2022-2023学年江西省吉安市泰和中学高一下学期7月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省吉安市泰和中学高一下学期7月月考数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江西省吉安市泰和中学高一下学期7月月考数学试题 一、单选题1．下列五个写法：①；②；③；④；⑤其中错误写法的个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据空集的定义，以及元素与集合，集合与集合的关系即可逐一判断.【详解】对于①; ，故错误，对于②；空集是任意集合的子集，故，故正确，对于③；任意集合是自身的子集，故，故正确，对于④，空集是不含任何元素的集合，故错误，对于⑤，0是元素，空集是集合，两者不可以求交集，故错误，故选：C2．下列函数中，既不是奇函数也不是偶函数的是A． B． C． D．【答案】D【分析】利用奇函数偶函数的判定方法逐一判断得解.【详解】A.函数的定义域为R,关于原点对称，,所以函数是偶函数；B.函数的定义域为，关于原点对称. ,所以函数是奇函数；C.函数的定义域为R,关于原点对称，,所以函数是偶函数；D. 函数的定义域为R,关于原点对称，，，所以函数既不是奇函数，也不是偶函数.故选D【点睛】本题主要考查函数的奇偶性的判断，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.3．已知向量、满足，，，则一定共线的三点是　　A．A，B，D B．A，B，C C．B，C，D D．A，C，D【答案】A【分析】证明三点共线，借助向量共线定理判断即可.【详解】因为，，不存在常数使得，所以不共线，则A，B，C不共线，B错；因为，，不存在常数，使得，所以不共线，则B，C，D不共线，C错；因为，，所以不存在常数，使得，所以不共线，则A，C，D不共线，D错；因为，所以共线，又两向量都过点，故三点，，一定共线．故选：A．4．在中，内角、、所对的边分别为、、，则“”是“是以、为底角的等腰三角形”的（    ）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既非充分也非必要条件【答案】B【分析】利用余弦定理化简等式，结合充分条件、必要条件的定义判断即可得出结论.【详解】，，即，整理得，或，则是以、为底角的等腰三角形或以为直角的直角三角形.因此，“”是“是以、为底角的等腰三角形”的必要不充分条件.故选：B.【点睛】本题考查必要不充分条件的判断，同时也考查了余弦定理边角互化思想的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题.5．已知，下列有关函数的说法，错误的是（    ）A．最小值为 B．最小值为0C．最大值为 D．当时，函数的图象对称轴为直线【答案】B【分析】对二次函数配方变形，再逐项分析、计算判断作答.【详解】当时，函数，当时，，即函数的最小值为，A正确，B错误；当时，，即函数的最大值为，C正确；当时，二次函数的图象对称轴为直线，D正确.故选：B6．已知函数,下面结论错误的是（    ）A．函数的最小正周期为 B．函数在区间上是增函数C．函数的图像关于y轴对称 D．函数的图像关于点对称【答案】D【分析】用诱导公式化简函数的解析式,然后根据余弦函数的性质对四个选项逐一判断即可选出正确答案.【详解】.选项A：函数的最小正周期为：,故本结论是正确的；选项B：由的性质可知：在区间上是减函数,因此函数在区间上是增函数,故本结论是正确的；选项C：,所以函数的图像关于y轴对称,故本结论是正确的；选项D：的对称点的坐标为,故本结论是错误的.故选：D【点睛】本题考查了余弦函数的性质,考查了诱导公式,属于基础题.7．已知定义在R上的函数满足，且为偶函数，若在内单调递减，则下面结论正确的是A． B．C． D．【答案】B【分析】由题意可判断函数f（x）的周期为6，对称轴为x＝3，所以有f（12.5）＝f（0.5），f（-4.5）＝f（1.5），f（3.5）＝f（2.5），因为0＜0.5＜1.5＜2.5＜3，且函数在（0，3）内单调递减，从而判断大小【详解】∵函数满足，∴=，∴f（x）在R上是以6为周期的函数，∴f（12.5）＝f（12+0.5）＝f（0.5），又为偶函数，∴f（x）的对称轴为x＝3，∴f（3.5）＝f（2.5），又∵0＜0.5＜1.5＜2.5＜3，且在（0，3）内单调递减，∴f（2.5）＜f（1.5）＜f（0.5）即f（3.5）＜f（-4.5）＜f（12.5）故选B．【点睛】本题主要考查了函数周期性与对称性的推导，考查了周期与单调性的综合运用，利用周期与对称把所要比较的变量转化到同一单调区间，利用函数的单调性比较函数值的大小，是解决此类问题的常用方法，属于中档题．8．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，，，点D在边上，且，则线段长度的最小值为（    ）A． B． C．3 D．2【答案】A【分析】由已知条件和正弦定理，得，再由余弦定理得， .由向量的线性运算得，两边平方，可得，运用基本不等式可得选项.【详解】由及正弦定理，得，即，由余弦定理得，，∵，∴.由于，∴，两边平方，得，当且仅当时取等号，即，∴线段长度的最小值为.故选：A.【点睛】本题考查综合运用正弦定理、余弦定理、向量的线性运算、向量的数量积运算，以及运用基本不等式求最值，属于较难题. 二、多选题9．已知，则函数的值可能为（    ）A．3 B．-3 C．1 D．-1【答案】BC【解析】讨论在第一象限；在第二象限；在第三象限；在第四象限；四种情况分别化简得到答案.【详解】，当在第一象限时：；当在第二象限时：当在第三象限时：当在第四象限时：故选：【点睛】本题考查了三角函数值化简，分类讨论是常用的数学方法，需要熟练掌握.10．下列命题中正确的是（    ）A．对于命题：，使得，则：，均有B．命题“已知，若，则或”是真命题；C．“”是“”的必要不充分条件；D．已知直线平面，直线平面，则“”是“”的必要不充分条件.【答案】BC【分析】根据含有一个量词命题的否定可知A错误；写出原命题的逆否命题并判断其真假即可得B正确；不等式“”等价于“”，是“”的真子集，可知C正确；根据线面垂直的性质定理以及线面平行的性质可知充分性成立，故D错误.【详解】对于选项A，命题：“，使得”的否定应该是“，均有”，所以A错误；对于选项B，易知命题“已知，若，则或”的逆否命题为“已知，若且，则”，显然逆否命题为真命题；又因为原命题与其逆否命题有相同的真假性，所以原命题为真命题，即B正确；对于选项C，解对数不等式“”可得“”，易知“”是“”的真子集，所以“”是“”的必要不充分条件，即C正确；对于选项D，若，直线平面，所以平面，又直线平面，所以，即充分性成立，所以D错误；故选：BC11．关于函数，下列结论正确的是（    ）A．在上单调递增 B．的图象关于直线对称C．的图象关于点（1，0）对称 D．的值域为【答案】ACD【分析】先求出函数的定义域，化简得， 令，根据复合函数的单调性和值域；化简函数得到，，所以得到的图象关于点（1，0）对称，最终得到答案.【详解】函数的定义域是（-1，3），． 令，易知在（-1，3）上单调递增，所以，所以在（-1，3）上单调递增，且值域为．故A，D正确．当时，，，，，所以，．所以的图象关于点（1，0）对称．故B错误，C正确.故选：ACD．【点睛】本题考查复合函数的性质，涉及到函数的单调性和对称性,属于基础题型.12．如图，在边长为的正方形中，、分别是边、上的两个动点，且，则的可能是（    ）  A． B． C． D．【答案】BC【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，设，，其中，，根据勾股定理可得出，设，，其中，利用平面向量数量积的坐标运算可得出的取值范围，即可得出合适的选项.【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，  设，，其中，，由勾股定理可得，即，则、、，则，，所以，，不妨设，，其中，则，则.故选：BC. 三、填空题13．函数的定义域是     【答案】【分析】要使函数有意义，只要满足即可，然后解不等式组可得答案【详解】解：函数，令，解得且；所以的定义域是.故答案为：，【点睛】此题考查函数的定义域，考查了对数函数，考查了一元二次不等式，属于基础题14．，均为正实数，，则的最小值为        .【答案】4【分析】直接利用基本不等式得，解出即可.【详解】因为均为正实数，则由基本不等式得，解得或（舍去），当且仅当时等号成立，故答案为：4.15．在下列函数①；②；③；④ ；⑤ ；⑥中最小正周期为的函数的个数为          【答案】4【分析】根据三角函数的周期公式或周期函数的定义可判断各项中函数的周期的存在性及其大小，从而可得所求的个数.【详解】①中，最小正周期为，正确.②中，的最小正周期为，把的图象在轴上方的保持不动， 轴下方的部分翻折到轴上方，两者结合为的图象，故的最小正周期为，正确.③中，，最小正周期为，正确.④中，最小正周期为，不正确.⑤中，设的最小正周期为，对任意的，总有成立，故为的周期，因为任意的，总有成立，取，则，故，故，所以为的最小正周期.⑥中，为偶函数，令，若为周期函数且最小正周期为，则对任意的恒成立，故对任意的，总有成立，由的最小正周期为可得，但，故，矛盾，故不是周期函数.故答案为：4.【点睛】本题考查周期函数的判断，一般可依据正弦函数、余弦函数和正切函数的周期性来考虑，必要时需根据定义来判断，说明一个函数不是周期函数，可用反证法来考虑，本题属于中档题.16．已知,函数，，若函数有6个零点，则实数的取值范围是          .【答案】【详解】函数，当时，即时，则当时，即时，则当即时，只与的图象有两个交点，不满足题意，应该舍去；当时，与的图象有两个交点需要直线只与的图象有四个交点时才满足题意，又，解得故实数的取值范围是点睛：本题考查了根的存在性及根的个数判断，结合复合函数后难度较大，要先求出复合函数的解析式，然后根据交点个数情况进行分类讨论，理清函数图象的交点问题是本题的关键 四、解答题17．（1）解关于的不等式；（2）已知，证明：.【答案】（1）不等式的解为（2）证明见解析【分析】（1）根据一元二次不等式的解法运算求解；（2）整理可得，进而结合基本不等式分析证明.【详解】（1）令，解得或，因为，所以不等式的解为；（2）因为，则，可得，当且仅当，即时，等号成立，故不等式成立.18．已知平面直角坐标系内三点A、B、C在一条直线上，，，，且⊥，求实数m，n的值.【答案】或【分析】由已知向量的坐标求出的坐标，由∥列关于m，n的方程，再由⊥得到关于m，n的另一方程，联立后求得m，n的值.【详解】由于A、B、C三点在一条直线上，则∥，而，，∴，即9﹣5m+mn+n＝0，又，∴﹣2n+m＝0，联立方程组，解得或故m，n的值为或19．如图，在三棱柱中，，，分别为，，的中点．(1)求证：平面平面；(2)若平面，求证：为的中点．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析． 【分析】（1）由已知可得，得到平面，同理得到平面，再由面面平行的判定可得平面平面；（2）由公理及平面与平面平行的性质得，则，由为的中点，可得为的中点．【详解】（1）证明：如图，，分别为，的中点，，平面，平面，平面，又，分别为，的中点，，又，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面，又，平面，平面平面；（2）证明：平面平面，平面平面，平面与平面有公共点，则有经过的直线，交于G，则，得，为的中点，为的中点．20．已知函数，若把图象上所有的点向左平行移动个单位后，得到函数的图象（1）求函数的解析式，并写出的单调增区间；（2）设函数，，求满足的实数x的取值范围.【答案】（1），（2）【解析】（1）通过平移变换得到，令，解不等式即可得到本题答案；（2）利用和差公式和辅助角公式，化简得，根据， ，即可确定x的取值范围.【详解】（1）由题意，得，令，得，则单调增区间为.（2）由题意，得由，得，又，得到，解得，或，或，即，或，或，即.【点睛】本题主要考查三角函数的平移变换、利用和差公式与辅助角公式化简，以及三角函数图象与性质的应用.21．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，S为的面积，．（1）证明：；（2）若，且为锐角三角形，求S的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）利用三角形面积公式表示S，结合余弦定理和正弦定理，建立三角函数等式，证明结论，即可．（2）结合三角形ABC为锐角三角形，判定tanC的范围，利用tanC表示面积，结合S的单调性，计算范围，即可．【详解】(1)证明：由，即，，，，，，，，，，，，，B，，．(2)解：，，．且，，，为锐角三角形，，，，为增函数，．【点睛】考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形面积公式，考查了函数单调性判定，难度偏难．22．如图，将斜边长为的等腰直角沿斜边上的高折成直二面角，为中点. （1）求二面角的余弦值；（2）为线段上一动点，当直线与平面所成的角最大时，求三棱锥外接球的体积.【答案】（1）.（2）【分析】(1)设为中点，连接､得出平面，由平面几何可知，，则就是二面角的平面角，在中求解.(2) 设直线与平面所成的角为,点到平面的距离为，则，由等体积法可得求得，当最小时，直线与平面所成的角的正弦值最大，此时所成角也最大，从而当为中点时，直线与平面所成的角最大，此时，可求出三棱锥外接球的体积.【详解】解法一：（1）设为中点，连接､.∵为等腰直角三角形，且二面角为直二面角，∴平面∴，，由平面几何可知，，∴，，∴就是二面角的平面角，在中，，，，∴，∴二面角的余弦值为.（2）设直线与平面所成的角为，点到平面的距离为，则，在三棱锥中，，由，求得，∴当最小时，直线与平面所成的角的正弦值最大，此时所成角也最大，∴当为中点时，直线与平面所成的角最大，此时.由平面几何知识可知，和都是直角三角形，设为的中点，则，∴三棱锥外接球的半径为，∴外接球的体积.解法二：（1）∵为等腰直角三角形，且二面角为直二面角，∴平面，∴，∴以为坐标原点，以､､所在直线为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系.∵在平面图形中，是斜边为的等腰直角三角形，且为高的中点，∴，，，，，∴，，，设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，由，得，令，则∴，同理可求得，∴，∴二面角的余弦值为.（2）如图，设，可得，∴，又由（1）可知平面的法向量为，∴，即直线与平面所成的角的正弦值为，∵，∴，当且仅当时，等号成立.∴当为中点时，直线与平面所成的角最大，此时.由平面几何知识可知，和都是直角三角形，设为的中点，则，∴三棱锥外接球的半径为，∴外接球的体积.【点睛】本题考查求二面角的余弦值和三棱锥外接球的体积的求法，考查空间线线、线面、面面的位置关系，属于中档题.