河南省驻马店高级中学2024-2025学年高一下学期4月月考 数学试题（含解析）

这是一份河南省驻马店高级中学2024-2025学年高一下学期4月月考 数学试题（含解析），共10页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，满分等内容，欢迎下载使用。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
4.满分：150分 考试时间：120分
一、单选题（每小题5分，共计40分）
1．是（ ）
A．第一象限角B．第二象限角
C．第三象限角D．第四象限角
2．已知正方形的边长为1,则=
A．2B．3C．D．
3．“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．已知平行四边形中，点为的中点，， （），若，则（ ）
A．1B．2C．D．
5．魏晋南北朝时期，祖冲之利用割圆术以正24576边形，求出圆周率约等于，和相比，其误差小于八亿分之一，这个记录在一千年后才被打破．若已知的近似值还可以表示成，则的值约为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数的部分图象如图所示，若是直线与函数图象的从左至右相邻的三个交点，且，则实数（ ）
A．B．C．D．
7．已知正四棱锥的底面边长为2，高为，则其内切球半径是（ ）
A．1B．C．D．
8．如图，设Ox，Oy是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系xOy中的坐标，则该坐标系中和两点间的距离为（ ）

A．
B．
C．
D．
二、多选题（每小题6分 共计18分）
9．已知复数，则下列命题一定成立的有（ ）
A．若，则B．若，则
C．D．
10．已知复数，以下说法正确的是（ ）
A．的实部是5
B．
C．
D．在复平面内对应的点在第一象限
11．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是( ).
A．若，则
B．若，则为锐角三角形
C．若，则为等腰三角形
D．若，，这样的三角形有两解，则的取值范围为
填空题 （每小题5分，共计15分）
12．已知，且与 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是 .
13．已知幂函数在上为增函数，则实数m的值是 ．
14．郑州二七塔是为了纪念二七大罢工而修建，是中国建筑独特的仿古联体双塔，小米同学为了测量二七塔的塔高，在塔底所在的水平面内取点，测得塔顶的仰角为，前进米后到达点，测得塔顶的仰角为，再前进米后到达点，测得塔顶的仰角为，则塔高 米.（参考数据：，最终结果保留整数，即结果精确到）
四、解答题
15．（13分）
已知函数．
(1)求函数的解析式，并求其图象的对称轴方程；
(2)求函数在上的单调递增区间．
（15分）
已知复数（），是实数，是虚数单位.
(1)求的值；
(2)若复数所表示的点在第一象限，求实数m的取值范围.
17．（17分）
如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，，且平面平面，在平面内过作，交AD于，连PO.
(1)求证：平面；
(2)在线段PA上存在一点，使直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为，求PM的长.
18．（15分）
已知的内角、、的对边分别为、、，且．
(1)求；
(2)设为的中点，；求：①面积的最大值；②的最大值．
19．（17分）
在平面直角坐标系中，利用公式①（其中a，b，c，d为常数），将点变换为点的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由a，b，c，d组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母A，B，…．表示．

(1)在平面直角坐标系中，将点绕原点O按逆时针旋转得到点（到原点距离不变），求点的坐标；
(2)如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点O按逆时针旋转角得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵；
(3)向量称为行向量形式，也可以写成，这种形式的向量称为列向量，线性变换坐标公式①可以表示为：，则称是二阶矩阵与向量的乘积，设A是一个二阶矩阵，是平面上的任意单位向量，是平面上与不垂直的向量，且与夹角为，满足；当在方向上的投影向量模长为1时，求矩阵A
数学参考答案
1．C
【分析】利用象限角的定义直接求解．
【详解】∵
∴是第三象限角，
故选C
【点睛】本题考查角所在象限的判断，考查象限角的定义等基础知识，考查了推理能力与计算能力，是基础题．
2．C
【解析】正方形中根据向量的加法法则，即可得解.
【详解】由题正方形的边长为1,根据向量加法法则，
.
故选：C
【点睛】此题考查向量加法的平行四边形法则，根据加法法则求出向量之和，再求模长.
3．A
【分析】利用正弦函数的定义及充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】由，得；
反之，取满足，而，
所以“”是“”的充分而不必要条件.
故选：A
4．B
【分析】设，根据平面向量的线性运算，结合平面向量的基本定理求解即可
【详解】解：依题意设，
则，
即，所以，故；
故选：B．
5．C
【分析】将代入，结合三角恒等变换化简可得结果.
【详解】将代入，
可得
.
故选：C.
6．D
【分析】根据图象求出，得，分类讨论、，结合图形和三角函数的对称性求出，根据计算即可.
【详解】由的部分图象知，，解得，
所以，又，解得，
因为，所以，所以.
若，不妨设的位置如图1所示，则，
又，所以，又，
所以；
同理时，如图2，，
令，解得，
所以点是图象与轴的一个交点，即关于直线对称，
得，解得，
所以.
综上，.
故选：D
7．D
【分析】根据正四棱锥的轴截面，转化成等腰三角形的内切圆问题，转化为直角三角形，运用勾股定理解出内切球半径.
【详解】
设正四棱锥内切球球心为，其在底面的投影为，则三点共线，内切球半径为，取中点，中点，则正四棱锥内切球半径即为的内切圆半径，
因为底面边长为，所以，，
因为高为，即，则，
所以，
在中，即，解得，
故选：D.
8．D
【分析】由题意可得再利用向量减法运算法则以及向量数量积的运算法则求解即可.
【详解】因为该坐标系中和，
所以
则，
所以
=
即该坐标系中和两点间的距离为：
故选：D.
9．AC
【分析】根据共轭复数的概念和复数的四则运算，结合复数模的计算及性质，逐项判断即可.
【详解】设，则.
对于A：，
若，则，
所以，即，故A一定成立；
对于B：，若，则①，
，同理，
若，则需满足且，与①式不同，故B不一定成立；
选项C：，
，
所以，故C一定成立；
选项D：②，
，与②式不同，故D不一定成立.
故选：AC
10．ABC
【分析】根据给定条件，求出复数的实部、模、共轭复数及复平面内对应点依次判断ABCD.
【详解】对于A，复数的实部是5，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，在复平面内对应的点在第四象限，D错误.
故选：ABC
11．AD
【分析】利用正弦定理判断A、D，利用余弦定理判断B，利用正弦定理将边化角，再由二倍角公式判断C.
【详解】对于A，因为，由正弦定理可得，所以，故A正确；
对于B，由余弦定理，可知为锐角，
但是无法判断角A和角B是否为锐角，所以无法判断是否为锐角三角形，故B错误；
对于C，因为，所以，即，
又，所以，所以或，
即或，即为等腰三角形或直角三角形，故C错误；
对于D，因为三角形有两解，所以，即，即的取值范围为，故D正确.
故选：AD.
12．且
【分析】根据与 的夹角为锐角，由，且与 不共线解不等式求解.
【详解】因为，
所以，
因为与 的夹角为锐角，
所以，且与 不共线，
所以，且，
解得且.
故答案为：且.
13．3
【分析】根据幂函数的定义求得，再由单调性确定最终结论．
【详解】由题意，解得或，时，在上递减，时，在上递增，所以．
故答案为：3.
14．63
【分析】根据正弦定理，结合和差角公式即可求解.
【详解】在中，，
在中，由正弦定理得：
，由于为锐角，故，
在Rt中，,
故答案为：63
15．(1)，对称轴方程为；
(2)和
【分析】（1）直接对的表达式进行三角恒等变换即可求出解析式，进而得到其图象的对称轴方程；
（2）先考虑的单调递增区间，然后令属于该区间即可解得的单调区间.
【详解】（1），
由，解得；
所以，函数图象的对称轴方程为；
（2）当时，有，要使单调递增，
则需要，或，
解得，或；
故函数在上的单调递增区间为和．
16．(1)2
(2)
【分析】（1）运用复数四则运算可得，结合复数为实数的定义即可求得，进而可求得复数模.
（2）化简，结合复数几何意义即可求得结果.
【详解】（1）因为（），所以，
又因为是实数，
所以，即，
所以，
所以.
（2）由（1）知，，
所以，
又因为复数所表示的点在第一象限，
所以，解得，
故的取值范围为.
17．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由已知四边形为矩形，证明，由条件根据面面垂直性质定理证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，设，求，利用向量方法求直线与平面所成的角的正弦值，列方程求.
【详解】（1）因为，因为，，
所以四边形为矩形，
在中，，，，
则，
，，
且平面平面，平面
平面平面，
平面；
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，，可得，
则，，，，，
设，则，
又平面的法向量为，
直线与平面所成的角的正弦值为，
解得，.
18．(1)
(2)①；②.
【分析】（1）由余弦定理、正弦定理结合两角差的正弦公式可得出，结合、的取值范围可得出、的关系，由此可得出角的值；
（2）①由余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，再结合三角形的面积公式即可求得面积的最大值；
②由平面向量的线性运算可得出，由平面向量数量积的运算性质可得出，由余弦定理可得出，可得出、的表达式，结合基本不等式可得出关于的不等式，由此可解得的最大值.
【详解】（1）由余弦定理可得，所以，，
由得，整理可得，
由正弦定理可得，
即，
所以，，
所以，，
因为、、，所以，、、，有如下几种情况：
，即，矛盾；
，即，矛盾；
，可得，解得.
（2）①由余弦定理、基本不等式可得，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，，
故面积的最大值为；
②因为为边的中点，则，即，
所以，，
所以，，
又因为，
所以，，由①知，
可得，解得，
当且仅当时，等号成立，故的最大值为.
19．(1)
(2)，
(3)答案见解析.
【分析】（1）设以坐标系原点O为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点的角为，由题可得，代入数据可得答案；
（2）设以坐标系原点O为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点的角为，由题可得，化简后可得答案.
（3）注意到，然后分顺时针，逆时针两种旋转方向结合（2）中结论可得答案.
【详解】（1）由题，设以坐标系原点O为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点的角为，则，
将点绕原点O按逆时针旋转得到点，
则以坐标系原点为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点的角为，
则点的横坐标为，
纵坐标为.
故点坐标为：；
（2）由题，设以坐标系原点O为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点的角为，则，
将点绕原点O按逆时针旋转得到点
则以坐标系原点为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点的角为，
则，
.
故坐标变换公式为，对应的二阶矩阵为；
（3）设，，，
以坐标系原点O为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点的角为.
以坐标标系原点O为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点的角为，
因在方向上的投影向量模长为1，则.
若角终边逆时针旋转得到，则为得到满足题意的，
可将点绕原点逆时针旋转得到，
再将延长倍，即可得到
由（2）中结论，，
则.
由题，对应矩阵为；
若角终边顺时针旋转得到，即逆时针旋转得到，
为得到满足题意的，类似于上述过程，
可得，
则，
对应矩阵为.
综上，当，矩阵A可为或；
当，矩阵A可为或