重庆市西南大学附属中学2022-2023学年高一数学下学期5月月考试题（Word版附解析）

这是一份重庆市西南大学附属中学2022-2023学年高一数学下学期5月月考试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高2025届2022-2023学年（下）5月名校联考数学试题一、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，只有一个选项是符合题目要求的．1. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（    ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】B【解析】【分析】根据复数乘法的运算法则得到，然后判断象限即可.【详解】，所以复数在复平面内对应的点为，在第二象限.故选：B.2 已知向量，，．若，则（    ）A.  B. 0 C.  D. 8【答案】A【解析】【分析】先求出的坐标，再由列方程可求出的值.【详解】因为向量，，所以，因为，，所以，得，故选：A3. 已知，且为第三象限角，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式先求出，再根据角所在的象限，利用同角三角函数的基本关系即可求解.【详解】因为，所以，又因为为第三象限角，所以，则，故选：D.4. 金字塔一直被认为是古埃及的象征，然而，玛雅文明也有类似建筑，玛雅金字塔是仅次于埃及金字塔的著名建筑．玛雅金字塔由巨石堆成，其下方近似为正四棱台，顶端是祭神的神殿，其形状近似为正四棱柱．整座金字塔的高度为29m，金字塔的塔基（正四棱台的下底面）的周长为220m，塔台（正四棱台的上底面）的周长为52m，神殿底面边长为9m，高为6m，则该玛雅金字塔的体积为（    ）A.  B. 30455m3 C. 37217m3 D. 45439.5m3【答案】B【解析】【分析】由棱台的体积公式求下部正四棱台的体积，由柱体体积公式求神殿的体积，相加可得该玛雅金字塔的体积.【详解】设塔基的边长为，塔台的边长为，正四棱台的高为，神殿的高为，由已知，，所以，所以正四棱台的下底面积，上底面积，所以正四棱台的体积，因为神殿的形状为正四棱柱，底面边长为，高为，所以神殿的体积，所以该玛雅金字塔的体积，故选：B.5. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，若满足条件的三角形有两个，则x的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由已知条件根据正弦定理用表示出，然后由和正弦函数的性质求出的范围，从而可求出x的取值范围【详解】在中，，，，由正弦定理得，得，解得，因为满足条件三角形有两个，所以，所以，即，解得，即x的取值范围为，故选：B6. 已知一个正六棱锥的所有顶点都在一个球的表面上，六棱锥的底面边长为1，侧棱长为2，则球的表面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】如图，先由已知条件求出正六棱锥的高，则可知球心在上，，然后在直角三角形中，利用勾股定理列方程可求出，从而可求出球的表面积.【详解】如图，正六棱锥，为正六边的中心，连接，则平面，外接球的球心在上，因为平面，所以，由题意可知，所以，设外接球的半径为，则，所以，在直角三角形中，，所以，解得，所以球的表面积为，故选：C  7. 若，则（    ）A. －2 B. 1 C. 2 D. 4【答案】C【解析】【分析】利用正弦和角公式，同角三角函数关系，得到，进而求出.【详解】，故，即，化简得到，所以.故选：C8. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，点O是的外心，若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用余弦定理和得到，然后利用外心的结论和得到的方程，最后解方程即可.【详解】解：∵，∴，∴．由得，，，即：，，解得，，∴.故选：B．二、选择题：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. 给出下列4个命题，其中正确的命题是（    ）A. 梯形可确定一个平面 B. 棱台侧棱的延长线不一定相交于一点C.  D. 若非零向量，，满足，则【答案】AC【解析】【分析】对A：根据空间的基本事实和推论分析判断；B：根据台体的结构特征分析判断；对C、D：根据平面向量的运算分析判断.【详解】对于选项A：因为梯形有两边平行，且两条平行直线可以确定一个平面，所以梯形可确定一个平面，故A正确；对于选项B：用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，两平面之间的部分是棱台，则棱台的侧棱即为棱锥对应侧棱的一部分，所以棱台侧棱的延长线一定相交于一点，故B错误；对于选项C：因为，故C正确；对于选项D：因为，则，当时，，即不一定有，例如，则，显然，故D错误；故选：AC.10. 函数的部分图象如图所示，则（    ）  A. 函数的最小正周期为B. 在区间上单调递减C. 的图象关于直线对称D. 将图象向左平移个单位长度可得的图象【答案】ACD【解析】【分析】根据函数的图象求得 ，再逐项判断.【详解】解：由图象知：，则，由，得，则，又，则，解得，则，则，故A正确；由，得，又在上递增，在上递减，故B错误；由，故C正确；将的图象向左平移个单位长度得到，故D正确，故选：ACD11. 已知O为坐标原点，点，，，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】AB选项，利用向量模长公式计算得到，；C选项，由向量数量积公式得到不一定相等；D选项，由向量数量积运算法则，和差化积公式计算出，D正确.【详解】A选项，，，故，A正确；B选项，，故，，故，由于，故，B正确；C选项，，，因为不一定相等，故不一定相等，C错误；D选项，由和差化积可得，当且仅当时，等号成立，故D正确.故选：ABD【点睛】方法点睛：和差化积公式：，，，积化和差公式：，，，.12. 如图，直四棱柱的底面是梯形，，，，，P是棱的中点．Q是棱上一动点（不包含端点），则（    ）  A.  与平面BPQ有可能平行B. 与平面BPQ有可能平行C. 三角形BPQ周长的最小值为D. 三棱锥的体积为定值【答案】ACD【解析】【分析】对于A，当Q为的中点时，可证得四边形为平行四边形，则与互相平分于点，连接可证得∥，再由线面平行的判定定理可得结论，对于B，由题意可得与平面BPQ相交，对于C，把沿展开与在同一平面（如图），则当B，P，Q共线时，有最小值，从而可求得结果，对于D，， 为定值，可得结论.【详解】对于A，连接，当Q为的中点时，，因为，∥，∥，，所以，∥，所以四边形为平行四边形，所以与互相平分，设与交于点，连接，因为P是棱的中点，所以∥，因为平面，平面，所以∥平面BPQ，故A正确；  对于B，，又平面BPQ，BD与平面BPQ只能相交，所以与平面BPQ只能相交，故B错；对于C，，把沿展开与在同一平面（如图），则当B，P，Q共线时，有最小值，直角梯形中，，，，，则，所以，所以，所以三角形BPQ周长的最小值为，故C正确；    对于D，，因为定值，因为∥，∥，所以∥，因为平面，平面，所以∥平面ABP，故Q到平面ABP的距离也为定值，所以为定值．所以D正确，故选：ACD．【点睛】关键点点睛：此题考查线面平行的判定和棱锥体的求法，对于选项A解题的关键是证明四边形为平行四边形，从而可找到的中点，再利用三角形中位线定理可得线线平行，考查空间想象能力，属于较难题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 若复数z满足，则______．【答案】【解析】【分析】设出，利用得到方程组，解方程组求出，的值，从而可求出.【详解】设，则，所以，所以，解得：，所以.故答案为：14. 已知向量，满足，且，则在上的投影向量的模为______．【答案】1【解析】【分析】根据给定条件，求出，再利用投影向量及向量模的意义求解作答.【详解】因为，，则有，即，而在方向上的投影向量为，所以在方向上的投影向量的模为.故答案为：115. 一个倒置的圆锥形容器，其轴截面为等边三角形，在其内放置两个球形物体，两球体均与圆锥形容器侧面相切，且两球形物体也相切，则小球的体积与大球的体积之比为______．  【答案】【解析】【分析】截取圆锥轴截面并根据等边三角形性质即可得大球的半径和小球的半径满足，由球的体积公式即可得其体积比.【详解】根据题意可截取圆锥轴截面，分别设大球和小球与轴截面的切点为，圆锥顶点为，如下图所示：  易知，，设大球和小球的半径分别为，即；所以可得，又因为，所以，代入球的体积公式可得.故答案为：16. 在锐角三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则______（填数值），的面积的取值范围是______．【答案】    ①. 5    ②. 【解析】【分析】根据题意由三角恒等变换，利用正弦定理和余弦定理可得，代入可得；由锐角三角形可知，再由面积表达式利用二次函数单调性即可求得面积范围是.【详解】由题知，即；即，由正弦定理和余弦定理可得，即又，所以．又是锐角三角形，∴，，，即，，，结合可得．又，；所以，因此．不妨设，则，所以，当时，取最大值，且，即．故答案为：5，四、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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．（1）求角B的大小；（2）若，的面积为，求的周长．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理进行边角互化，再利用余弦定理计算角即可；（2）先利用面积计算，再利用和完全平方公式得，即求得周长.【小问1详解】由正弦定理知，，，，即，∵，∴，又∵，∴.【小问2详解】∵，，∴，又∵，∴，∴，∴，故的周长为.18. 如图，正三棱柱的各条棱长均为2，D为AB的中点．  （1）求证：直线平面；（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）连接交于点O，连接，证明，由线面平行判定定理证明直线平面；（2）由，结合锥体体积公式求解.【小问1详解】连接交于点O，连接，  因为正三棱柱的各条棱长为，所以四边形为正方形，所以O为的中点，又D为AB的中点，所以，，又平面，平面，∴平面【小问2详解】∵正三棱柱各条棱长均为2，∴且，∴19. 如图，在平行四边形中，，，，点，，分别在边，，上，且，，．  （1）若，用，表示；（2）求的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据平面向量的加减法的三角形法则表示即可.（2）结合（1）利用，表示出和，再表示出，根据的范围，即可得出结果.【小问1详解】由题知，.【小问2详解】，又，，又，则，.20. 已知向量，，设函数，且函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为．（1）求的值及函数的值域；（2）设，，求．【答案】（1）；值域为；    （2）.【解析】【分析】（1）根据二倍角的余弦公式和辅助角公式即可求解；（2）根据余弦函数的性质求解不等式并结合一元二次不等式的求解求出交集即可.【小问1详解】，由题知，，即，∴，∴，当时，故的值域为；【小问2详解】∵，∴，即，∴，结合余弦曲线知，，，∴，，∴，.又，∴.21. 如图，在棱长为6的正方体中，P为的中点，Q为的一个三等分点（靠近C）．  （1）经过P，Q两点作平面，平面截正方体所得截面可能是n边形，请根据n的不同取值分别作出截面图形（每种情况作一个代表类型，例如只需要画一种，下面给了四幅图，可以不用完，如果不够请自行增加），保留作图痕迹；   （2）若M为AB的中点，求过点P，Q，M的截面的面积．【答案】（1）答案见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据两平面相交，只有一条交线，以及确定平面的依据，即可作出不同的截面图形；（2）首先根据确定平面的依据，作出截面，方法一，根据作图的过程，可以选择减法求截面的面积，方法二，根据截面为等腰梯形，根据梯形的面积公式，即可求解.【小问1详解】截面可以分别为三角形，四边形，五边形，六边形,如图，取上一点，连结，即为截面三角形；  如图，取线段上，靠近点处的一点，延长，连结，，连结，则四边形为截面四边形；和  取上靠近点的四等分点，连结并延长，交于点，连结并延长，交于点，连结并延长，交于点，连结并延长，交于点，连结，如图五边形为截面五边形.  如图，延长，交的延长线交于点，取上靠近点的三等分点，连结，并延长，交于点，连结，交于点，六边形为截面六边形.  【小问2详解】如图：连接PQ所在直线交DC延长线于X，交的延长线于Z；连接直线MX交BC于R，交DA延长线于Y；连接YZ分别交，于S，T．则六边形PQRMST即为截面．∵P为的中点，Q为的一个三等分点（靠近C），∴，，，可得，，，，又，，所以，，，，又，M为AB的中点，，，所以YDZ为等腰直角三角形，所以，，，，，∴为等腰三角形，等边上的高为，，所以  方法二：可证明PQRM与PTSM是全等的等腰梯形，，，，所以等腰梯形PQRM的高为，所以．22. 由于某地连晴高温，森林防灭火形势严峻，某部门安排了甲、乙两名森林防火护林员对该区域开展巡查．现甲、乙两名森林防火护林员同时从A地出发，乙沿着正西方向巡视走了3km后到达D点，甲向正南方向巡视若干公里后到达B点，又沿着南偏西60°的方向巡视走到了C点，经过测量发现．设，如图所示．  （1）设甲护林员巡视走过的路程为，请用表示S，并求S的最大值；（2）为了强化应急应战准备工作，有关部门决定在区域范围内储备应急物资，求区域面积的最大值．【答案】（1）；最大值为    （2）【解析】【分析】（1）结合题意，利用三角形内角和定理和正弦定理求出路程的表达式，然后利用三角恒等变换和正弦函数的图像与性质即可求解；（2）根据题意，求出面积的表达式，令，根据二次函数的图像和性质即可求解.【小问1详解】由题意知：．在中，由正弦定理：，即：，在中，∵，∴．由正弦定理：，，，∴且，又，∵，∴，∴S的最大值为，当且仅当时取得等号．【小问2详解】由（1）知：，．∴，∴，不妨设，又∵，∴，，∴而S在上单调递增，