重庆市第一中学2022-2023学年高一数学下学期4月月考试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第一中学2022-2023学年高一数学下学期4月月考试题（Word版附解析），共32页。试卷主要包含了 已知函数满足， 在中，若，则的最大值为， 已知函数在区间上单调，且满足， 已知满足三个条件等内容，欢迎下载使用。
重庆一中高2025届高一下期4月月考
数学试题卷
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试题卷上作答无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时120分钟.
一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求的）
1. 记复数z的共轭复数为，满足条件的所有复数在复平面上所占的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，得到求解.
【详解】解：由题意得：，
所以，
即复数z的在复平面上对应的点构成的图形是一个半径为2的圆面，
所以其面积为，
故选：C
2. 记为点到平面的距离，给定四面体，则满足的平面的个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分类讨论，当平面与平面平行时，分析可得个，当平面经过的中位线时分析可得个，从而得解．
【详解】到点和的距离相等的平面有两种类型，与平面平行或者经过的某一条中位线．
当平面与平面平行时，如下图，

设的三等分点分别为（靠近），
对于平面，利用三角形相似可知，平面符合题意．
在线段的延长线上取使得，
对于平面，利用三角形相似可知，平面符合题意，
即平面与平面平行时，满足条件的平面有2个；
设的中点分别为，
当平面经过的中位线时，
如下图：对于平面，在线段上且，

利用三角形相似可知，
又，平面，平面，可得平面，
且、分别为的中点，
则、、到平面的距离相等，
因此平面符合题意．
如下图：对于平面，在线段上，在线段上，
且，利用三角形相似可知，

又，平面，平面，可得平面，
且、分别为的中点，
则、、到平面的距离相等，
因此平面符合题意．
对于中位线，也有类似结论,即平面经过的某条中位线时，满足条件的平面有6个，
综上所述，符合题意的平面共有个．
故选：D．
【点睛】难点点睛：本题判断满足条件的平面的个数时，难点在于要发挥空间想象能力，明确满足条件的平面的位置，作图分析，说明平面所处的位置是怎样的，加以说明，解决问题.
3. 已知集合，则集合的元素个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由整理可得出，可得出，解此不等式，即可得出集合中元素的个数.
【详解】由可得，即，
其中，
因为，所以，，
所以，，整理可得，解得，
所以，，即集合中共有个元素.
故选：A.
4. 已知函数满足.向量，，，记在方向上的向量为，则当最大时，的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得的解析式，进而得到的表达式，然后求得当最大时的值.
【详解】解：由，则，
又，则，
又，则，
又，则，
则，
又，
则，
因为在上单调递增，则，
所以由二次函数的性质知：当，即时，取得最大值，
故选：A.
5. 在中，若，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据积化和差、和差化积公式化简，利用辅助角公式求函数的最值.
【详解】，
，
,



，（其中），
，
，当时等号成立.
的最大值为.
故选：A
6. 一棱长为3的正方体封闭盒子中放有一半径为1的小球1个，若将盒子任意翻动，则小球不能到达的空间体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间想象得出小球不能达到的空间，利用空间几何体的体积公式计算即可.
【详解】

如上图所示，小球在正方体盒子自由滚动当与正方体三面相切时，不能达到的空间即小正方体ABEF-GMOH体积减去球O的八分之一体积（这样的角落有八个），此后当小球向右移动时与正方体的两面相切，其不能达到的空间为正方体BCDE-MNPO的体积减去圆柱OP的四分之一体积（这样的空间有十二个），
故小球达不到的空间体积为：，
故选：A
7. 已知向量，，满足，，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量三角形不等式，求出的范围，进而求出的范围，再利用数量积的性质求解作答.
【详解】，，而，即，解得，
，而，即，解得
在直角坐标平面内，作，令，则，，
于是点在以为圆心，2为半径的圆上，点在以为圆心，3为半径的圆上，如图，

观察图形知，，当且仅当点都在直线上，且方向相反，
即点B与D重合，点C与E重合时取等号，即，解得，
当且仅当点都在直线上，且方向相同，
若点B与A重合，点C与E重合时，，若点B与D重合，点C与F重合时，，因此，
所以取值范围是.
故选：A
8. 在中，，，，点D为边边上一动点，将沿着翻折，使得点B到达，且平面平面，则当最小时，的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，通过作，，利用条件将用的三角函数表示出来，从而求出当时，最小，在中，利用余弦定理，求出的长，再利用条件得出，从而求出结果.
【详解】如图，设，作交或的延长线于点，作交或的延长线于点，连，易知，

所以，，，，则，
因为，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，
又平面，所以,
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以，
即

，
所以当，即时，最小，此时为角的平分线，
在中，由余弦定理知，，所以，
在中，设边上高的长度为，因为，，
所以，得到，所以
,
故选：A.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 已知函数在区间上单调，且满足.若函数在区间上恰有5个零点，则的值可能为（ ）
A. B. C. 3 D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用，得出的一个对称中心，再利用函数在区间上单调，进而求出的一个范围，再利用的图像与性质及条件得到，从而求出结果.
【详解】因为函数在区间上单调，且，又，
所以的一个对称中心为，
又，所以，得到，
由的图像与性质知，相邻两个零点之间的距离为
又因为，函数在区间上恰有5个零点，所以，
即，
解得，又因为，所以，
故选：B.
10. 已知满足三个条件：①②③_______.若这样的恰好有2个，则③可以是（ ）
A. B. C. 是等腰三角形 D. 是直角三角形
【答案】AD
【解析】
【分析】对，需满足为锐角，且可以是锐角或钝角，据此解出的取值范围；对，分成不同的三种底角的情况去讨论，判定每种情况是否能成立；对，分成、、各自为直角的三种情况去讨论，判定每种情况是否能成立即可.
【详解】对给定的，，
若满足条件的恰好有2个，
则为锐角，且解出的需有两解，分别为一个锐角和一个钝角.
设的锐角解为，则钝角解为，
要使存在，需满足，
解得，所以，
即，
解得，即，
故正确，错误.
对，若是等腰三角形，分三种情况：
①若，，，
又，
，即，满足条件；
②若，，，
，
，
整理得，
设，
又，
，
则在上有零点，
即存在使成立，满足条件；
③若，，，
，
，
整理得，
设，
，
，
即存在使成立，满足条件；
又当时，不满足，
以上三种情况的等腰三角形无重复三角形；
故满足题意的至少有三个，错误.
对，若是直角三角形，分三种情况：
①若，，
整理得，无解；
②若，，
，，满足条件；
③若，，
，
整理得，
，
，
无解，只有，
又，
，即，满足条件；
故正确.
故选：.
11. 设、、是平面上任意三点，定义向量的运算：，其中由向量以点为旋转中心逆时针旋转直角得到（若为零向量，规定也是零向量）.对平面向量、、，下列说法正确的是（ ）
A.
B. 对任意，
C. 若、为不共线向量，满足，则，
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的坐标运算可判断A选项；利用A选项中的结论结合题中定义可判断B选项；利用平面向量数量积的运算性质可判断C选项；对、是否共线进行分类讨论，结合题中定义可判断D选项.
【详解】设向量、在平面直角坐标系中的坐标分别为，，
设，则，
同理可得，
所以，，
，则，A错；
对任意的，由A选项可知，，
当、不共线时，，
，B对；
因为，所以，，
所以，，同理可得，C错；
当、不共线时，由C选项可知，，
所以，，
所以，.
任取两个向量、，对任意的实数，，
当、共线时，设存在使得，且，
所以，
，
综上所述，，D对.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量中的新定义，解题的关键在于理解题中运算的含义，结合平面向量的线性运算与数量积运算逐项判断即可.
12. 已知三棱锥，过顶点的平面交分别棱，于，（均不与棱端点重合）.设，，，其中和分别表示三棱锥和三棱锥的体积.下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】先根据题中关系得到，再用作差法判断选项不等式是否正确即可.
【详解】如图1所示：

.
图2为三棱锥面的平面图，作交于，

因为，所以，,
又因，所以，
，
所以，且由题可知，，.
A选项：，因，，故，即，所以，A正确；
B选项：，
因，，所以即，故B正确；
C选项：，即，
当且仅当时，等号成立，故C错误；
D选项：，
因，，所以，即，
所以，故D错误.
故选：AB.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 复数，且，则实数_______.
【答案】
【解析】
【分析】展开，依据题意计算的值，再根据确定最终解果即可.
【详解】

由题意得或或
若，则，不满足，舍去；
若，则，不满足，舍去；
若，则，满足题意，故
故答案为：
14. 平面向量，，满足，，，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】数形结合，利用题干条件及正余弦定理求出答案.
【详解】可变形为，即，如图，两圆为半径为1的圆，则，从而，设，，，解得：，所以，
在△AOC中，由余弦定理得：，在三角形BAC中，，从而，即，
因为，所以，所以，，在△OBC中，由正弦定理得：，即，
三角形OAB中，由正弦定理得：，即，，从而，化简得：，解得：，所以，解得：或（舍去），故.

故答案为：
【点睛】向量相关的压轴题，往往需要数形结合进行求解，作出图象，结合题干条件及解三角形的相关定理进行求解.
15. 若四面体外接球半径为1，，则其最大体积为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】先证明一个引理，再设，根据引理及基本不等式可得，利用导数可求其最大值.
【详解】先证明一个引理：
引理：已知空间四边形，若所成的角为且异面直线的公垂线段的长度为，则四面体的体积为.
证明：如图，在平面中，过作直线平行于，过作直线平行于，
它们交于，则四边形为平行四边形，故.

因为，故或其补角为所成的角，
故或，
故,
设为的公垂线段，故，
故，而平面，故平面，
因为，平面，平面，故平面，
故到平面的距离为的长度，
故.
故.
如图，在四面体中，取的中点分别为，连接，
则.

设，所成的角为，则.
又，
设的公垂线段的长度为，则①，
故，
整理得到：，
因为
，当且仅当时等号成立，
故
故，
当且仅当时等号成立，其中.
设，则，
当时，，当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，
故在上的最大值为，
故即，当且仅当，时等号成立，
又此时取所在的截面圆的半径为，则为两圆的连心线且垂直于两个截面圆，并过球心，故为的公垂线段，所以①中等号可取，
故，
故答案为：
【点睛】思路点睛：动态几何体的体积问题，一般先根据几何体的特征寻找体积计算的合理途径，注意在计算的过程中需结合一些线段的长度关系合理放缩，最后根据所得代数式的特征选择合理的最值计算方法（如导数、基本不等式等）.
16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的外心到其三边距离和的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出外接圆半径，再结合圆的性质按为锐角、直角、钝角讨论求解作答.
【详解】在中，，由正弦定理得外接圆半径，
则，由对称性不妨令，，则有，
当为锐角，即时，令的中点分别为，连接，如图，

则，
于是，
，
显然，，因此，
当为直角时，点的中点与重合，，
因此，

当为钝角，即时，，

于是，
，
显然，，因此，
综上得，
所以的外心到其三边距离和的取值范围是.
【点睛】思路点睛：涉及求三角形周长或距离范围问题，时常利用三角形正弦定理，转化为关于某个角的函数，再借助三角函数的性质求解.
四、解答题（本大题共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知复数满足，其中是数单位，是复数的共轭复数
（1）求复数；
（2）若复数是纯虚数，求实数的值
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）根据复数的相等及乘法运算可求解；
（2）由纯虚数概念建立等式求解即可.
【小问1详解】
设，，则，
就是，即.
于是，解得，所以.
【小问2详解】

.
此为纯虚数，所以，即，因此.
18. 如图，点M、N分别是正四面体棱、上的点，正四面体的边长为3,设，直线与直线所成的角为.

（1）若，求三棱锥体积的最大值；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）计算出M到面BCD的距离为，将表示为的函数并用基本不等式求最大值.
（2）分别过作的平行线,可得直线与所作的平行线所成的角即为,求出各边再用余弦定理求出，再根据的单调性求其范围.
【小问1详解】

如图：作面BCD于O，则O为底面BCD的中心，
所以，，
设M到面BCD的距离为，则，所以，
由得，
所以 ，
故三棱锥体积
，
当且仅当时取最大值，故三棱锥体积的最大值.
【小问2详解】
如图：作交BD于点E，

所以直线与直线所成的角即为直线与所成的角,即,
则,,
可得,
可得
同理,所以,
在中,由余弦定理可得，
则,,
令,则，
则时,，所以，所以函数递减,即减小,
当时，，当时，，
所以的范围为.
19. 在锐角中，均为已知常数），.的外接圆，内切圆半径分别为.
（1）求；
（2）点分别在线段上，的周长为，请证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设的内心为，利用等面积法及三角形面积公式求得，又利用正弦定理可得，两式结合消去即可得所求；
（2）利用轴对称，确定的周长的最小值建立不等关系，结合对称性、正弦定理、余弦定理、三角形面积公式、二倍角公式验证不等式取等情况，即可证明结论.
【小问1详解】
解：设锐角的内心为，
则，所以，
由正弦定理得：，则，所以，则；
【小问2详解】
证明：如图，设关于对称的点为，关于对称的点为，连接，过作于

由对称可得，
所以的周长为
又在中，，
又锐角中，三边为已知常数，所以为常数，则当最小时，有最小值，
即当时，，由于，得，
所以，即，
故.
20. 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点六面体中（其中平面EDC），四边形ABCD是正方形，平面ABCD，，且平面平面 ．

（1）设 为棱 的中点，证明：四点共面；
（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直以及面面垂直的性质证明平面，平面，进而证明，即可求解，
（2）建立空间直角坐标系，根据平面法向量以及向量的夹角即可求解平面夹角.
【小问1详解】
连接,由于四边形ABCD是正方形，所以,
又平面，平面,所以 ,
平面，所以平面，
由于为棱的中点，，所以 ,
又平面平面，平面平面，平面,
所以平面 ,
因此,所以四点共面，

【小问2详解】
由于两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，
,,设，
由（1）知,故，解得，故,
,
设平面，的法向量分别为则
即，取，则 ，
即，取，则 ，
设平面与平面的夹角为，则
21. 已知函数，称向量为的特征向量，为的特征函数.
（1）设，求的特征向量；
（2）设向量的特征函数为，求当且时，的值；
（3）设向量的特征函数为，记，若在区间上至少有40个零点，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据诱导公式化简，再根据函数的特征向量的定义即可得解；
（2）根据向量的特征函数求出函数解析式，化简可得，再根据结合两角差的正弦公式即可得解；
（3）根据三角恒等变换求出函数的解析式，不妨设为其中的一个零点，再根据三角函数的性质即可得出答案.
【小问1详解】
解：因为，
所以函数的特征向量；
【小问2详解】
解：因为向量的特征函数为，
所以，
由，得，
因为，所以，
所以，
所以；
【小问3详解】
解：因为向量的特征函数为，
所以，
则，
令，则，
则或，
则或，
由在区间上至少有40个零点，
不妨设，
则，
则，
所以的最小值为.
【点睛】本题在以新定义基础之上考查了三角函数的有关知识点，考查了诱导公式及三角恒等变换中的几个公式，考查了给之球池问题，还考查了三角函数中的零点问题.
22. 已知函数，其中a为参数.
（1）证明：，；
（2）设，求所有的数对，使得方程在区间内恰有2023个根.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用诱导公式计算推理作答.
（2）确定函数的周期，讨论在方程在区间上的根的情况，再结合给定2023个根推理计算作答.
【小问1详解】
依题意，
，
，
，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，函数是周期函数，周期为，
对于每个正整数,都有，
若，由（1）得在区间内若有根，则各有偶数个根，
于是方程在区间内有偶数个根，不符合题意，
如果，则，且，
当时,，
设，结合，知可化为，
于是，当时，方程在内有两个根，
当时，，
设，结合，知可化为，
于是，方程在内无解，因此方程在内有三个解，
从而方程在区间内有个解，由，得；
若，则，
当时，，
设，结合，知可化为，
于是，即只有一个解，
当时，，
设，结合，知可化为，
显然函数在上单调递增，，方程没有属于的根，
因此方程在内只有1个根，从而方程在内有个根，于是；
若，则，
当时，，
设，结合，知可化为，此方程无解，
当时，，
设，结合，知可化为，
于是，即只有一个解，
因此方程在内只有1个根，从而方程在内有个根，于是；
综上所述满足条件的为.
【点睛】思路点睛：涉及分段函数零点个数求参数范围问题，可以按各段零点个数和等于总的零点个数分类分段讨论解决.