2022-2023学年辽宁省大连市第三十六中学高一下学期6月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年辽宁省大连市第三十六中学高一下学期6月月考数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年辽宁省大连市第三十六中学高一下学期6月月考数学试题 一、单选题1．i是虚数单位，计算的结果为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】应用复数的除法化简即可.【详解】.故选：A2．已知θ是第四象限角，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知，根据θ是第四象限角，，可计算出，然后利用正切的和差公式即可求解出.【详解】由已知，θ是第四象限角，，所以，所以.故选：B.3．下列命题正确的是（    ）A．若，且，则B．若，则不共线C．若是平面内不共线的向量，且存在实数y使得，则A，B，C三点共线D．若，则在上的投影向量为【答案】C【分析】利用向量垂直的坐标表示可判断A，利用向量共线定理可判断BC，利用投影向量的定义可判断D.【详解】若，且，则，所以A选项错误；若满足，但不满足不共线，所以B错误；由，可得，即，故A，B，C三点共线，所以C正确；若在上的投影向量为，所以D错．故选：C．4．设、、为三个平面，l、m、n为三条直线，则下列说法正确的是（    ）A．若，，则；B．若l上有两点到的距离相等，则；C．、、两两相交于三条直线l、m、n，若，则；D．若，，，，则【答案】C【分析】由直线与平面平行的判定定理判定A；由直线与平面的位置关系判定B；由直线与平面平行的判定与性质判断C；由平面与平面平行的判定判断D．【详解】解：若，，则或，故A错误；若上有两点到的距离相等，则或或与相交，故B错误；，，两两相交于三条直线，，，不妨设，，，若，则，又，，，则，故C正确；若，，，，且与相交，则，当与不相交时，不一定有，故D错误．故选：C．5．在中，已知角所对的边分别为，若.为线段的中点，且，，则的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用正弦定理边化角可化简已知等式求得；根据，利用余弦定理可构造方程求得；在中，利用余弦定理可得，代入三角形面积公式即可求得结果.【详解】由正弦定理得：，，，，，，，解得：；，，即，解得：；由余弦定理得：，解得：，.故选：D.6．图1中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，如图3.若曲侧面三棱柱的高为5，底面任意两顶点之间的距离为20，则其侧面积为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，结合已知可得半径为20，由弧长公式求得底面周长，进而可求得结果.【详解】莱洛三角形由三段半径为20，圆心角为的圆弧构成，所以该零件底面周长为，故其侧面积为．故选：A.7．已知函数，对任意，都有，并且在区间上不单调，则的最小值是（    ）A．1 B．3 C．5 D．7【答案】D【分析】由题意，是函数的最大值，可得.由，可得.对进行赋值，结合函数的单调性，即得答案.【详解】由题意，是函数的最大值，，即．，．当时，，在上单调递增，不符合题意；当时，，符合题意.的最小值为7.故选：D．【点睛】本题考查函数的单调性，属于基础题.8．四棱锥的顶点都在球的表面上，是等边三角形，底面是矩形，平面平面，若，，则球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，，在线段上取，由外接球性质可知过分别作平面和平面的垂线，则两垂线交点即为球的球心；由面面垂直性质可知平面，得到；同理可得，可知四边形为矩形，利用勾股定理可求得外接球半径，代入球的表面积公式即可求得结果.【详解】连接，，取中点，连接；四边形为矩形，为四边形的外接圆圆心；在线段上取，为等边三角形，为外接圆圆心，过分别作平面和平面的垂线，则两垂线交点即为球的球心，为等边三角形，，平面平面，平面平面，平面，平面，；同理可得：，四边形为矩形；，，，即球的半径，球的表面积.故选：B. 二、多选题9．设复数在复平面内对应的点为，原点为为虚数单位，则下列说法正确的是（    ）A．设，则B．若点的坐标为，则对应的点在第三象限C．若复数，则为纯虚数的充要条件是D．若，则点的集合所构成的图形的面积为【答案】ABD【分析】对A，先将复数化成标准形式，再求模即可；对B，结合复平面内点与复数的关系，共轭复数的概念即可判断；对C，为纯虚数的充要条件是，，即可判断；对D，结合复平面内点与复数、复数的模的关系即可判断.【详解】对A，，故，A对；对B，点的坐标为，则，故，对应的点为，在第三象限，B对；对C，为纯虚数的充要条件是，，故C错；对D，，故点的集合所构成的图形为半径为1与的圆所组成的圆环，故面积为，D对，故选：ABD10．在棱长为1的正方体中，下列选项正确的有（    ）A．平面B．平面C．三棱锥的外接球的表面积为D．三棱锥的体积为【答案】BD【分析】对A，根据，且与平面相交判断即可；对B，证明， 即可；对C，根据三棱锥的外接球即正方体的外接球求解即可；对D，根据求解即可【详解】对A，因为， 与平面相交于，故与平面相交，故A错误；对B，连接，，因为正方体，故，，，故平面，故，同理，又，故平面，故B正确；对C，三棱锥的外接球即正方体的外接球，易得其直径为，故外接球的表面积，故C错误；对D，，故D正确故选：BD11．已知函数图像的一条对称轴和一个对称中心的最小距离为，则（    ）A．函数的最小正周期为B．将函数的图像向左平移个单位长度后所得图像关于原点对称C．函数在上为增函数D．设，则在内有20个零点【答案】AB【分析】根据题意可得，则，所以选项A正确；将函数的图像向左平移个单位长度得为奇函数，其图像关于原点对称，所以选项B正确；在上为减函数，所以选项C错误；函数共有个零点.所以选项D错误.【详解】解：根据题意可得，则，即，所以选项A正确；，将函数的图像向左平移个单位长度得，∵为奇函数，其图像关于原点对称，所以选项B正确；∵，则，∴在上为减函数，所以选项C错误；，则∴为奇函数，当时，，令或,. 因为，所以，所以共有1+2个零点.所以选项D错误. 故选：AB．12．几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割．底与腰之比为黄金分割比（）的黄金三角形是“最美三角形”，即顶角为36°的等腰三角形．例如，中国国旗上的五角星就是由五个“最美三角形”与一个正五边形组成的．如图，将五角星的五个顶点相连，记正五边形的边长为，正五边形的边长为，，则下列结论正确的是（    ）A．B．C．D．对任意的，【答案】ACD【分析】依题意，即，再根据所给定义及三角恒等变换公式一一计算可得；【详解】解：依题意，即，在中，由正弦定理可得，所以，因为，所以，所以，即，，，故A正确；又，，，、，所以，即，所以，即，所以，故C正确，B错误；因为，所以，则，所以，故D正确；故选：ACD 三、填空题13．已知是关于x的方程的根，则实数      .【答案】2【分析】由题意可知方程两根分别为，，然后利用根与系数的关系可求出的值【详解】因为是关于x的方程的根，所以也是方程的根，所以，得，故答案为：214．“中国天眼”是我国具有自主知识产权、世界最大单口径、最灵故的球面射电望远镜（如图），已知“天眼”的形状为球冠（球面被平面所载后剩下的曲面，截得的圆为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高），设球冠底的直径，球冠的高，则球的半径      ．（精确到整百）．【答案】800【分析】作出图形，可知球心到截面圆的距离为，利用勾股定理列等式可求得.【详解】如下图所示：球心到截面圆的距离为，由勾股定理可得，化简得，解得.又，所以故答案为：.15．在中，，，，M是所在平面上的动点，则的最小值为        ．【答案】【解析】以A为原点，AC所在直线为x轴，建系，如图所示，根据题意，可得A、B、C坐标，设，可得的坐标，根据数量积公式，可得的表达式，即可求得答案.【详解】以A为原点，AC所在直线为x轴，建立坐标系，如图所示：因为，，，所以，设，则，所以=，当时，有最小值，且为，故答案为：【点睛】解题的关键是建立适当的坐标系，求得点坐标，利用数量积公式的坐标公式求解，考查分析理解，计算化简的能力，属基础题.16．如图，在中，已知，D是斜边AB上任意一点（不含端点）沿直线CD将折成直二面角，当           时，折叠后A､B两点间的距离最小.【答案】/【分析】根据题意作出图形，作A作于E，作点B作于F，然后，进而求出，进而用勾股定理得到，最后通过三角变换与三角函数的图象和性质求得答案.【详解】如图，设翻折后点B位于点处，即求最小时AD的长度.设，作A作于E，作点B作于F，根据题意，平面平面，且交于，所以平面.，，所以.易得，所以.于是，当时，即当CD为的角平分线时，最小.此时，又，解得：.故答案为：. 四、解答题17．已知函数．（1）求函数的最小正周期；（2）若，，求．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用二倍角公式，差的余弦公式，辅助角公式将化为正弦型，即可求出最小正周期；（2）由条件可求出，继而求出，利用展开即可求解.【详解】（1），，函数的最小正周期为；（2）由可得，，，，又，，，.【点睛】本题考查利用二倍角公式，差的余弦公式，辅助角公式进行化简，属于中档题.18．如图，在中，，，，在三角形内挖去一个半圆，圆心在边上，半圆与分别相切于点，与交于另一点，将绕直线旋转一周得到一个旋转体.(1)求该旋转体中间空心球的表面积的大小；(2)求图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体的体积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）连接，设，由可求得，代入球的表面积公式可得结果；（2）根据旋转体特征可知所得旋转体为一个圆锥里面挖去一个内切球，由圆锥和球的体积公式可计算得到结果.【详解】（1）连接，为半圆的切线，，设，则，，解得：，.（2），，，，将阴影部分绕直线旋转一周得到一个圆锥，里面挖去一个内切球，所求体积.19．如图，在直三棱柱中，M为棱的中点，，，.(1)求证：平面；(2)求证：平面；(3)在棱上是否存在点N，使得平面平面？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)存在，. 【分析】（1）连接与，两线交于点，连接，利用三角形中位线性质得到，再利用线面平行的判定即可证.（2）应用线面垂直的性质、判定可得平面，从而得到，根据和得到，再利用线面垂直的判定即可证.（3）当点为的中点，设的中点为，连接，，易证四边形为平行四边形，从而得到，进而有平面，再利用面面垂直的判定即可证.【详解】（1）连接与，两线交于点，连接，在中，分别为，的中点，所以，又平面，平面，所以平面.（2）因为底面，平面，所以.又为棱的中点，，所以.因为，，平面，所以平面，平面，所以.因为，所以.又，在和中，，所以，即，所以，又，，平面，所以平面.（3）当点为的中点，即时，平面平面.证明如下：设的中点为，连接，，因为，分别为，的中点，所以且，又为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，故，由（2）知：平面，所以平面，又平面，所以平面平面.20．如图在中，，，，点在边上，点在的延长线上，交于，设，.（1）若，求的最小值；（2）若与面积相等，求的最大值.【答案】（1）；（2）1.【分析】（1）在中由余弦定理求得，结合已知条件得，根据二次函数求最值即可求出结果;（2）由题意知与面积相等等价于与面积相等，然后借助于三角形的面积公式可得，再利用均值不等式即可求解.【详解】（1）在中由余弦定理可知：，注意到，，当时，有最小值.（2）与面积相等知：与面积相等，的面积，，，当且仅当，即时等号成立，的最大值为1.21．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，已知，且平面，，．(1)在线段FG上确定一点M使得平面平面PFG，并说明理由；(2)若二面角的余弦值为，求PG与平面PEM所成角的正切值．【答案】(1)为中点，理由见解析(2) 【分析】（1）为中点，连接，，过作于，由线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理证明即可；（2）由线面角与二面角的定义求解即可【详解】（1）为中点，证明如下：连接，，过作于，于是在中，，，故；在中，，，故所以，为等腰三角形又平面，所以，为等腰三角形故在等腰三角形和等腰三角形中有，又，且，平面平面，又平面，平面平面．（2）由（1）的结果可知，为二面角的平面角，在中，，，，，所以，由（1）中证明可知平面故与平面所成角为在中，，又与平面所成角的正切值为22．某校兴趣小组在如图所示的矩形区域内举行机器人拦截挑战赛，在处按方向释放机器人甲，同时在处按方向释放机器人乙，设机器人乙在处成功拦截机器人甲，两机器人停止运动．若点在矩形区域内（包含边界），则挑战成功，否则挑战失败．已知米，为中点，比赛中两机器人均匀速直线运动方式行进，记与的夹角为（），与的夹角为．(1)若两机器人运动方向的夹角为，足够长，机器人乙挑战成功，求两机器人运动路程和的最大值；(2)已知机器人甲的速度是机器人乙的速度的．（i）若，足够长，机器人乙挑战成功，求．（ii）如何设计矩形区域的宽的长度，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙挑战成功？【答案】(1)8(2)（i）；（ii）答案见解析 【分析】（1）用余弦定理列方程，结合基本不等式求得，也即两机器人运动路程和的最大值.（2）（i）利用正弦定理求得；（ii）设，利用余弦定理求得，求得的最大值，由此求得的最小值.【详解】（1）如图，在中，由余弦定理得，，所以．所以，（当且仅当时等号成立）．故两机器人运动路程的和的最大值为8．（2）（i）在中，由于机器人乙的速度是机器人甲的速度的3倍，故，由正弦定理可得，所以．（ii）设，则，．由余弦定理可得，所以，所以．由题意得，，当且仅当时取到等号．所以矩形区域的宽至少为米，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙在矩形区域内成功拦截机器人甲．