辽宁省抚顺市第一中学2021-2022学年高一下学期6月月考数学试题

高一数学试卷

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. 已知向量，，若，则（    ）

A. 8 B. －8 C. 2 D. －2

【答案】C

【解析】

【分析】由向量数量积直接求解.

【详解】由题意得，解得．

故选：C

2. 要得到函数图象，只需将函数的图象（    ）

A. 向左平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度

C. 向右平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度

【答案】C

【解析】

【分析】根据图像平移的规律，算出答案即可.

【详解】设函数的图象平移个单位得到函数的图象，

则，

所以，解得，

所以向右平移个单位长度.

故选：C.

3. 已知某圆锥的高为3，底面半径为，则该圆锥的侧面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由圆锥的侧面展开图是扇形，利用扇形的面积公式直接列式计算即可得出答案.

【详解】解：由题意得，该圆锥的侧面积为．

故选：A.

4. 记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（    ）

A.  B. 3 C.  D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】利用正弦定理求解.

【详解】解：由题意得，

由正弦定理得，得．

故选：B

5. 已知轮船在灯塔的北偏东45°方向上，轮船在灯塔的南偏西15°方向上，且轮船，与灯塔之间的距离分别是千米和千米，则轮船，之间的距离是（    ）

A. 千米 B. 千米 C. 千米 D. 千米

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意作出示意图，分析角度后，再利用余弦定理解题即可.

【详解】如图，由题意可知千米，千米，，由余弦定理可得，则千米．

故选：D.

6. 在正四棱锥中，，为的中点，为的中点，则从点沿着四棱锥的表面到点的最短路径的长度为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】对点到点的路径进行分类讨论，将相应平面延展为同一平面，结合余弦定理可求得结果.

【详解】分以下几种情况讨论：

（1）当点沿着平面、到点，将平面、延展为同一平面，如下图所示：

易知、均为等边三角形，延展后，，，

所以，四边形为菱形，所以，且，

因为、分别为、的中点，则且，

所以，四边形为平行四边形，此时；

（2）当点沿着平面、到点，将平面、延展至同一平面，如下图所示：

连接，则，且，，，

因为，由余弦定理可得；

（3）当点沿着平面、到点，连接，如下图所示：

则，，，

由余弦定理可得；

（4）当点沿着平面、、到点，将这三个侧面延展为同一平面，如下图所示：

易知、、三点共线，且，，，

由余弦定理可得.

综上所述，从点沿着四棱锥的表面到点的最短路径的长度为.

故选：C.

【点睛】方法点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；

（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.

7. 衡量钻石价值的4C标准之一是切工．理想切工是一种高雅且杰出的切工，它使钻石几乎反射了所有进入钻石的光线．现有一理想切工的钻石，其横截面如图所示，其中为等腰直角三角形，四边形BCDE为等腰梯形，且，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】如图，延长CD和BE交于点F，证明四边形ABFC为正方形，再利用平面向量的线性运算求解.

【详解】解：如图，延长CD和BE交于点F，由题得,

所以四边形ABFC为矩形，又,所以四边形ABFC为正方形，

又，所以分别是中点，

所以．

故选：C

8. 记的内角，，的对边分别为，，，，若的面积为2，则当的周长取到最小值时，（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由余弦定理、面积公式及函数的单调性可求解.

【详解】由题意得，因为，所以．由余弦定理，得，得，则．因为函数在上单调递增，所以当最小时，的周长最小．又（当且仅当时，等号成立），所以．故当的周长取到最小值时，．

故选：A

二、选择题：本题共4小题，每个小题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. 下列结论正确的有（    ）

A. 三棱柱有6个顶点 B. 四棱台有8条棱

C. 五棱锥有6个面 D. 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据简单几何体的定义和结构特征可得答案.

【详解】三棱柱有6个顶点，四棱台有12条棱，五棱锥有6个面，正棱锥的侧面是全等的等腰三角形.

故选：ACD.

10. 已知复数，满足，，则（    ）

A.  B.

C.  D. 在复平面内对应的点位于第一象限

【答案】ACD

【解析】

【分析】首先根据复数代数形式的运算法则求出、，再一一计算可得；

【详解】解：由题意得，所以，

所以，，

所以，

所以在复平面内对应的点为位于第一象限.

故选：ACD

11. 已知函数，则下列命题正确的是（    ）

A. 的图象关于直线对称 B. 的图象关于点对称

C. 在上单调递减 D. 对任意的m，在上不单调

【答案】AD

【解析】

【分析】根据三角恒等变换公式化简可得，再根据正弦函数的性质分别求解对称轴、对称点、单调区间再逐个判断即可

【详解】．

对A，令，，解得，，所以的图象关于直线对称，则A正确；

对B，令，，解得，，当时，，则B错误；

对C，令，，解得，所以的单调递减区间是，则C错误；

对D，因为的最小正周期，所以，所以对任意的m，在上不单调，则D正确．

故选：AD

12. 记的内角，，的对边分别为，，，且，，，下列结论正确的有（    ）

A.  B.

C. 是直角三角形 D. 若，则的面积为

【答案】BCD

【解析】

【分析】对于A，利用三角函数恒等变换公式对化简可求出角，对于B，由已知条件结合正弦定理可求出角，对于C，由选项AB可判断三角形的形状，对于D，由结合选项AB可求出三角形的面积

【详解】因为，

所以.又，

所以，则或，所以A错误，

因为，所以，

所以，

则，而C为三角形内角，故，所以B正确，

若，则，故一定是直角三角形，所以C正确，

若，则，，，故面积为，所以D正确，

故选：BCD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 如图，在长方体中，M，N分别是EH和FG的中点，则在三条直线AD，CD，BF中，与直线MN是异面直线的共有_______条．

【答案】2

【解析】

【分析】由MN//CD，判断出MN与CD;由异面直线的判定定理判断出直线AD，BF均与MN异面．

【详解】因为MN//CD，MN与CD共面;

由异面直线的判定定理可得：直线AD，BF均与MN异面．

故答案为：2

14. 已知，则______，______．

【答案】    ①. 3    ②. －2

【解析】

【分析】根据已知化简计算可得，进而可求得结果.

【详解】由题意得，即，所以．

故答案为：3，-2.

15. 如图，在一场足球比赛中，甲同学从点处开始做匀速直线运动，到达点时，发现乙同学踢着足球在点处正以自己速度的向做匀速直线运动，已知，，.若忽略甲同学转身所需的时间，则甲同学最快拦截乙同学的点是线段上离处____________m的点.

【答案】5

【解析】

【分析】甲同学最快拦截乙同学的地点是点，，则，，进而在中结合余弦定理求解即可.

【详解】解：如图，设甲同学最快拦截乙同学的地点是点，，则，

所以，在中，，

整理可得，解得或（舍去）.、故甲同学最快拦截乙同学的点是线段上离处5m的点.

故答案为：.

16. 如图，三棱锥的底面的斜二测直观图为，已知底面，，，，则三棱锥外接球的体积______．

【答案】##

【解析】

【分析】先由斜二测画法得，再结合底面求出外接球半径，即可求解.

【详解】

由题意得，且．所以由斜二测画法得，在原图中，，，，

所以三棱锥外接球的半径，则．

故答案为：.

四、解答题：本题共6小题，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．

（1）若，求的值；

（2）若为纯虚数．求的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】根据复数的概念和性质求解即可.

【小问1详解】

由，可知为实数，

所以，得或．

当时，，不符合题意，舍去，

当时，，符合题意，故．

【小问2详解】

由题意得，解得，即．

18. 已知单位向量，的夹角为，且向量，．

（1）用，表示出一个与共线的非零向量；

（2）求与夹角的余弦值．

【答案】（1）（答案不唯一）   

（2）

【解析】

【分析】(1)将 看做基底，根据向量共线的规则，设 即可；

(2)用数量积求夹角即可.

【小问1详解】

由题意得，

所以与共线的非零向量可以是  ，

不妨设 ，则该向量为；

【小问2详解】

因为，所以，

，，

故；

综上，与共线的非零向量为， 与 夹角的余弦值为 .

19. 如图，在三棱柱中，，，，分别为，，，的中点．

（1）证明：，，，四点共面．

（2）证明：，，三线共点．

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】(1)通过线线平行证明线线共线，从而达到四点共面；

(2) 先延长，相交于点，再通过点线面的关系可证明结论.

【小问1详解】

如图，连接，．

∵是的中位线，∴．

∵，且，∴四边形是平行四边形，

∴，∴，∴，，，四点共面．

【小问2详解】

如图，延长，相交于点．

∵，平面，∴平面．

∵，平面，∴平面．

∵平面平面，

∴，∴，，三线共点．

20. 已知函数部分图像如图所示．

（1）求的解析式；

（2）若在上的值域为，求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题给条件依次求得参数即可求得的解析式；

（2）先根据（1）的结果化简条件，再利用在上的值域为，列出关于的不等式，即可求得的取值范围．

【小问1详解】

由图可知．

的最小正周期记为T，则，得．

因为，所以．

由，得，

即，又因为，所以，

所以．

【小问2详解】

由（1）可知，

当时，，

则，即

又， 所以，

解得，即的取值范围是．

21. 如图，在圆锥中，，，为底面圆上的三个点，，且，．

（1）证明：平面．

（2）求四棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）设线段上靠近的三等分点为，连接，，再结合条件证明四边形为平行四边形，分析求解即可；（2）作于点，则为的中点，再求出梯形的面积，由圆锥性质得到平面的距离为，再利用公式求解即可.

【小问1详解】

如图，设线段上靠近的三等分点为，连接，．

因为，所以，所以，且，

因为，且，所以，且，

所以四边形为平行四边形，所以

因为平面，平面，所以平面．

【小问2详解】

作于点，则为的中点，所以，

所以梯形的面积为，

因为，所以到平面的距离为，

所以四棱锥的体积为．

22. 如图，记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，A的角平分线交BC于点D，O为的重心，过O作，交AD于点P，过P作于点E.

（1）求的取值范围；

（2）若四边形BDPE与的面积之比为，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据，且是锐角三角形，得到，均为锐角，利用余弦定理求解；

（2）连接AO，延长AO交BC于点G，设，，根据，得到，由和四边形的面积为：，得到求解.

【小问1详解】

解：因为，且是锐角三角形，

所以，均为锐角，

所以

解得.

【小问2详解】

如图，连接AO，延长AO交BC于点G.

因为О为的重心，

所以G为BC中点，.

因为，所以，，

所以，所以.

设，，则.

因为，

，

，

所以由，得，即.

因为，

所以四边形的面积为：

，

.

由，得，

即，

所以.