四川省安岳中学2024-2025学年高一（强基班）下学期3月月考数学试卷（Word版附解析）

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一、选择题：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. 已知复数z满足，则z的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，结合复数的定义，即可求解.
【详解】由复数，可得，
所以复数的虚部为.
故选：C.
2. 石室中学校园环境优美，植物种类繁多，其中银杏树尤为漂亮.某数学学习小组为了测量校园内一棵银杏树的高度，首先在处，测得树顶的仰角为，然后沿方向行走14米至处，又测得树顶的仰角为，则树高为（ ）米．
A. B. C. D. 13
【答案】A
【解析】
【分析】令杏树的高度为，借助仰角的定义，以及直角三角形的性质，用表示相应边长，然后利用勾股定理即可求出高度.
【详解】
如图，令杏树的高度为，根据题意,
所以，在中，，在中，，
所以，在中，,
即，解得，
故选：A
3. 如图，在中，，若的水平放置直观图为，则的面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用斜二测画法规则求出的边及这边上的高即可计算作答.
【详解】在中，，，则，，
由斜二测画法规则知，，，，边上的高，
所以的面积为.
故选：B
4. 在中，，点是的中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的线性运算，以及数量积的运算律即可求解.
【详解】
.
故选：A.

5. 已知，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角恒等变换求出，再利用诱导公式及二倍角公式求解即得.
【详解】由，得，则，
所以.
故选：C
6. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，，则三棱锥与三棱锥的体积比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意结合三棱锥的体积公式可得，进而可得，即可得解.
【详解】因为底面为平行四边形，所以，
所以，
因为，所以，所以，
所以，
因此.
故选：C.
【点睛】本题考查了三棱锥体积公式的应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于基础题.
7. 斯特瓦尔特定理是由世纪的英国数学家提出的关于三角形中线段之间关系的结论．根据斯特瓦尔特定理可得出如下结论：设中，内角、、的对边分别为，点在边上，且，则．已知中，内角、、的对边分别为，，，点在上，且的面积与的面积之比为，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理可求得角的值，由余弦定理可得出的值，由已知可得出，再利用斯特瓦尔特定理可求得的长.
详解】由及正弦定理可得，
因为，则，所以，则，
因为，故，因为，
由余弦定理可得，
因为的面积与的面积之比为，所以，
则，故，
由斯特瓦尔特定理可得，
因此.
故选：A.
8. 在直角梯形中，,,,,分别为 的中点，点在以为圆心，为半径的圆弧上运动（如图所示）．若，其中，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先建立平面直角坐标系，然后将每个点用坐标的形式表示出来，根据条件，列出等式，并化简，最后求出的取值范围.
【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，则
设,.
则.
因为，所以.
化简得：.
解得：.
所以.
因为，所以.
所以.
故选：B.
二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列结论中正确的选项有（ ）
A. 若，则
B. 在锐角中，不等式恒成立
C. 在中，若，则必是等腰直角三角形
D. 若且该三角形有两解，则b的取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用正弦定理，正弦函数的性质及倍角公式，结合各选项条件逐项求解判断．
【详解】对于A，在中，，A正确；
对于B，锐角中，，则，
故，B正确；
对于C，在中，若，则，
即得，故或，
故或，即是等腰三角形或直角三角形，C错误；
对于D，有两解，如图示，
则，而，因此，D正确．
故选：ABD
10. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 的图象关于点对称
B. 在上单调递增
C. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象
D. 若方程在 上有两个不相等的实数根，则的取值范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数的图象，求得，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数图象，可得，所以，则，
又由，即，
可得，所以，
因为，可得，所以，
对于A中，由，
所以点不是函数的对称中心，所以A错误；
对于B中，当时，可得，
根据正弦函数的性质，可得在单调递增，
所以在上单调递增，所以B正确；
对于C中，将函数的图象向右平移个单位长度，
得到，所以C正确；
对于D中，当时 ，可得，
当时，即时，可得；
当时，即时，可得；
当时，即时，可得，
要使得方程在上有两个不相等的实数根，
如图所示，可得，即实数的取值范围是，所以D正确.
故选：BCD.

11. 已知圆台的轴截面如图所示，其上底面半径为1、下底面半径为2，母线长为2，为母线中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 圆台的高为2
B. 圆台的侧面积为
C. 圆台外接球的体积是
D. 在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为5
【答案】BCD
【解析】
【分析】在圆台轴截面利用勾股定理计算判断A选项；利用圆台的侧面积公式计算判断B选项；利用轴截面计算圆台外接球的半径，再利用球的体积公式计算得出结果判断C选项；在圆台的侧面上，从到的最短路径，在计算求得判断D选项；
【详解】对于A,如图所示，
过作交于点，过作交于点,
根据题意在中，,
故A错误；
对于B，圆台的侧面积为，故B正确；
对于C，设圆台外接球的球心为，半径.由题意可得：.
设，则，由，即，
解得：.即重合，所以.圆台外接球的体积是.故C正确；
对于D，如图示，
在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为.由题意可得：.由为中点，所以，所以.故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，若，则m=______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用向量垂直的坐标表示计算即得.
【详解】向量，由，得，
所以.
故答案为：
13. 如图，，分别是正方形的边，的中点，把，，折起构成一个三棱锥（，，重合于点），则三棱锥的外接球与内切球的半径之比是______.

【答案】
【解析】
【分析】根据两两垂直可知，三棱锥的外接球也是以为长，宽，高的长方体的外接球，即可求出其外接球半径，再根据等积法可求出其内切球的半径，从而得解．
【详解】因为两两垂直，所以三棱锥的外接球也是以为长，宽，高的长方体的外接球，设其外接球半径为，正方形边长为，所以，，
即，解得．
因为三棱锥的表面积即为正方形的面积，，设其内切球的半径为，
所以，，即．
因此，．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球和内切球的半径的求法，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．
14. 在中，内角所对的边分别是，且，，则边上的中线的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据三角形内角和定理结合二倍角的正弦公式化简求值即可求，利用向量的加法运算及数量积模的运算得，利用正弦定理得，然后利用正弦函数的性质求解范围即可.
【详解】由，可得，
因为，所以，所以，所以，
所以，所以，所以，所以，
由余弦定理可得，
因为是的中点，所以，
所以，
由正弦定理可得，
所以，
因为，所以，所以，
所以，所以，所以.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类：（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.
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. 已知平面向量和非零向量，，，.
（1）求及；
（2）求与的夹角.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）将两边平方，结合数量积的运算律求出，再由数量积的定义计算可得；
（2）首先求出，，再由夹角公式计算可得.
【小问1详解】
因为，，，所以，
即，即，解得或（舍去），
所以；
【小问2详解】
因为，
，
所以，
因为，所以，
所以与的夹角为．
16. 在锐角中，内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求角的大小；
（2）若，，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式可得的值，再由角的范围，可得角的大小；
（2）由余弦定理可得的值，进而求出三角形的周长．
小问1详解】
因为，由正弦定理可得，
整理得，
即，
在三角形中，
所以，又，所以，
所以，又，所以；
【小问2详解】
因为，，，
由余弦定理可得，
所以，
所以（负值已舍去），
所以的周长．
17. 在①，②，③这三个条件中，任选一个，补充在下面问题中．
问题：在中，，，分别为角，，所对的边，，______．
（1）求角；
（2）求的最大值
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）选择①：利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，结合范围，可求的值．
选择②：由正弦定理化简已知等式可得，由余弦定理可得，结合范围，可求的值．
选择③：由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简可得，结合范围，可求的值．
（2）由（1）及正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求，结合，且为锐角，可得存在角使得，利用正弦函数的性质即可求解最大值．
【详解】解：（1）选择①：由，得
即，
所以，
因为，所以，故，
所以．
选择②：由正弦定理，可化为，
由余弦定理，得，
因为，所以，
选择③：由正弦定理，得，
又．
由，得，
因为，所以，
因为，所以．
（2）在中，由（1）及，，
故，，
所以
，
因为且为锐角，
所以存在角使得，
所以的最大值为．
【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.
18. 如图，是圆柱的直径且是圆柱的母线且，点C是圆柱底面圆周上的点．

（1）求圆柱的侧面积和体积；
（2）求三棱锥体积的最大值；
（3）若是的中点，点E在线段上，求的最小值．
【答案】（1）；
（2）1； （3）.
【解析】
【分析】（1）利用圆柱的侧面积公式和体积公式直接计算可得；
（2）分析点C到的最大距离，结合三棱锥的体积公式可得；
（3）将绕着旋转到使在的反向延长线上，利用余弦定理求解即可.
【小问1详解】
圆柱的底面半径，高，
圆柱的侧面积，
圆柱的体积.
【小问2详解】
三棱锥的高，底面三角形中，，
则当点C到的最大值等于底面圆的半径1，
所以三棱锥体积的最大值.
【小问3详解】
将绕着旋转到使在的反向延长线上，
，，
，
，
，
即的最小值为等于．

19. 在平面直角坐标系中，定义向量为函数的有序相伴向量.
（1）设为函数有序相伴向量，求实数的值；
（2）若的有序相伴向量为，若函数，与直线有且仅有四个不同的交点，求实数的取值范围；
（3）将（1）中所得函数的图象向左平移得到函数.已知，，请问在函数图象上是否存在一点，使得成立.若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）由有序相伴向量的定义和三角恒等变换计算即可；
（2）首先得到解析式，即可得到函数图象，数学结合即可求出参数的取值范围；
（3）根据三角函数的变换规则得到解析式，设，由平面向量垂直的坐标表示和三角函数的有界性即可求得．
【小问1详解】
依题意可得，
所以
，
所以，又，所以；
【小问2详解】
由题意得，则，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
作出函数，的图象，如下图所示，
又，，
由图象可知，时，函数，的图象与直线有且仅有四个不同的交点，
所以的范围是；
【小问3详解】
由（1）可知，
将函数的图象向左平移得到，
设，因为，，
所以，，
又因为，则，所以，
所以，所以，
因为，所以，所以，
又因为，所以当且仅当时，和同时等于，这时式成立，
所以在图象上存在点，使得．