四川省德阳市德阳中学2022-2023学年高一数学下学期5月月考试题（Word版附解析）

德阳中学高2022级高一下期5月月考

数学试题

一､单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分.

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先化简集合A和B，再根据交集的定义求解．

【详解】由题得，，

所以.

故选：A.

2. 设复数满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用复数的除法运算化简求值即可.

【详解】由，得，

故选：D．

3. 如图，是斜二测画法画出的水平放置的的直观图，是的中点，且轴，轴，，，那么（    ）

A. 的长度大于的长度 B. 的长度等于的长度

C. 的面积为4 D. 的面积为2

【答案】C

【解析】

【分析】把斜二测画出的三角形的直观图还原原图形求解.

【详解】如图所示：

由图象知：

对于A，，则有，A错误；

对于B，，，B错误；

的面积，C正确D错误；

故选：C

4. 若向量，则向量在向量上的投影向量为（    ）

A.  B. （，）

C （，） D. （4，2）

【答案】B

【解析】

【分析】根据向量的数量积及向量在向量上的投影向量计算即可.

【详解】向量在向量上的投影向量为，

故选：B

5. 已知，则的化简结果是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

分析】利用诱导公式及平方关系化简即可.

【详解】因为，所以，，则，

所以

.

故选：A

6. 以下说法正确的个数为（    ）

①圆柱的所有母线长都相等

②棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形

③底面是正多边形的棱锥是正棱锥

④棱台的侧棱延长后必交于一点

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】利用圆柱，棱柱，正棱锥和棱台的定义和性质，逐一对①②③④分析判断即可得出结果.

【详解】对于①，由圆柱的性质知，所以母线相等，故①正确；

对于②，所有棱柱的侧棱长相等，侧面都是平行四边形，故②正确；

对于③，底面是正多边形，侧面是全等的等腰三角形是正棱锥，故③错误；

对于④，用平行于底面的平面去截棱锥可得到棱台，所以棱台的侧棱延长后必交于一点，故④正确.

故选：C.

7. 已知函数，，则“”是“的值域为”的（    ）

A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】

利用特殊值法判断充分性不成立，再利用正弦型函数单调性可判断必要性成立，由此可得出结论.

【详解】充分性：取，，则成立，此时，则，可得，充分性不成立；

必要性：函数的最小正周期为，

因为函数在上的值域为，当函数在上单调时，取得最小值，且有，必要性成立.

因此，“”是“的值域为”的必要而不充分条件.

故选：B.

【点睛】方法点睛：判断充分条件和必要条件，一般有以下几种方法：

（1）定义法；

（2）集合法；

（3）转化法.

8. 设O为△ABC的外心，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若b=3，c=5，则=（　　）

A. 8 B.  C. 6 D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据给定条件，利用数量积的定义结合圆的性质求解作答.

【详解】因为O为△ABC的外心，

则，同理，

所以.

故选：A

二､多项选择题：本题共4小题，每小题满分5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.

9. 一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是（    ）

A. 圆柱的侧面积为

B. 圆锥的侧面积为

C. 圆柱的侧面积与球的表面积相等

D. 圆柱､圆锥､球的体积之比为

【答案】CD

【解析】

【详解】根据圆柱，圆锥，球体的侧面积，表面积，和体积公式依次判断选项即可.

【点睛】对选项A，圆柱的侧面积为，故A错误；

对选项B，圆锥的母线为，

圆锥的侧面积为，故B错误.

对选项C，球的表面积为，故C正确.

对选项D，圆柱的体积，

圆锥的体积，球的体积，

所以圆柱､圆锥､球的体积之比为，故D正确.

故选：CD

10. 若，是方程的两个虚数根，则（    ）

A. 的取值范围为 B. 的共轭复数是

C.  D. 为纯虚数

【答案】BCD

【解析】

【分析】，是方程的两个虚数根，则，得，则根据一元二次方程方程的求根公式可知的共轭复数是，

【详解】由，得，A错误；

因为原方程的根为，所以的共轭复数是，B正确；

，C正确；

因为等于或，所以为纯虚数，D正确.

故选：BCD.

11. 已知函数，其中的最小正周期为，且，则下列说法正确的是（    ）

A. 一条对称轴为

B. 若，则有是的整数倍

C. 的图象关于对称

D. 若，函数的值域为

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据题意求得，对于A：说明为一条对称轴；对于B：两个零点之间相差半个周期的整数倍；对于C：验证是否为的零点；对于D：先求出的范围，再求的值域.

【详解】因为的最小正周期为，所以，所以，

对于A：因为，所以的一条对称轴为，故A正确；

所以，所以，因为，所以，所以，

对于B：由得，

所以，所以，故B正确；

对于C：因为，所以不是的图象的对称中心，故C错误；

对于D：由得，所以，故D正确.

故选：ABD

12. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济环保，至今还在农业生产中使用．如图，一个半径为6米的筒车逆时针匀速转动，其圆心O距离水面3米，已知筒车每分钟转动1圈，如果当筒车上一盛水桶M（视为质点）从水中浮现时（图中点）开始计时，经过t秒后，盛水桶M运动到P点，则下列说法正确的是（    ）

A. 当秒时，米；

B. 在转动一周内，盛水桶到水面的距离不低于6米的持续时间为20秒；

C. 当时，盛水桶距水面的最大距离为米；

D. 盛水桶运动15秒后筒车上另一盛水桶恰好露出水面，则转动中两盛水桶高度差的最大值为米．

【答案】BCD

【解析】

【分析】以水轮所在平面为坐标平面，以水轮轴心为坐标原点，以平行于水面的直线为轴建立平面直角坐标系，求出点距离水面的高度关于时间的函数解析式，再根据三角函数的性质一一分析即可.

【详解】解：以水轮所在平面为坐标平面，以水轮轴心为坐标原点，以平行于水面的直线为轴建立平面直角坐标系，

点距离水面的高度关于时间的函数为．

则，解，，

又水轮每分钟转动一周，则，

，

由，得，，

则．

对于A：当时，，又，，故A错误；

对于B：令，则，所以，

解得，则在转动一圈内，盛水桶到水面的距离不低于米以上的持续时间为秒，故B正确；

对于C，当，则，则，

所以，故C正确；

设盛水桶运动时间为，则另一桶为，

所以

，

当时，故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. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，，则__________.

【答案】

【解析】

【分析】利用计算即得结果.

【详解】由题设可知，，

所以，

故答案为：

14. 已知圆台的上底面半径为2，下底面半径为6，若该圆台的侧面积为，则其母线长为__________.

【答案】9

【解析】

【分析】由圆台的侧面积公式求得圆台的母线长.

【详解】圆台的上底面半径为2，下底面半径为6，设圆台的母线长为l，

则该圆台的侧面积为，则，

所以圆台的母线长为9．

故答案为：9.

15. 三棱锥的顶点都在球O的球面上，且，若三棱锥的体积最大值为108，则球O的表面积为________.

【答案】

【解析】

【分析】解三角形知为直角三角形，求出外接圆半径，圆心、球心、P在一条直线上时棱锥体积最大，求出此时棱锥高，再由求出球的半径即可.

【详解】在中，由正弦定理得：，解得，

，

外接圆的半径，

当三棱锥体积最大时，P到的距离最大，

即P点为AB中点与球心连线延长线与球的交点，且此连线垂直于平面ABC，

设三棱锥的高为h，则，解得，

设球的半径为R，则，解得.

.

故答案为：

16. 已知分别为锐角的三个内角的对边，为中点，，且，则长度的取值范围为__________.

【答案】

【解析】

【分析】利用正弦定理，余弦定理可求，由向量求得，再利用正弦定理进行边角互化，利用三角恒等变换及三角函数的性质求解.

【详解】由已知及正弦定理得，

整理得，

由余弦定理得，

又，

∴．

由正弦定理得，

∴

，

∵锐角，

∴，

∴．

∴的取值范围为．

因为为中点，所以

所以

因为，所以

故答案为：.

四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤

17. 已知，向量，.

（1）如图，若四边形OACB为平行四边形，求点C的坐标；

（2）若点P为线段AB的靠近点B的三等分点，求点P的坐标.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意可得，结合向量的坐标运算求解；

（2）根据题意可得，结合向量的坐标运算求解.

【小问1详解】

设点C的坐标为，

因为，，，可得，

则，

若四边形OACB为平行四边形，可得，

则，解得，

故点C的坐标为.

【小问2详解】

设点P的坐标为，

由（1）可知：，则，

若点P为线段AB的靠近点B的三等分点，则，

则，解得，

故点P的坐标为.

18 已知锐角，，且满足，．

（1）求；

（2）求．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系求出和，利用两角和的正弦弦公式求出；

（2）根据同角三角函数的基本关系求出，然后利用两角和的余弦公式求，结合角的范围可得答案.

【小问1详解】

因为，是锐角，所以由，，

∵为锐角，，且，∴，

，，，

所以，

，

.

【小问2详解】

因为是锐角，由，则，

由，，所以，

，

∵，∴．

19. 在长方体中，下底面的面积为16，.

（1）求长方体的表面积的最小值；

（2）在（1）的条件下，设上底面的中心为，求三棱锥的体积.

【答案】（1）96    （2）

【解析】

【分析】（1）首先利用棱长表示正方体的表面积，再结合基本不等式求最小值；

（2）利用等体积转化求三棱锥的体积.

【小问1详解】

设，，由题意可知，，

则长方体的表面积，

当时，等号成立，

所以长方体表面积的最小值为96；

【小问2详解】

由（1）可知，，

根据等体积公式可知，.

20. 在中，内角所对的边分别为，且.

（1）求角的大小；

（2）若，，求的面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先将条件中的等式全部变为正弦，然后利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求角即可；

（2）先利用正弦定理将转化为的关系，再结合（1）中的条件求出，最后利用三角形的面积公式求解即可.

【小问1详解】

,

由正弦定理得，即

，又，

；

【小问2详解】

，

由正弦定理得①，

又②，

由①②得，

.

21. 已知．

（1）当时，求的x的取值范围；

（2）是否存在实数，使得不等式，对任意的恒成立，若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）化简得到，代入得到，解得答案.

（2）代入数据化简不等式，设，，变换得到，设，计算最大值得到答案.

【小问1详解】

.

，即，

故，解得.

【小问2详解】

，

即，

即，

设，则，

，，则，

，

故，即，

设，

，

故，解得，即.

22. 十字测天仪广泛应用于欧洲中世纪晚期的航海领域，主要用于测量太阳等星体的方位，便于船员确定位置.如图1所示，十字测天仪由杆AB和横档CD构成，并且E是CD的中点，横档与杆垂直并且可在杆上滑动.十字测天仪的使用方法如下：如图2，手持十字测天仪，使得眼睛可以从A点观察.滑动横档CD使得A，C在同一水平面上，并且眼睛恰好能观察到太阳，此时视线恰好经过点D，DE的影子恰好是AE.然后，通过测量AE的长度，可计算出视线和水平面的夹角（称为太阳高度角），最后通过查阅地图来确定船员所在的位置.

（1）若在某次测量中，横档的长度为20，测得太阳高度角，求影子AE的长；

（2）若在另一次测量中，，横档的长度为20，求太阳高度角的正弦值；

（3）在杆AB上有两点，满足.当横档CD的中点E位于时，记太阳高度角为，其中，都是锐角.证明：.

【答案】（1）   

（2）   

（3）证明见解析.

【解析】

【分析】(1)由题意结合图形，在中用正切函数的定义即可求出.

(2)先求出 ，用余弦定理求出的值，再用同角的平方关系即可求出；或先求出和，再用正弦的二倍角公式求出.

(3)先求出 ，通过变形得到讨论函数在上的单调性，即可证明结论.

【小问1详解】

如图1，

由题意得，，，且E是的中点，，，

所以在中，.

【小问2详解】

解法一：由题意，.由于E是的中点，且，

所以，

且.

由余弦定理得

从而

即太阳高度角的正弦值为.

解法二：由题意，.由于E是的中点，且，

所以，

且，

于是 且，

从而,

即太阳高度角的正弦值为 .

【小问3详解】

由题意，，

因为，都是锐角，则， 所以，

从而.

根据，

可知

因为函数在单调递增，且，

所以 ，即.

【点睛】方法点睛：新文化题出题的特点，就是先给出一段材料，然后利用材料中的有用信息解决问题，这种题目的特点，就是把要解决的实际问题转化为数学公式或者概念.在本题中，要把物体的长度，太阳高度角等实际生活中的条件转化为三角形中的长度和角度，从而利用三角函数的有关知识解答.