2022-2023学年浙江省衢州第三中学高一下学期5月月考数学试题含答案

2022-2023学年浙江省衢州第三中学高一下学期5月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用集合的补集、交集运算求解.

【详解】因为，所以或，

又，所以，故A，B，C错误.

故选：D.

2．若，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可.

【详解】不等式可化为或，

所以“”可以推出“”，

所以“”是“”的充分条件，

又“”不能推出“”，

所以“”不是“”的必要条件，

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

3．若，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】用对数函数的单调性和比较，用指数函数的单调性和比较，用对数函数的单调性和比较，即可判断大小关系.

【详解】因为,所以为减函数，

所以，即.

因为,所以为增函数，

所以，即.

因为,所以为增函数，

所以，即，

所以．

故选：D

4．函数的部分图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据函数的奇偶性以及时的函数值为正值，利用排除法即可得出答案.

【详解】因为，又函数的定义域为，故为奇函数，排除AC；

根据指数函数的性质，在上单调递增，当时，，故，则，排除D.

故选：B

5．已知，则（    ）

A． B． C．2 D．4

【答案】A

【分析】根据同角三角函数的基本关系，二倍角的正弦公式，分子分母同除以余弦平方得到正切的式子，再将正切值代入即可.

【详解】因为，

所以，

故选：A.

6．已知的外接圆半径为1，，则（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】D

【分析】利用正弦定理化边为角，再利用两角和的正弦公式结合三角形内角和定理即可得解.

【详解】由正弦定理可得，

所以，

则.

故选：D.

7．已知函数，若关于的方程有8个不等的实数根，则的取值范围是　　

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】画出函数的图象，利用函数的图象，判断的范围，然后利用二次函数的性质求解的范围．

【详解】解：函数，的图象如图：

关于的方程有8个不等的实数根，必须有两个不相等的实数根且两根位于之间，由函数图象可知，．令，

方程化为：，，

，开口向下，对称轴为：，

可知：的最大值为：，

的最小值为：2．

．

故选：．

【点睛】本题考查函数与方程的应用，函数的零点个数的判断与应用，考查数形结合以及计算能力，属于中档题．

8．在中，已知，，且满足，，若线段和线段的交点为，则（    ）.

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】待定系数法将向量分解，由平面向量共线定理求出系数，然后代回原式计算

【详解】设，

由知，∴，∵，，三点共线，∴①，

由知，∴，∵，，三点共线，∴②，

由①②得：.，∴，

而，

∴

故选：B

二、多选题

9．设复数，（i为虚数单位），则下列结论正确的为（    ）

A．是纯虚数 B．对应的点位于第二象限

C． D．

【答案】AD

【分析】根据复数的概念判断A；算出判断B；算出判断C；求出判断D.

【详解】对于A：，其实部为零，虚部不为零，是纯虚数，A正确；

对于B：，其在复平面上对应的点为，在第四象限，B错误；

对于C：，则，C错误；

对于D：，则，D正确.

故选：AD.

10．已知向量，则（    ）

A．

B．的夹角为

C．与共线的单位向量

D．在上的投影向量为

【答案】BD

【分析】求出的坐标，再利用共线向量的坐标表示判断A；求出夹角判断B；由单位向量的意义判断C；求出投影向量的坐标判断D作答.

【详解】依题意，，显然，即与不共线，A错误；

，又，则的夹角为，B正确；

与共线的单位向量，C错误；

在上的投影向量为，D正确.

故选：BD

11．是定义在R上的函数，，函数为偶函数，且当时，，下列结论正确的是（  ）

A．的图像关于点对称

B．的图像关于直线对称

C．的值域为

D．的实数根个数为6

【答案】BC

【分析】利用可判断A;根据函数满足的性质推得和皆为的图象的对称轴，可判断B;数形结合判断C;数形结合，将的实数根个数问题转化为函数图象的交点问题，判断D.

【详解】由题意可知当时，，

故，则，

即的图象不关于点对称，A错误；

将代入中的x可得，故4为函数的周期；

函数为偶函数，可得，则的图象关于直线对称，即有，

则，故的图象也关于直线对称，

由于4为函数的周期，故和皆为的图象的对称轴，

当时，，故B正确；

因为，所以由函数性质作出函数的图象如图，可知函数值域为，C正确；

方程的根即与的图象的交点的横坐标，

因为当时，，

当时，，当时，，

所以与的图象共有7个交点，

即方程的实数根个数为7，故D错误.

故选：BC

【点睛】方法点睛：（1）抽象函数的奇偶性以对称性结合问题，往往要采用赋值法，推得函数周期性；（2）方程根的个数问题，往往采用数形结合，将根的问题转化为函数图象交点问题.

12．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”．如图在堑堵中，，且．下列说法正确的是（    ）

A．四棱锥为“阳马”

B．四面体为“鳖臑”

C．四棱锥体积最大为

D．过点分别作于点，于点，则

【答案】ABD

【分析】根据“阳马”和“鳖臑”的定义，可判断A，B的正误；当且仅当时，四棱锥体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意可证平面，进而判断D的正误.

【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，

∴在堑堵中，，侧棱平面，

A选项，∴，又，且，则平面，

∴四棱锥为“阳马”，对；

B选项，由，即，又且，

∴平面，

∴，则为直角三角形，

又由平面，得为直角三角形，

由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形．

∴四面体为“鳖臑”，对；

C选项，在底面有，即，

当且仅当时取等号，

，错；

D选项，因为平面，则，

且，则平面，

∴，又且，

则平面，所以则，对；

故选：ABD．

三、填空题

13．已知函数 在 上单调递增，则的最大值是    .

【答案】4

【分析】根据正弦型函数的单调性即可求解.

【详解】由函数在区间上单调递增，

可得 ，求得，故的最大值为，

故答案为：4

14．若，，且，则的最小值为        ．

【答案】3

【分析】根据“1”的变形技巧，再由均值不等式求最小值即可.

【详解】由题意得，，，

所以

，

当且仅当，即时，等号成立．

故答案为：3

15．已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，若PA＝2，AB＝1，，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为   ．

【答案】

【分析】由题意结合球心的性质确定三棱锥的外接球的球心的位置，求得球的半径，即可求外接球的表面积

【详解】由题意，在三棱锥中，平面，平面，

所以，,又，，平面，

所以平面，平面，所以，

设的中点为，因为，所以，

因为，所以，

所以为三棱锥外接球的球心，

因为，，所以，

因为，，，所以，

设三棱锥外接球的为，所以，

所以三棱锥的外接球的表面积为．

故答案为：.

16．已知奇函数的定义域为，且有，，若对，，都有，则不等式的解集为        ．

【答案】

【分析】通过构造函数法，结合函数的单调性求得不等式的解集.

【详解】构造函数，

依题意，的定义域是，是奇函数，

所以，所以是偶函数，

由于对，，都有，

所以在上单调递增，则在上单调递减.

，

由得，即，

所以或，

所以不等式的解集为.

故答案为：

【点睛】本题的关键点是熟练掌握函数单调性的定义及其变型.任取定义域内的两个数，且，通过计算的符合来判断的单调性，也可以利用的符号来判断的单调性.

四、解答题

17．已知：、是同一平面内的两个向量，其中．

(1)若且与垂直，求与的夹角；

(2)若且与的夹角为锐角，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由向量垂直的数量积运算得出，进而由得出与的夹角；

（2）由数量积的坐标运算得出，解不等式得出实数的取值范围．

【详解】（1）解：由得，即，所以，

得，又，所以；

（2）解：因为，，所以

所以，则，

由 得，即，

因为与的夹角为锐角，所以

18．如图，在直三棱柱中，，，是的中点，是的中点.

(1)求证平面

(2)求直线与平面所成的角的大小

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）取中点，连接，进而证明四边形是平行四边形，再根据线面平行判定定理即可证明；

（2）根据题意证明平面,故是直线与平面 所成的角的平面角，再根据几何关系求解即可.

【详解】（1）如图1，取中点，连接，

因为是的中点，

所以，

又因为在直三棱柱中，是的中点，

所以，

所以，

所以四边形是平行四边形，

所以,

因为平面，平面，

所以平面；

（2）如图2，连接，，

由直三棱柱的性质可知平面，

因为平面，所以，

因为，，是的中点，

所以，

因为，平面,

所以平面,

所以是直线与平面所成的角的平面角，

因为，，

所以不妨设，则，，，

所以，则，

所以，

因为，所以

所以直线与平面 所成的角的大小.

19．已知函数.

(1)求函数在上的单调递增区间；

(2)若，求的值.

【答案】(1)和

(2)

【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数解析式为，由可求得的取值范围，结合正弦型函数的单调性可求得函数在上的单调递增区间；

（2）由已知可得出，利用诱导公式结合二倍角的余弦公式可求得的值.

【详解】（1）解：由题意得，

因为，所以，

令，解得，

令，解得，

所以函数在上的单调递增区间为和.

（2）解：由（1）知.

.

20．海岸上建有相距海里的雷达站C，D，某一时刻接到海上B船因动力故障发出的求救信号后，调配附近的A船紧急前往救援，雷达站测得角度数据为,.

(1)救援出发时，A船距离雷达站C距离为多少？

(2)若A船以30海里每小时的速度前往B处，能否在3小时内赶到救援？

【答案】(1)120海里

(2)能在3小时内赶到救援

【分析】（1）由题意，在中，根据正弦定理即可求解；

（2）在中，根据正弦定理求得，进而在中，利用余弦定理求出，而，从而即可作出判断.

【详解】（1）解：在中，因为，，

所以，，又，

所以由正弦定理可得，即，解得，

所以A船距离雷达站C距离为120海里；

（2）解：在中，根据正弦定理可得，即，解得，

在中，由余弦定理可得，解得，

因为A船以30海里每小时的速度前往B处，而，

所以能在3小时内赶到救援.

21．如图，棱柱中，底面是平行四边形，侧棱底面，过的截面与上底面交于，且点在棱上，点在棱上，且，，.

（1）求证：；

（2）若二面角的平面角的余弦值为，求侧棱的长.

【答案】（1）证明见解析；（2）2．

【解析】（1）由线面平行的性质定理可推出，再由平行的传递性可证得

（2）先找出二面角的平面角，表示出，求出，再设，建立方程求出，进而求出.

【详解】（1）在棱柱中，面，面，

面面，由线面平行的性质定理有，

又，故；

（2）证明：在底面中，，，.

， ，

又因为侧棱底面，则底面

面，

又，面

过点作于，连接，则是二面角的平面角．

，，

则，故，

，．

设，则．

，

故，故．

【点睛】方法点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．

22．定义在上的函数满足：对任意的，都存在唯一的，使得，则称函数是“型函数”.

(1)判断是否为“型函数”?并说明理由；

(2)若存在实数，使得函数始终是“型函数”，求的最小值；

(3)若函数，是“型函数”，求实数的取值范围.

【答案】(1)不是，理由见解析

(2)1

(3)

【分析】（1）根据“型函数”的定义，结合特殊值进行判断.

（2）根据的定义域求得的范围，结合“型函数”的定义以及函数的单调性求得的取值范围.

（3）对进行分类讨论，根据“型函数”的定义列不等式，由此求得的取值范围.

【详解】（1）是偶函数，且在递减，递增.

当时，；当时，.

若取，则不存在，使得.

所以不是“型函数”.

（2）首先函数定义域为，

则，解得.

由复合函数单调性可知：在单调递减，在单调递增.

所以只需对恒成立即可.

所以，即的最小值为1.

（3）由题是“型函数”.

当时，在上单调递增，.

而，要使存在且唯一，则有，解得.

所以.

当时，在递减，递增，.

而，要使存在且唯一，则有，解得.

所以.

综上可知：.

【点睛】新定义问题的求解必须紧扣新定义，新定义型试题的难点就是对新定义的理解和运用，在解决问题时要分析新定义的特点，把新定义所叙述的问题的本质弄清楚，并能够应用到具体的解题过程之中.