2022-2023学年山东省青岛第十九中学高一下学期4月月考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年山东省青岛第十九中学高一下学期4月月考数学试题含解析，共16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学年山东省青岛第十九中学高一下学期4月月考数学试题 一、单选题1．等于（    ）A． B．1 C．0 D．【答案】C【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：C2．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【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【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【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【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和另一座山的山顶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【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：A7．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【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：B8．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【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【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．圆锥的表面积为，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】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，是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【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：因为，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2C．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【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 三、填空题13．复数（为虚数单位），则|z|的值为______．【答案】【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】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】【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】（，）【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（，）. 【解析】正余弦定理；数形结合思想  四、解答题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) 【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.【详解】（1）由，设，∴，∵，∴，解得或所以或．（2）∵，，，∴，∴，∴．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 【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.【详解】（1）∵，，，∴由正弦定理得，，由余弦定理得，，即，解得，（舍）或，∴，.（2）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) 【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.【详解】（1）因为，，所以，在中，由余弦定理，得.（2）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) . 【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．【详解】（1）（2）， 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) 【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.【详解】（1）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.（2）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．已知函数的部分图象如图所示.(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)， 【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.【详解】（1）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.（2）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.