重庆市杨家坪中学2022-2023学年高一数学下学期5月月考试题（Word版附解析）

这是一份重庆市杨家坪中学2022-2023学年高一数学下学期5月月考试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回.等内容，欢迎下载使用。
重庆市杨家坪中学高2025届2023年5月月考数学试卷考试时间：120分钟注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将答题卡交回.第I卷（选择题）一、单选题（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，，则（    ）A. 3 B. 4 C.  D. 【答案】D【解析】【详解】求出的坐标，再计算模．【分析】因为，，所以，所以，故选：D．2. 在中，若，，，则等于（    ）A.  B. 或 C.  D. 或【答案】D【解析】【分析】由正弦定理，求得，再由，且，即可求解，得到答案.【详解】由题意，在中，由正弦定理可得，即，又由，且，所以或，故选：D.【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，其中解答中熟记三角形的正弦定理，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.3. 设函数的最小正周期为，则它的一条对称轴方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由最小正周期为求得，再令，，求出对称轴，即可得出答案．【详解】因为的最小正周期为，所以，所以，令，，解得，所以的对称轴为直线，当时，，其它各项均不符合，所以是函数的对称轴，故选：A．4. 已知四边形是矩形，，，则（    ）A.  B. -7 C.  D. -25【答案】B【解析】【详解】利用平面向量数量积的运算律计算求值即可．【分析】 .故选：B5. 设复数，满足，，则（    ）A 1 B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】设，，根据复数的模长公式以及复数相等可得出，通过计算可得出，即可得解.【详解】设，，因为，所以，，因为，，因为，所以，即即，所以，所以，因此，.故选：C.6. 设、是不同的两条直线，、是不同的两个平面，下列说法正确的有（   ）A. ，，则B. ，，，则C. 且则D. 则【答案】B【解析】【分析】根据空间中直线与平面、平面与平面的位置关系逐项判断.【详解】对于A，，，，则相交或平行，故A错误；对于B，因为，，所以，又因为，所以可在内作一条直线，使得，又因为，，所以，因为，所以，故B正确；  对于C，且则相交或平行，故C错误；对于D ,则或，故D错误.故选：B.7. 已知四边形用斜二测画法画出的直观图为直角梯形，如图所示，，，则四边形的周长为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据图形把斜二测图形转化为实际图形，再计算周长即可.
 【详解】由题意可知，如图所示，过点作，垂足为，则四边形的高为，故四边形的周长为.故选：A.
 8. 如图，正三棱柱底面边长是2，侧棱长是，M为的中点，N是侧面上一点，且平面，则线段MN的最大值为（   ）  A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】取的中点D，取的中点E，可得平面，由得平面，从而平面平面，所以N在线段DE上，求出，，即可得出答案．【详解】如图，取的中点D，取的中点E，连接MD，DE，ME，∵，，∴，    ∵平面，平面，∴平面，∵，平面，平面，∴平面，又平面，∴平面平面，又平面平面，平面，所以N在线段DE上．因为，，所以线段MN的最大值为．故选：A二、多选题（本题共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. 已知复数，其中z为虚数，则下列结论中正确的是（    ）A. 当 时，的虚部为 B. 当时，C. 当时， D. 当时，【答案】ABC【解析】【详解】由，利用复数的运算转化为复数的代数形式判断ABC；举反例排除D.【分析】对于A，当时，，则的虚部为，故A正确；对于B，当时，，则，故B正确；对于C，当时，，则，故C正确对于D，不妨取，则，但，故D不正确.故选：ABC.10. 已知平面向量，，则下列说法正确的有（    ）A. B. C. 向量在上的投影向量为D. 向量与的夹角为【答案】BD【解析】【分析】求出向量的模判断A；利用数量积的坐标表示判断B；求出向量在上的投影向量判断C；求出向量夹角判断D.【详解】对于A，，则，A错误；对于B，，则，B正确；对于C，向量在上的投影向量为，C错误；对于D，， 又，因此向量与夹角为，D正确. 故选：BD11. 锐角内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其外接圆O的半径，点D在边BC上，且，是靠近的三等分点，则下列判断正确的是（    ）  A. B. C. 周长的取值范围是D. 的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】由正弦定理可判断A；由同弧所对的圆心角为圆周角的两倍求得，进而得出，在中，由余弦定理得，然后由勾股定理可判断B；利用正弦定理将周长转化为三角函数，然后求值域可判断C；数形结合可判断D．【详解】对于A：由题知，，由正弦定理可得，又为锐角三角形，所以，故A正确；对于B：因为，且是靠近的三等分点，所以，，连接，由（1）得，则，所以，在中，由余弦定理得，所以，即，故B正确；对于C：因为，所以，，则周长，因为为锐角三角形，故，解得，所以，所以，所以，故C错误；对于D：易知，当A、O、D三点共线时取得最大值，所以AD的最大值为，故D正确，故选：ABD．  12. 在边长为4的正方形中，如图1所示，，，分别为，，的中点，分别沿，及所在直线把，和折起，使，，三点重合于点，得到三棱锥，如图2所示，则下列结论中正确的是（    ）   A. B. 三棱锥外接球的表面积为18C. 三棱锥的体积为 D. 过点的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的最小值为【答案】ACD【解析】【详解】根据线面垂直可判断A；根据三棱锥的等体积法结合体积公式可判断B；求得三棱锥外接球的半径，即可求得外接球的表面积，判断C；将三棱锥补成长方体，确定最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，求得截面圆半径，即可得截面的面积，判断D.【分析】对于A：由题意知平面 ，所以 平面，平面，所以 ，故A正确；对于B：因为两两垂直，故三棱锥的外接球半径和长宽高分别为的长方体的外接球半径相等，故其外接球半径， 故外接球表面积，故B错误；对于C：，因为M为的中点，所以，故C正确；对于D：将三棱锥补成如图所示长方体，，  设长方体外接球球心为O，即为三棱锥的外接球球心过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面为圆，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，，此时截面圆半径为 此时截面圆的面积为 ，所以过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的最小值为，故D正确.  故选：AD第II卷（非选择题）三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）13. 已知向量与不共线，若向量与向量共线，则实数__________.【答案】【解析】【分析】根据平面向量共线定理可构造方程组求得结果.【详解】向量与向量共线，，，解得：.故答案为：.14. 已知，且，则______.【答案】7【解析】【分析】利用正弦和角公式，结合同角三角函数关系，将已知条件转化为的方程，即可求得结果.【详解】因为，故可得将上式两边平方整理可得，即，故，即，解得或，又因为，故可得，故.故答案为：7.15. 中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上､下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）现有一个如图所示的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧长度是弧长度的3倍，，则该曲池的体积为___________  【答案】【解析】【详解】根据弧长与半径的关系，将两个弧所对应的半径求出，再根据圆柱的体积公式求出曲池的体积.【分析】不妨设弧AD所在圆的半径为R，弧BC所在圆的半径为r，由弧AD长度为弧BC长度的3倍，底面扇环所对的圆心角为，所以，即，，所以，.故该曲池体积.故答案为：.16. 如图所示，已知点是边的中点，点是上一点，且，过点作直线分别交两边于两点，且，，则的最小值为___________.  【答案】【解析】【详解】以为基底表示出，根据三点共线可得，根据基本不等式中“”的巧用可求得结果.【分析】为中点，，又，，又，，，三点共线，，即，；（当且仅当，即，时取等号），.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. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若.（1）求a，c的值；（2）求△ABC的面积【答案】（1）;（2）.【解析】【分析】（1）由已知条件，利用余弦定理即可求出c的值,进而求得；（2）利用三角形面积公式计算．【详解】（1） ， , ,;（2）△ABC的面积.18. 如图，在四棱锥中，平面，底面是棱长为的菱形，，，是的中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）连接交于点，根据三角形中位线性质可得，由线面平行判定可证得结论；（2）取中点，根据，，结合线面垂直判定可证得平面，由线面角定义可知所求角为，由长度关系可得结果.【小问1详解】连接，交于点，连接，四边形为菱形，为中点，又为中点，，平面，平面，平面.【小问2详解】取中点，连接，，，为等边三角形，又为中点，；平面，平面，，，平面，平面，即为直线与平面所成角，，，又，，，即直线与平面所成角的正弦值为.19. 已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，___________．①；②．请在以上二个条件中任选一个补充在横线处，并解答：（1）求角C的值；（2）若且，求的值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）若选①，由正弦定理及正弦的两角和的正弦公式可得，若选②余弦定理可得.（2）由平面向量的数量积、模长公式、三角形的性质及余弦定理可求解.【小问1详解】若选①，由已知有，又因为，在中，有，所以有，化简得，由于，所以，所以有，于是有，因，所以得.若选②，得，由余弦定理有：，因，所以.【小问2详解】由，可得点为的中点，且有，两边平方得，因为，则，又，所以，从而可得， 所以有，可得.20. 已知平面向量，，．（1）求函数的单调增区间及对称中心坐标；（2）将函数的图象所有的点向右平移个单位，再将所得图象上各点横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再向下平移个单位得到的图象，若在上仅有个解，求实数的取值范围．【答案】（1）单调增区间为；对称中心为    （2）【解析】【分析】（1）根据数量积的坐标表示及三角恒等变换公式将函数化简，结合余弦函数的性质，采用整体代换法可求得结果；（2）根据三角函数平移和伸缩变换原则可得解析式，再根据的取值范围求出的取值范围，结合余弦函数的性质及图象可得到结果.【小问1详解】；令，解得：，的单调增区间为；令，解得：，此时，的对称中心为.【小问2详解】由题意得：；当时，；令，，若在上仅有个解，则与在上有且仅有一个交点，作出在上的图象如下图所示，  由图象可知：当或时，与有且仅有一个交点，即若在上仅有个解，则的取值范围为.21. 如图，四面体的顶点都在以为直径的球面上，底面是边长为的等边三角形，球心到底面的距离为．  （1）求球的表面积；（2）求异面直线和成角的余弦值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理可求得底面外接圆的半径，由勾股定理可得球的半径，代入球的表面积公式可求得结果；（2）根据平行关系可知或其补角即为所求角，根据长度关系，利用余弦定理可求得结果.【小问1详解】设外接圆圆心为，底面外接圆的半径，又球心到底面的距离为，球的半径，球的表面积为.【小问2详解】为球的直径，，，取的中点，的中点，连接，  则，，两异面直线和所成的角为或其补角；在中，，，，，即两异面直线所成角的余弦值为.22. 若函数满足且（），则称函数为“函数”．（1）试判断是否为“函数”，并说明理由；（2）函数为“函数”，且当时，，求的解析式，并写出在上的单调增区间；（3）在（2）条件下，当，关于的方程（为常数）有解，记该方程所有解的和为，求．【答案】（1）不是“函数”，理由见解析    （2），单调递增区间为，；    （3）【解析】【分析】（1）根据题干条件代入检验，得到，故不是“函数”；（2）求出函数的周期，由得到，结合当时，，从而得到函数解析式，并求出单调递增区间；（3）画出在上图象，数形结合，由函数的对称性，分三种情况进行求解，得到.【小问1详解】不是“函数”，理由如下：，，，则，故不“函数”；【小问2详解】函数满足，故的周期为，因为，所以，当时，，，当时，，，综上：，中，当时，，，此时单调递增区间为，，中，当时，，，则，当，即时，函数单调递增，经检验，其他范围不是单调递增区间，所以在上的单调递增区间为，；【小问3详解】由（2）知：函数在上图象为：当或1时，有4个解，由对称性可知：其和为，当时，有6个解，由对称性可知：其和为，当时，有8个解，其和为，所以.【点睛】函数新定义问题的方法和技巧：（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.