2023青岛十九中高一4月月考数学试题含解析

青岛十九中2022～2023学年度第二学期4月份阶段性诊断

高一数学试题2023.04

说明：1．本试卷分第I卷和第II卷.满分150分.答题时间120分钟.

2．请将第I卷题目的答案选出后用2B铅笔涂在答题纸对应题目的代号上；第II卷用黑色签字笔将正确答案写在答题纸对应的答题区域，答在试卷上作废.

第I卷（选择题，共60分）

一、单选题（每题5分，共8小题）

1. 等于（    ）

A.  B. 1 C. 0 D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据两角和的余弦公式即可求解.

【详解】由两角和的余弦公式得：

故选：C

2. 如图，在中，D为AB的中点，E为CD的中点，设，，以向量，为基底，则向量（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用向量的加减法运算法则，化简求解即可.

【详解】因为E为CD的中点，则.因为D为AB的中点，则.所以.

故选：D.

3. 若复数满足，则在复平面内的共阨复数所对应的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限

C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数除法计算出，再根据共轭复数定义得出，最后确定对应点在复数平面的位置即可．

【详解】由，得，

所以，则其在复平面内其所对应的点为，位于第一象限．

故选：A．

4. 已知一个正三棱锥的高为3，如下图是其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图，其中为的中点，，则此正三棱锥的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据斜二测画法的知识，求出三棱锥的底面面积，再根据三棱锥的体积公式即可求解.

【详解】由于为的中点且，所以，

根据斜二测画法的知识可知，正三棱锥的底面等边三角形的边长为2，

其面积为，所以正三棱锥的体积为．

故选：A．

【点睛】本题考查了斜二测画法的相关知识、锥体的体积公式，考查了基本运算能力，属于基础题.

5. 在中，角，，所对的边分别为，，，若，则角的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据已知条件，结合正弦定理，求出，再结合角的取值范围，即可求解.

【详解】在中，，

由正弦定理可得，

所以，即，

因为，所以，因为，所以.

故选：D.

6. 如图，为测量山高MN，选择A和另一座山山顶C为测量观测点，从A点测得M点的仰角∠MAN＝60°，C点的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°，从C点测得∠MCA＝60°，已知山高BC＝100 m，则山高MN＝（    ）

A. 150 m B. 150 m C. 150 m D. 50 m

【答案】A

【解析】

【分析】根据C点的仰角∠CAB＝45°，山高BC＝100 m，可求出AC，正弦定理求出AM，在三角形MAN中即可解出山高.

【详解】由题意∠CAB＝45°，BC＝100 m，三角形ABC为直角三角形，可得，

在中，∠MAC＝75°，∠MCA＝60°，则∠AMC＝45°，

由正弦定理有：，即，

故，

在直角三角形中，，

可得（m）

故选：A

7. 在平行四边形中，．若点满足，则的值为（    ）

A. 6 B. 9 C. 20 D. 36

【答案】B

【解析】

【分析】先利用平面向量的线性运算求出，再利用平面向量的数量积公式求解.

【详解】由题得，

，

．

故选：B

8. 已知非零平面向量，，满足，，若与的夹角为，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】解法一利用绝对值三角不等式得到，然后求的最小值即可；解法二  设，，，易得，则的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，连接，然后又，，三点共线且在，中间时，取得最小值求解.

【详解】解法一  由题可得，，

所以要求的最小值，需求的最小值.

因为，与的夹角为，

所以的最小值为，

所以，

即的最小值为，

解法二  如图，

设，，，则，.

由，知，点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，

连接，结合图形可知，当，，三点共线且在，中间时，取得最小值.

由正弦定理得：，

所以，

故的最小值为.

故选：A

【点睛】关键点点睛：本题关键是根据与的夹角为，由的最小值为而得解.

二、多选题（每题5分，共4小题.漏选得2分，错选不得分）

9. 一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论正确的是（    ）

A. 圆柱的侧面积为

B. 圆锥的侧面积为

C. 圆柱的侧面积与球面面积相等

D. 圆锥的表面积最小

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据球、圆锥、圆柱的表面积公式一一计算可得；

【详解】解：依题意球的表面积为，

圆柱的侧面积为，所以A不正确，C选项正确．

圆锥的侧面积为，所以B选项正确．

圆锥表面积为，

圆柱的表面积为，所以D选项正确．

故选：BCD.

10. 下列命题中，正确的是（    ）

A. 在中，，

B. 在锐角中，不等式恒成立

C. 在中，若，则必是等腰直角三角形

D. 在中，若，，则必是等边三角形

【答案】ABD

【解析】

【分析】

对于选项在中，由正弦定理可得，即可判断出正误；对于选项在锐角中，由，可得，即可判断出正误；对于选项在中，由，利用正弦定理可得：，得到或即可判断出正误；对于选项在中，利用余弦定理可得：，代入已知可得，又，即可得到的形状，即可判断出正误.

【详解】对于，由，可得：，利用正弦定理可得：，正确；

对于，在锐角中，，，

，，

，因此不等式恒成立，正确；

对于，在中，由，利用正弦定理可得：，

，

，，

或，

或，

等腰三角形或直角三角形，因此是假命题，错误.

对于，由于，，由余弦定理可得：，

可得，解得，可得，故正确.

故选：.

【点睛】本题考查正弦定理与余弦定理及三角形边角关系，主要涉及的考点是三角形内角的诱导公式的应用，同时考查正弦定理进行边角转化，属于中等题.

11. 设，，为复数，且，下列命题中正确的是（    ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则 D. 若，则

【答案】AD

【解析】

【分析】由得，即可判断A；由得，举例说明即可判断B；由得，举例说明即可判断C；由得，即可判断D.

【详解】A：由，得，

∵，∴，∴，故A正确；

B：由，得，∴，例如，

而，，即，故B错误；

C：由，得，

当时，，此时，故C错误；

D：因，令(),

∴，则，故D正确.

故选：AD.

12. 已知函数的部分图像如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A.

B. f（x）的最小正周期为2

C. 将f（x）的图像向右平移1个单位长度，得到函数的图像

D. 若f（x）在区间[2，t]上的值域为[－1，]，则t的取值范围为[，]

【答案】BD

【解析】

【分析】根据图像求出解析式，然后根据三角函数的知识逐一判断即可.

【详解】由图像可得，因为，所以

又因为属于的单调递减区间，，所以，故A错误，

因为，所以，

所以可得，即，

所以，故B正确，

将f（x）的图像向右平移1个单位长度，得到函数的图像，故C错误，

当时，，

若值域为，则，解得，故D正确，

故选：BD

第II卷（非选择题，共90分）

三、填空题（每题5分，共4小题）

13. 复数（为虚数单位），则|z|的值为______．

【答案】

【解析】

【分析】先化简,再带入模长公式即可求解.

【详解】因为,

所以.

故答案为:.

14. 在梯形中，，，.将梯形绕所在的直线旋转一周形成的曲面所围成的几何体的体积为________.

【答案】

【解析】

【分析】

画出几何体的直观图，利用已知条件，求解几何体的体积即可．

【详解】由题意可知几何体的直观图如图：旋转体是底面半径为1，高为2的圆柱，挖去一个相同底面高为1的倒圆锥，

几何体的体积为：．

故答案为：．

【点睛】本题考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．画出几何体的直观图是解题的关键．

15. 若,,,的夹角为，若，则的值为________．

【答案】

【解析】

【分析】根据，结合平面向量数量积的定义可求出结果.

【详解】由题意知, ，

即，解得.

故答案为：.

16. 如图在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是___________．

【答案】（，）

【解析】

【详解】如图所示，延长BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合与E点时，AB最长，在△BCE中，∠B=∠C=75°，∠E=30°，BC=2，由正弦定理可得，即，解得=，平移AD ，当D与C重合时，AB最短，此时与AB交于F，在△BCF中，∠B=∠BFC=75°，∠FCB=30°，由正弦定理知，，即，解得BF=，所以AB的取值范围为（，）.

考点：正余弦定理；数形结合思想

四、解答题（共6题，其中17题10分，其余各题均12分）

17. 已知，向量．

（1）若向量，求向量的坐标；

（2）若向量与向量的夹角为120°，求．

【答案】（1）或   

（2）

【解析】

【分析】（1）由，设，有，再根据，得，最后解方程即可；

（2）先求，再求后可求解.

【小问1详解】

由，设，∴，

∵，∴，解得或

所以或．

【小问2详解】

∵，，，

∴，

∴，∴．

18. 在中，，，．

（1）求和的值；

（2）判断是否是锐角三角形，并说明理由．

【答案】（1），   

（2）不是锐角三角形，是钝角三角形，理由见解析

【解析】

【分析】（1）由正弦定理和余弦定理求解即可；

（2）由边长确定最大角，由最大角判断三角形形状即可.

【小问1详解】

∵，，，

∴由正弦定理得，，

由余弦定理得，，

即，解得，（舍）或，

∴，.

【小问2详解】

由（1），，，，

∴，∴，即为的最大角，

由余弦定理，有，

∴，即为钝角，

∴不是锐角三角形，是钝角三角形.

19. 为解决社区老年人“一餐热饭”的问题，某社区与物业、第三方餐饮企业联合打造了社区食堂，每天为居民提供品种丰富的饭菜，还可以提供送餐上门服务，既解决了老年人的用餐问题，又能减轻年轻人的压力，受到群众的一致好评.如图，送餐人员小夏从处出发，前往，，三个地点送餐.已知，，，且，.

（1）求的长度.

（2）假设，，，均为平坦的直线型马路，小夏骑着电动车在马路上以的速度匀速行驶，每到一个地点，需要2分钟的送餐时间，到第三个地点送完餐，小夏完成送餐任务.若忽略电动车在马路上损耗的其他时间（例如：等红绿灯，电动车的启动和停止…），求小夏完成送餐任务的最短时间.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据余弦定理即可求解；

（2）根据余弦定理求解，进而得，由两角和与差的余弦公式可得，进而由余弦定理求解，根据三种不同的送餐路线，计算路程的大小，即可比较求解.

【小问1详解】

因为，，所以，

在中，由余弦定理，得

.

【小问2详解】

在中，由余弦定理，得，

所以，

所以.

在中，由余弦定理，得

，解得.

假设小夏先去地，走路线，路长，

假设小夏先去地，因为，所以走路线，路长，

假设小夏先去地，走路线，路长，

由于，

所以小夏走路线，且完成送餐任务的最短时间为.

20. 已知函数.

（1）求的值；

（2）设A是中的最小角，，求的值.

【答案】（1）-2；    （2） .

【解析】

【分析】（1）将代入函数的解析式求值即可；
（2）化为正弦型函数的形式，根据的值求的值．

【小问1详解】

【小问2详解】

，

则

∴ .

21. 已知的内角的对边分别为，若，

（1）求；

（2）若为锐角三角形，求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据条件，利用正弦定理，角转边得到，再结合余弦定理，即可得到，从而求出结果.

（2）根据条件，利用正弦定理得到，从而得到，再利用的图像与性质及角的范围，可求出结果.

【小问1详解】

由，得到，

根据正弦定理可化简为：，

又由由余弦定理可知：

，所以，

又因为，所以.

【小问2详解】

由（1）知：，所以由三角形内角和定理可知：，

由正弦定理可得：

所以

,

又因为为锐角三角形，所以，且，得到，所以，

根据的图像与性质可知，所以.

22. 已知函数部分图象如图所示.

（1）求函数的解析式；

（2）将函数图象上所有的点向右平移个单位长度，再将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.当时，方程恰有三个不相等的实数根，，求实数a的取值范围以及的值.

【答案】（1）   

（2），

【解析】

【分析】（1）由三角函数图象的最大值与最小值，求出，得到最小正周期，求出，再代入特殊点的坐标，求出，得到函数解析式；

（2）先根据平移变换和伸缩变换得到，令，换元后利用整体法求出函数的单调性和端点值，得到，再根据对称性得到，相加后得到，求出答案.

【小问1详解】

由图示得：，解得：，

又，所以，所以，

所以.

又因为过点，所以，即，

所以，解得，

又，所以，所以.

【小问2详解】

图象上所有的点向右平移个单位长度，得到，

将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到，

当时，，

令，则，

令，在上单调递增，在上单调递减，

在上单调递增，

且，

,

所以时，.当时，方程恰有三个不相等的实数根.

因为有三个不同的实数根，

且关于对称，关于对称，

则，

两式相加得：，

即，所以.