河南省安阳市林州市2023_2024学年高一数学下学期5月月考试题含解析

这是一份河南省安阳市林州市2023_2024学年高一数学下学期5月月考试题含解析，共17页。试卷主要包含了已知函数等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡的相应位置上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
选择题（共8小题，每小题5分，共40分，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（为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，，，满足（），且，若为，的夹角，则的值是（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数 (为常数, ,)的部分图象如图所示,则下列结论正确的是（ ）
A．函数的最小正周期为
B．直线是函数图象的一条对称轴
C．函数在区间上单调递增
D．将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，则
5．在中，是边上一点，且是的中点，记，则（ ）
A．B．C．D．
6．如图，在正方形中，,和相交于点G，且F为上一点（不包括端点），若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．15
7．已知点O是内部一点，并且满足，的面积为，的面积为，则（ ）
A．2B．3C．D．
8．如图，现有棱长为6cm的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥，且分别为棱靠近的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的体积的最大值为（ ）

A．B．
C．D．
二．多选题（共3小题，每题6分，共18分。在每题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分。）
9．如图，在正方体中，，均为所在棱的中点，是正方体表面上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．三棱锥的体积为
C．过三点的平面截正方体所得截面的面积为
D．若，则点的轨迹长度为
10．已知函数（），则下列结论正确的是（ ）
A．对于任意的，总为奇函数
B．对于任意的，总为周期函数
C．当时，图像关于点中心对称
D．当时，的值域为
11．正三棱柱中，为棱的中点，为线段(不包括端点)上一动点，分别为棱上靠近点的三等分点，过作三棱柱的截面，使得垂直于且交于点，下列结论正确的是（ ）
A．截面B．存在点使得平面截面
C．当时，截面的面积为D．三棱锥体积的最大值为
三．填空题（共3小题，每题5分，共15分。）
12．已知一个圆台的上、下底面半径分别为2，4，它的侧面展开图扇环的圆心角为，则这个圆台的侧面积为.
13．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为．
14．在棱长为4的正四面体中，，过点作平行于平面ABC的平面与棱PB、PC分别交于点E、F，过点作平行于平面PBC的平面与棱AB、AC分别交于点G、H，记分别为三棱锥的外接球球心，则．
四．解答题（共5小题，共77分）
（13分）15．已知的图象关于点对称，且在区间上单调递减，在区间上单调递增，.
(1)求的解析式；
(2)若，求满足不等式的解集.
（15分）16．已知复数(为虚数单位).
(1)求;
(2)若，其中，求的值;
(3)若，且是纯虚数，求.
（15分）17．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，、分别为、的中点.

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：平面平面；
（Ⅲ）求证：平面.
（16分）18．已知函数．
（Ⅰ）求的单调递增区间和最值；
（Ⅱ）若函数在有且仅有两个零点，求实数a的取值范围．
（18分）19．如图，在平面四边形ABCD中，已知，，为等边三角形，记，.
(1)若，求的面积；
(2)证明：；
(3)若，求的面积的取值范围.答案
1．B【详解】，而为实数，故，
2．B【详解】由得，
所以，
3．A【详解】因为，可得，
所以，可得，
所以，可得，
不妨令分别为且，所以，即，
因为且，经检验可得，此时.
4．D【详解】由函数图象知，，函数零点为，相邻对称轴为，
故，即，，即，
当时，，因为，解得：时，，
所以函数，函数的周期为，故A错误；
当时，，不是函数的对称轴，故B错误；
当 时， ，是先减后增，不是函数的单调递增区间，故C错误；
函数向左平移个单位后得到函数，
所以D正确.
5．D【详解】
，

6．B【详解】由题可设，
则由题意得，
因为、、三点共线，故，
所以，
所以，
又、、三点共线，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为.
7．A【详解】因为，
所以,
所以
取的中点,则, .
，即为中线的中点,如图所示，
则的面积为，的面积为，
.
所以.
8．B【详解】由题意，设点到平面的距离为，
而
，
由，得，解得，
棱长为6的正方体的正方体的内切球的半径为，
棱长为6的正方体体对角线的长度为，
因为，
所以所求球形体积最大时即为棱长为6的正方体的正方体的内切球，
则该球形饰品的体积的最大值为.
9．BCD【详解】选项A，如图，设点是棱中点，由均为所在棱的中点，
根据中位线易得,进而可得与点共面，所以平面，错误；
选项B，如图，因为面在正方体前侧面上，所以点到面的距离等于的长，
正方形中 ，
则三棱锥的体积为,
选项C，由选项A知过三点的平面截正方体所得截面为正六边形,边长，所以面积为，
选项D，由 知点轨迹为为球心，为半径的球与正方体表面的交线，如图，
由正方体棱长得，交线为三段半径为的四分之一圆，长度为，
10．ABC【详解】对于A，因为，所以对于任意的，总为奇函数，故A正确；
对于B，因为，所以对于任意的，总有周期，总为周期函数，故B正确；
对于C，当时，，所以此时的图象关于点中心对称，故C正确；
对于D，当时，
，又因为的定义域为，所以的值域为，故D错误；
11．ACD【详解】对于A，因为棱柱为正三棱柱，所以,
又平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B，取，中点为，连接，交于于点，则，
因为分别为棱上靠近点的三等分点，
所以，，则，
因为正三棱柱，所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，即，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，又平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
又，且，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面与不平行，故B错误；
对于C，当时，作出截面图如图所示，
设延长线交于点，则，
因为，所以，所以，
所以，则，，
过点作，交于点，连接，
则，且，
因为，所以，
在中，由勾股定理得，同理可得，
所以，
所以截三棱柱的截面四边形为等腰梯形，高的长为，
所以，故C正确；
对于D，作出截面图如图所示，
因为，，所以，所以点在以为直径的圆上，
当点在的中点时，点到底面距离最大，且最大值为，
因为，所以此时点在线段上，符合条件，
所以三棱锥的体积最大值为，故D正确；
故选：ACD．
12．
【详解】因为圆台的上底面圆半径2，下底面圆半径4，它的侧面展开图扇环的圆心角为，
设圆台的母线长为l，扇环所在的小圆的半径为x，如图，由题意可得：
，解得，
所以圆台的侧面积,
故答案为：.

13．
【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中，且点M为BC边上的中点，
设内切圆的圆心为，

由于，故，
设内切圆半径为，则：
，
解得：，其体积：.
故答案为：.
14．/
【详解】正四面体的外接球球心为，正四面体可扩成正方体，正四面体的棱为正方体的面对角线，
正四面体的棱长为4，则正方体的棱长为，正方体的体对角线长为，
所以正方体的外接球半径为，即正四面体的外接球半径为，有，
平面平面，平面平面，，三棱锥都是正四面体，
则三点共线，三点共线，，，则有，，
中，由余弦定理，，
中，由余弦定理，.
故答案为：.
15．(1)(2)
【详解】（1）根据题意，且在区间上单调递减，
在区间上单调递增，则为函数的对称轴，
又函数图象关于点对称，且对称点在单调区间内，
所以，则，，
且，又，所以，
再由，即，所以，
所以；
（2）由，得，
而，则，，
则，则或，
解得或，
所以满足不等式的解集为.
16．(1)(2)(3)或.
【详解】（1）依题意，，所以.
（2），
所以
（3）设，则，即，
，
由是纯虚数，则有，
由，解得或，
所以或.
17．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.
【详解】（Ⅰ）∵，且为的中点，∴.
∵底面为矩形，∴，∴；
（Ⅱ）∵底面为矩形，∴.
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，∴.
又，，、平面，平面，
∵平面，∴平面平面；
（Ⅲ）如图，取中点，连接.

∵分别为和的中点，∴，且.
∵四边形为矩形，且为的中点，∴，
∴，且，∴四边形为平行四边形，
∴，又平面，平面，∴平面.
18．（Ⅰ）单调递增区间为，，最大值为，最小值为；（Ⅱ）
【详解】（Ⅰ）
，
令，，解得，，
故的单调递增区间为，，
易得的最大值为，最小值为；
（Ⅱ）函数在有且仅有两个零点，
函数，与有且仅有2个不同的交点，
由（1）可知当时，在单调递增，在单调递减，
又，所以实数的取值范围为.
19．(1)(2)证明见解析(3)
【详解】（1）在平面四边形中，已知，，为等边三角形，记，
在中，由余弦定理，，
所以，则，所以，
又因为为等边三角形，
所以，且，
所以，
则的面积为；
（2）在中，由正弦定理可得，
即且，
由于，
故，
由于三角形中，，因此，得证，
（3）在平面四边形中，已知，，为等边三角形，，设，
在中，由余弦定理，，
，
在中，由正弦定理，，即，所以，
结合
，
又因为，所以，
所以，
即的面积的取值范围为．