四川省绵阳市南山中学实验学校2022-2023学年高一数学下学期6月月考试题（Word版附解析）

绵阳南山中学实验学校高2022级6月月考 数学

满分：150分   时间：120分钟

一、单选题（（每小题5分，共40分，每小题只有一个正确选项）

1. 复数的虚部为（    ）

A. 3 B. 2 C.  D.

【答案】C

【解析】

分析】根据复数的定义，即可求解．

【详解】的虚部为．

故选：C．

2. 已知向量，，若，则（    ）

A. 3 B. 5 C. 6 D. 9

【答案】C

【解析】

【分析】根据向量共线的坐标表示得出方程，求解即可得出答案.

【详解】根据已知可得，，解得.

故选：C.

3. 要得到函数的图象，只需将函数的图象（    ）

A. 向右平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度

C. 向左平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度

【答案】A

【解析】

【分析】根据三角函数的平移变换法则（左加右减）即可求解.

【详解】由于函数，所以要得到函数的图象，只需将函数的图象向右平移个单位长度.

故选：A.

4. 立体几何中的四个基本事实是学习立体几何的基础，下列四个命题中不是立体几何中的基本事实的是（    ）

A. 过不在一条直线上的三点，有且仅有一个平面

B. 如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上的所有点都在这个平面内

C. 平行于同一条直线的两条直线平行

D. 垂直于同一条直线的两条直线平行

【答案】D

【解析】

【分析】由立体几何中的基本事实相关概念可判断各选项正误.

【详解】由选项内容可知，ABC选项为立体几何中的基本事实，D选项，垂直于同一条直线的两条直线可能异面，可能相交，可能平行，故D不是立体几何中的基本事实.

故选：D

5. 若水平放置的四边形AOBC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，四边形为等腰梯形，，则原四边形AOBC的面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据图像，由“斜二测画法”可得，四边形水平放置的直观图为直角梯形，进而利用相关的面积公式求解即可.

【详解】在直观图中，四边形为等腰梯形，，而，则，

由斜二测画法得原四边形AOBC是直角梯形，，，如图.

所以四边形AOBC的面积为.

故选：D.

6. 已知，为单位向量，当向量的夹角为，则向量在向量上的投影向量为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由投影向量的公式，代入计算即可．

【详解】向量在向量上的投影向量为：，

故选：C．

7. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用诱导公式和二倍角公式可求的值.

【详解】

，

故选：B.

8. 如图，某景区为方便游客，计划在两个山头M，N间架设一条索道．为测量M，N间的距离，施工单位测得以下数据：两个山头的海拔高度，在BC同一水平面上选一点A，测得M点的仰角为，N点的人仰角为，以及，  则M，N间的距离为（    ）

A.  B. 120m C.  D. 200m

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，在直角和直角中，分别求得和，再在中，利用余弦定理，即可求解.

【详解】由题意，可得，

且，

在直角中，可得，

在直角中，可得，

在中，由余弦定理得，

所以.

故选：A.

二、多选题（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，全部选对得5分，部分选对得2分，错选得0分）

9. 设为直线，，是两个不同的平面，下列命题中错误的是（    ）

A. 若，，则

B. 若，，则

C. 若，，则

D. 若，，则

【答案】ACD

【解析】

【分析】由空间线面关系，面面关系相关知识判断各选项正误即可.

【详解】设为直线，，是两个不同的平面.

对于，若，，则与相交或平行，故错误；

对于，若，，则，故正确；

对于，若，，则与相交，故错误；

对于，若，，则与相交､平行或，故错误.

故选：.

10. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法正确的是（        ）

A. 若，则

B. 若是锐角三角形，恒成立

C. 若，，，则符合条件的只有一个

D. 若为非直角三角形，则

【答案】AD

【解析】

【分析】由正弦定理可以判断A；借助诱导公式及正弦函数的单调性可以判断B；作出示意图判断C；根据两角和的正切公式可以判断D.

【详解】对A，由正弦定理可知，故选项A正确；

对B，因为三角形为锐角三角形，所以，

则，故选项B错误；

对C，如示意图，点A在射线上，，易得，

则，即符合条件的三角形有2个，故选项C错误；

对D，因为为非直角三角形，所以，

整理可得，故选项D正确.

故选：AD.

11. 关于函数，下列结论正确的是（　　）

A. 函数的最大值是

B. 函数在上单调递增

C. 函数的图象可以由函数的图象向右平移个单位得到

D. 若方程区间有两个实根，则

【答案】BCD

【解析】

【分析】先利用辅助角公式化简得，利用三角函数的图象与性质可逐一判定各选项.

【详解】，

显然当时，的最大值是3，故A错误；

令，则在上单调递增，故B正确；

根据三角函数的图象变换得：的图象向右平移个单位得到，故C正确；

，则由正弦函数图象与性质可知，，

解得：，故D正确；

故选：BCD

12. 如图，在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，为线段上一个动点，则（    ）

A. 存在点，使直线平面

B. 平面截正方体所得截面的最大面积为

C. 三棱锥的体积为定值

D. 存在点，使平面平面

【答案】AC

【解析】

【分析】对于A项，可以通过取的中点H、I，连接HI交于G点，判定即可；

对于B项，讨论截面的形状并计算各交线长来判定即可；

对于C项，通过等体积法转化即可判定；

对于D项，通过反证，利用面与面和面的交线PG、DH是否能平行来判定.

【详解】对于A项，如图所示，

取中点H、I，连接HI交于G点，此时，

由正方体的性质知：面，又，则面，

面，可得，

在正方形中，易知，，面，

所以平面，故A正确；

对于B项，若G点靠C远，如图一示，过G作，即截面为四边形EFQR，

显然该截面在G为侧面CB1的中心时取得最大，最大值为，

若G靠C近时，如图二示，G作KJEF，延长EF交、DA延长线于M、H，

连接MK、HJ交、AB于L、I，则截面为六边形EFIJKL，

若K，J为中点时六边形面积为，，即B错误；

对于C项，随着G移动但G到面的距离始终不变即，

故是定值，即C正确；

对于D项，如图所示，连接，H为侧面的中心，则面与面和面分别交于线PG、DH，

若存在G点使平面平面，则PGDH，又A1DCB1，

则四边形PGHD为平行四边形，即PD=GH，而PD＞，

此时G应在延长线上，故D错误；

故选：AC

三、填空题（每小题5分，共20分）

13. 已知，______.

【答案】

【解析】

【分析】确定，，再计算模长得到答案.

【详解】，则，，则.

故答案为：.

14. 若，则的值是______.

【答案】

【解析】

【分析】用二倍角公式对、进行化简运算即可得出结论.

【详解】因为，所以，

，

所以.

故答案为：.

15. 在正四棱台中，，则该棱台的体积为________．

【答案】##

【解析】

【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解.

【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，

因为，

则，

故，则，

所以所求体积为.

故答案为：.

16. 如图，已知球O的面上四点A，B，C，P，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝1，，，则球O的表面积等于____________．

【答案】

【解析】

【分析】将三棱锥补为正方体，由三棱锥的外接球是正方体的外接球求解.

【详解】解：将三棱锥补正方体如图所示：

则三棱锥的外接球是正方体的外接球，

外接球的直径为 ，

解得，

所以外接球的表面积为，

故答案为；

四、解答题

17. 已知向量.

（1）若，求实数的值；

（2）若与的夹角是钝角，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意求得，结合向量垂直数量积的表示，列出方程，即可求解；

（2）根据题意，利用且与不共线，结合向量的坐标表示和数量积的运算，即可求解.

【小问1详解】

解：由向量，可得，

因为，可得，解得.

【小问2详解】

解：由（1）知，，解得，

又由向量与不共线，可得，解得，

所以实数的取值范围是

18. 在正方体中，M，N分别是线段，BD的中点.

（1）求证：平面；

（2）若正方体的棱长为2，求三棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据中位线定理，结合线面平行的判定定理，可得答案；

（2）根据面面垂直性质定理，可得三棱锥的高，根据三角形中线的性质，求得三棱锥的底面积，结合三棱锥的体积公式，可得答案.

【小问1详解】

连接，如下图：

是线段的中点，底面是长方形，是线段的中点，

又是线段的中点，在中，，

平面，平面，平面.

【小问2详解】

取的中点为，连接，如下图：

分别是线段的中点，在中，，，

又在正方体中，平面，平面，

为的中点，，

.

19. 已知的内角的对边分别为，，，且.

（1）求；

（2）若，的面积为，求的周长.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理边化角，结合三角函数恒等式，由特殊角三角函数即可；

（2）根据（1）的结论，结合余弦定理，三角形面积公式即可得三角形周长.

【小问1详解】

因为，

由利用正弦定理可得：，

即；

又因为，

所以，即，

又，可得.

【小问2详解】

由余弦定理可得：，

即，

由面积，可得，

所以，

即，所以，

因此三角形的周长为：.

20. 已知四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，，AD＝CD＝1，∠BAD＝120°，，∠ACB＝90°．

（1）求证：BC⊥平面PAC；

（2）求直线PC与平面PAB所成的角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）通过证明，即可证明平面；

（2）过作于，则直线与平面所成的角为，然后解三角形求解即可．

【小问1详解】

因为底面，平面，则，

又因为，即，

，，平面，

所以平面．

【小问2详解】

过作于，连接，

因为底面，平面，则，

，平面，

所以平面，

所以直线与平面所成的角为，

因为，//，，

则，是等边三角形，可得，

又因为，在中，，中求得，

所以，

即直线与平面所成的角的正弦值为．

21. 已知函数的部分图象如图所示.

（1）求函数的解析式；

（2）将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若方程在上有解，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据函数的图象求得A和，再将代入求解；

（2）由（1）得到，再令，转化为二次方程求解.

【小问1详解】

解：由函数的图象知：，则，

所以，，

因为，

所以，则，

又因为，则，

所以；

【小问2详解】

由题意得：，

令，

则化为：，

即在上有解，

由对勾函数的性质得：，

所以.

22. 如图，经过村庄A有两条夹角为的公路，，根据规划，在两条公路之间的区域内建一工厂，分别在两条公路边上建两个仓库，（异于村庄），要求（单位：）.

（1）当时，求线段的长度；

（2）设，当取何值时，工厂产生的噪音对居民的影响最小？（即工厂与村庄的距离最远）

【答案】（1）；   

（2）．

【解析】

【分析】（1）在中求得，然后在中由勾股定理求得；

（2）在中由正弦定理求得，然后在中由余弦定理求得，再利用三角函数恒等变换，结合正弦函数性质得最大值．

【小问1详解】

，，则，又，

∴，，，

∴；

【小问2详解】

，则，

由正弦定理得，

由余弦定理得

，

由三角形知，，

当且仅当，即时，取得最大值3，工厂产生的噪音对居民的影响最小．