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广西百色市平果市铝城中学2023-2024学年高一下学期4月月考测试数学试卷（原卷版+解析版）
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这是一份广西百色市平果市铝城中学2023-2024学年高一下学期4月月考测试数学试卷（原卷版+解析版），文件包含广西百色市平果市铝城中学2023-2024学年高一下学期4月月考测试数学试卷原卷版docx、广西百色市平果市铝城中学2023-2024学年高一下学期4月月考测试数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
分别求两个集合，再求并集.
【详解】由题意，，∴.
故选：A.
2. 复数（其中为虚数单位）在复平面内所对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的运算法则及性质求解即可.
【详解】，
根据复数性质得在复平面对应的点为，在第四象限.
故选：D.
3. 已知命题：，，则命题的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用含有一个量词的命题的否定求解作答.
【详解】因命题：，，则命题是全称量词命题，其否定是存在量词命题，
所以命题的否定是：，.
故选：A
4. 设为两条直线，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】A
【解析】
【分析】根据所给条件举出反例，排除错误选项即可．
【详解】对于A，若，则，故A正确；
对于B，若，则也可能垂直于，故B错误；
对于C，若，则也可能平行于，故C错误；
对于D，若，则，的位置关系不确定，可能平行或异面或垂直．
故选：A．
5. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦定理列出方程，整理得到，即可求解.
【详解】在中，因为，，，
由余弦定理得，即，
可得，解得或（舍去）.
故选：D.
6. 已知的外接圆圆心为O，半径为2，，且，则在方向上的投影为（ ）
A. -3B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据条件分析得四边形为菱形，得到，利用定义求出在方向上的投影.
【详解】由，得，
所以四边形为平行四边形，
又O为的外接圆圆心，所以，又，
所以为正三角形，四边形是边长为2的菱形，
所以，所以在方向上的投影为.
故选：D.
【点睛】求在方向上的投影的方法：
①定义法：求出及与的夹角直接求；②利用数量积求在方向上的投影：.
7. 已知向量满足，则（ ）
A. B. C. 0D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据数量积的定义及运算律计算即可.
【详解】因为，
所以，
所以.
故选：C.
8. 1859年，英国作家约翰·泰勒（Jhn Taylr，1781-1846）在其《大金字塔》一书中提出：古埃及人在建造胡夫金字塔时利用了黄金数（）．泰勒还引用了古希腊历史学家希罗多德的记载：胡夫金字塔的形状为正四棱锥，每一个侧面的面积都等于金字塔高的平方．如图，已知金字塔型正四棱锥的底面边长约为656英尺，顶点P在底面上的投影为底面的中心O，H为线段BC的中点，根据以上信息，的长度（单位：英尺）约为（ ）
A. 302.7B. 405.4C. 530.7D. 1061.4
【答案】C
【解析】
【分析】结合已知条件，利用勾股定理列方程，化简求得的长度.
【详解】设，，，由已知得，
又由勾股定理，故，即，
因此可求得，则．
故选：C
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，答案有两个选项只选一个对得3分，错选不得分；答案有三个选项只选一个对得2分，只选两个都对得4分，错选不得分.
9. 下列说法正确的有（ ）
A. 若，则的最大值是
B. 若，则的最小值为2
C. 若，，，则的最小值是4
D. 已知均为正实数，且，则的最小值为20
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用基本不等式逐一判断即可.
【详解】因为，所以，
，当且仅当时取等号，即时取等号，所以，因此选项A正确；
当时，方程无实数集，
所以有，因此选项B不正确；
因为，，所以有
，或（舍去），
当且仅当时取等号，即时取等号，因此选项C正确；
，
当且仅当时取等号，即时取等号，因此选项D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点睛：根据代数式的形式进行合理变形，利用基本不等式是解题的关键.
10. 以下关于正弦定理或其变形正确的有（ ）
A. 在中，若，则B. 在中，
C. 在中，若，则D. 在中，
【答案】BCD
【解析】
【分析】A根据内角的范围，由，得或，再边角转化判断；B在中，根据正弦定理得：，再结合正弦函数的值域判断；C根据判断；D根据正弦定理，由判断.
【详解】A：在中，若，则或，所以或 故A错误.
B. 在中，由正弦定理得：，因为，所以，故B正确.
C. 在中，由正弦定理得，故C正确.
D. 在中，由正弦定理得，所以，故D正确.
故选：BCD.
11. 将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，且的图象相邻两条对称轴间的距离为，下列说法正确的是（ ）
A.
B. 是的一条对称轴
C. 当时，的值域为
D. 在区间上单调递增
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意先利用三角恒等变换化简函数，求出平移后的解析式，再利用正弦函数的性质即可判断每个选项的正误.
【详解】把的图象向右平移个单位后得到，
图象相邻两条对称轴间的距离为，，即，则，
，故A错误；
，故是一条对称轴，故B正确；
当时，，则当时，取得最大值为，当时，取得最小值为，故的值域为，故C正确；
当时，，则可得在区间上单调递增，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的恒等变换和正弦函数的性质，解题的关键是先化简得出，结合正弦函数的性质求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在用斜二测画法画水平放置的时，若∠A的两边平行于x轴、y轴，则在直观图中，∠A′＝________．
【答案】45°或135°
【解析】
【分析】利用斜二测画法规则即可得出结果.
【详解】解析：因为∠A的两边平行于x轴、y轴，故∠A＝90°，在直观图中，
按斜二测画法规则知∠x′O′y′＝45°或135°，即∠A′＝45°或135°．
故答案为：45°或135°
13. 已知平面向量，，且．则____________．
【答案】5
【解析】
【分析】根据得到，解得，然后利用坐标求模长即可.
【详解】因为，所以，解得，所以，.
故答案为：5.
14. 如图，已知▱ABCD的边BC，CD上的中点分别是M，N，且＝ ，＝，若 (x，y∈R)，则x＋y＝________.
【答案】
【解析】
【分析】由平面向量基本定理将、分别用、来表示，解方程组得到.
【详解】设，，则，.
由题意得 解得
∴
故x＝ ，y＝－，
∴x＋y＝.
故答案为.
【点睛】本题考查向量的求法，考查平面向量基本定理，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知．
（1）化简；
（2）若是第三象限角，且，求值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式化简即可；
（2）利用同角三角函数的平方关系可得，然后结合诱导公式可解.
【小问1详解】
．
【小问2详解】
因，，所以，
又因为是第三象限角，所以为第三象限角，
所以，
故．
16. 已知关于的方程的两个根分别为和，且．
（1）求的值；
（2）求值；
（3）求方程的两根及的值．
【答案】（1）
（2）
（3）两根为，；或.
【解析】
【分析】（1）由和是方程的两个根得，利用商数关系，求出代数式的值；
（2）利用平方关系，和，求得m的值.
（3）解方程，得和的值，由，得的值.
【小问1详解】
因为和是方程的两个根，所以，
原式.
【小问2详解】
因为，所以，
所以，解得.
【小问3详解】
由（2）可知，，所以方程的两根为，，
所以或，又因为，所以或.
17. 设，.
（1）求；
（2）若，且，与的夹角为，求x，y的值.
【答案】（1）
（2），或，
【解析】
【分析】（1）根据向量夹角得坐标表示计算即可；
（2）由模的向量坐标运算及夹角的向量坐标运算联立方程即可求解.
【小问1详解】
由，，得，，，
则，
又，所以；
【小问2详解】
因为，，
所以，
又，
所以，
又，
即，
由，解得或，
∴，或，.
18. 在五面体中，面为平行四边形，，且，为棱的中点.
（1）的中点为，证明：平面平面；
（2）请画出过点，，的平面与平面的交线，证明．
【答案】（1）证明见解析；
（2）在平面内过作直线，证明见解析．
【解析】
【分析】（1）连接，证明，，得线面平行，然后可得面面平行；
（2）在平面内过作直线，即为所求，由线面平行的判定定理与性质定理证明．
【小问1详解】
连接，
因为，且，是平行四边形，
所以且，所以是平行四边形，，同理，
平面，平面，所以平面，同理平面，
又，平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
在平面内过作直线，即为平面和平面的交线；
证明如下：
设平面和平面的交线为
由（1），平面，平面，所以平面，
又平面，平面平面，
所以，所以．
19. 在中，角的对边分别为.
（1）求的大小；
（2）若的平分线交于点，且，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知和正弦定理，将角化成边的关系，再用余弦定理求出；
（2）方法一由角平分线定理和余弦定理得出三边长的关系，再用三角形的面积公式得出结果；方法二由角平分线定理和三角形面积关系求出，再用面积公式求出面积.
【小问1详解】
由及正弦定理，
得，即，
所以，
又，所以.
【小问2详解】
方法一：因为平分，且，
所以，则，
由，得.
又，
将代入，可得或.
当时，，则，故舍去，所以.
所以.
方法二：因为平分，且，所以，则.
因为，
所以，所以，
则，所以，
所以.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
分别求两个集合，再求并集.
【详解】由题意，，∴.
故选：A.
2. 复数（其中为虚数单位）在复平面内所对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的运算法则及性质求解即可.
【详解】，
根据复数性质得在复平面对应的点为，在第四象限.
故选：D.
3. 已知命题：，，则命题的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用含有一个量词的命题的否定求解作答.
【详解】因命题：，，则命题是全称量词命题，其否定是存在量词命题，
所以命题的否定是：，.
故选：A
4. 设为两条直线，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】A
【解析】
【分析】根据所给条件举出反例，排除错误选项即可．
【详解】对于A，若，则，故A正确；
对于B，若，则也可能垂直于，故B错误；
对于C，若，则也可能平行于，故C错误；
对于D，若，则，的位置关系不确定，可能平行或异面或垂直．
故选：A．
5. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦定理列出方程，整理得到，即可求解.
【详解】在中，因为，，，
由余弦定理得，即，
可得，解得或（舍去）.
故选：D.
6. 已知的外接圆圆心为O，半径为2，，且，则在方向上的投影为（ ）
A. -3B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据条件分析得四边形为菱形，得到，利用定义求出在方向上的投影.
【详解】由，得，
所以四边形为平行四边形，
又O为的外接圆圆心，所以，又，
所以为正三角形，四边形是边长为2的菱形，
所以，所以在方向上的投影为.
故选：D.
【点睛】求在方向上的投影的方法：
①定义法：求出及与的夹角直接求；②利用数量积求在方向上的投影：.
7. 已知向量满足，则（ ）
A. B. C. 0D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据数量积的定义及运算律计算即可.
【详解】因为，
所以，
所以.
故选：C.
8. 1859年，英国作家约翰·泰勒（Jhn Taylr，1781-1846）在其《大金字塔》一书中提出：古埃及人在建造胡夫金字塔时利用了黄金数（）．泰勒还引用了古希腊历史学家希罗多德的记载：胡夫金字塔的形状为正四棱锥，每一个侧面的面积都等于金字塔高的平方．如图，已知金字塔型正四棱锥的底面边长约为656英尺，顶点P在底面上的投影为底面的中心O，H为线段BC的中点，根据以上信息，的长度（单位：英尺）约为（ ）
A. 302.7B. 405.4C. 530.7D. 1061.4
【答案】C
【解析】
【分析】结合已知条件，利用勾股定理列方程，化简求得的长度.
【详解】设，，，由已知得，
又由勾股定理，故，即，
因此可求得，则．
故选：C
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，答案有两个选项只选一个对得3分，错选不得分；答案有三个选项只选一个对得2分，只选两个都对得4分，错选不得分.
9. 下列说法正确的有（ ）
A. 若，则的最大值是
B. 若，则的最小值为2
C. 若，，，则的最小值是4
D. 已知均为正实数，且，则的最小值为20
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用基本不等式逐一判断即可.
【详解】因为，所以，
，当且仅当时取等号，即时取等号，所以，因此选项A正确；
当时，方程无实数集，
所以有，因此选项B不正确；
因为，，所以有
，或（舍去），
当且仅当时取等号，即时取等号，因此选项C正确；
，
当且仅当时取等号，即时取等号，因此选项D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点睛：根据代数式的形式进行合理变形，利用基本不等式是解题的关键.
10. 以下关于正弦定理或其变形正确的有（ ）
A. 在中，若，则B. 在中，
C. 在中，若，则D. 在中，
【答案】BCD
【解析】
【分析】A根据内角的范围，由，得或，再边角转化判断；B在中，根据正弦定理得：，再结合正弦函数的值域判断；C根据判断；D根据正弦定理，由判断.
【详解】A：在中，若，则或，所以或 故A错误.
B. 在中，由正弦定理得：，因为，所以，故B正确.
C. 在中，由正弦定理得，故C正确.
D. 在中，由正弦定理得，所以，故D正确.
故选：BCD.
11. 将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，且的图象相邻两条对称轴间的距离为，下列说法正确的是（ ）
A.
B. 是的一条对称轴
C. 当时，的值域为
D. 在区间上单调递增
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意先利用三角恒等变换化简函数，求出平移后的解析式，再利用正弦函数的性质即可判断每个选项的正误.
【详解】把的图象向右平移个单位后得到，
图象相邻两条对称轴间的距离为，，即，则，
，故A错误；
，故是一条对称轴，故B正确；
当时，，则当时，取得最大值为，当时，取得最小值为，故的值域为，故C正确；
当时，，则可得在区间上单调递增，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的恒等变换和正弦函数的性质，解题的关键是先化简得出，结合正弦函数的性质求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在用斜二测画法画水平放置的时，若∠A的两边平行于x轴、y轴，则在直观图中，∠A′＝________．
【答案】45°或135°
【解析】
【分析】利用斜二测画法规则即可得出结果.
【详解】解析：因为∠A的两边平行于x轴、y轴，故∠A＝90°，在直观图中，
按斜二测画法规则知∠x′O′y′＝45°或135°，即∠A′＝45°或135°．
故答案为：45°或135°
13. 已知平面向量，，且．则____________．
【答案】5
【解析】
【分析】根据得到，解得，然后利用坐标求模长即可.
【详解】因为，所以，解得，所以，.
故答案为：5.
14. 如图，已知▱ABCD的边BC，CD上的中点分别是M，N，且＝ ，＝，若 (x，y∈R)，则x＋y＝________.
【答案】
【解析】
【分析】由平面向量基本定理将、分别用、来表示，解方程组得到.
【详解】设，，则，.
由题意得 解得
∴
故x＝ ，y＝－，
∴x＋y＝.
故答案为.
【点睛】本题考查向量的求法，考查平面向量基本定理，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知．
（1）化简；
（2）若是第三象限角，且，求值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式化简即可；
（2）利用同角三角函数的平方关系可得，然后结合诱导公式可解.
【小问1详解】
．
【小问2详解】
因，，所以，
又因为是第三象限角，所以为第三象限角，
所以，
故．
16. 已知关于的方程的两个根分别为和，且．
（1）求的值；
（2）求值；
（3）求方程的两根及的值．
【答案】（1）
（2）
（3）两根为，；或.
【解析】
【分析】（1）由和是方程的两个根得，利用商数关系，求出代数式的值；
（2）利用平方关系，和，求得m的值.
（3）解方程，得和的值，由，得的值.
【小问1详解】
因为和是方程的两个根，所以，
原式.
【小问2详解】
因为，所以，
所以，解得.
【小问3详解】
由（2）可知，，所以方程的两根为，，
所以或，又因为，所以或.
17. 设，.
（1）求；
（2）若，且，与的夹角为，求x，y的值.
【答案】（1）
（2），或，
【解析】
【分析】（1）根据向量夹角得坐标表示计算即可；
（2）由模的向量坐标运算及夹角的向量坐标运算联立方程即可求解.
【小问1详解】
由，，得，，，
则，
又，所以；
【小问2详解】
因为，，
所以，
又，
所以，
又，
即，
由，解得或，
∴，或，.
18. 在五面体中，面为平行四边形，，且，为棱的中点.
（1）的中点为，证明：平面平面；
（2）请画出过点，，的平面与平面的交线，证明．
【答案】（1）证明见解析；
（2）在平面内过作直线，证明见解析．
【解析】
【分析】（1）连接，证明，，得线面平行，然后可得面面平行；
（2）在平面内过作直线，即为所求，由线面平行的判定定理与性质定理证明．
【小问1详解】
连接，
因为，且，是平行四边形，
所以且，所以是平行四边形，，同理，
平面，平面，所以平面，同理平面，
又，平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
在平面内过作直线，即为平面和平面的交线；
证明如下：
设平面和平面的交线为
由（1），平面，平面，所以平面，
又平面，平面平面，
所以，所以．
19. 在中，角的对边分别为.
（1）求的大小；
（2）若的平分线交于点，且，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知和正弦定理，将角化成边的关系，再用余弦定理求出；
（2）方法一由角平分线定理和余弦定理得出三边长的关系，再用三角形的面积公式得出结果；方法二由角平分线定理和三角形面积关系求出，再用面积公式求出面积.
【小问1详解】
由及正弦定理，
得，即，
所以，
又，所以.
【小问2详解】
方法一：因为平分，且，
所以，则，
由，得.
又，
将代入，可得或.
当时，，则，故舍去，所以.
所以.
方法二：因为平分，且，所以，则.
因为，
所以，所以，
则，所以，
所以.
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