精品解析：广东省湛江市第二中学2022-2023学年高一下学期第二次月考数学试题（解析版）

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湛江市第二中学2022—2023学年第二学期第2次月考高一数学试卷一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（  ）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】由题,利用除法法则整理为的形式,即可得到复数的坐标形式,进而求解即可【详解】由题,,所以在复平面内对应的点为,故选:A【点睛】本题考查复数的坐标表示,考查复数在复平面的位置,考查复数的除法法则的应用2. 圆锥的底面半径是，高是，则它的侧面积是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】求出母线长，利用圆锥侧面积公式求解即可.【详解】圆锥的底面半径是，高是，则圆锥母线长为，所以它的侧面积是.故选：C3. 点分别为空间四边形中的中点，若，且与所成角的大小为，则四边形是（ ）A. 菱形 B. 梯形C. 正方形 D. 空间四边形【答案】C【解析】【详解】试题分析：如图所示，由于且，另外由于且，则，故四边形是正方形.考点：空间两条直线所成的角.4. 在中，，．若点满足，则（ ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【详解】试题分析：，故选A．  5. 已知，且，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据，利用二倍角的正弦公式求得，再利用平方关系和商数关系即可得出答案.【详解】解： 因为，所以,又因为，所以，则,所以，，所以.故选：C.6. 已知函数，则下列正确的是（    ）A. 最大值为2B. 函数图象的所有对称中心为，其中C. 存在时，使得D. 将的图象向右平移个单位可得到一个偶函数【答案】D【解析】【分析】根据辅助角公式得，即可求解A，由整体法求解对称中心即可判断B,由在的值域即可求解C，根据平移即可判断D.【详解】，对于A,的最大值为，故A错误，对于B，令,则,所以的对称中心为，，故B错误，对于C，当时，，则所以，故不存在时，使得，C错误，对于D,将的图象向右平移个单位得到为偶函数，故D正确，故选：D7. 已知，且，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由，根据差角余弦公式及同角三角函数关系，求值即可.【详解】由，∵，，∴，则.故选：A8. 如图，一个正方体的容器中盛满了油后，在相邻两侧面的中心处出现了两个小孔，若恰当地将容器放置．可使流出的油量达到最小，这个最小值是正方体容器容量的（    ）  A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据正方体的特征可知当置于地面内，对角面垂直于底面时，此时流出的油最少,由柱体体积公式即可求解.【详解】设分别为正方体侧面的中心,取的中点分别为,连接,将置于地面内，对角面垂直于底面时，此时油面为平行四边形，此时流出的油最少，体积为三棱锥的体积，设正方体的棱长为1，则正方体体积为1，三棱锥的体积为，故的体积为正方体体积的，故选：C  二、多选题（本题共4小题，每小题5分，漏选得2分，错选得0分，共20分）9. 在空间中，下列命题正确的是（    ）A. 过直线外一点和该直线平行的直线只有一条B. 四边相等的四边形是菱形C. 过直线上一点和该直线的夹角为的直线只有两条D. 有两边及其夹角对应相等的两个三角形全等【答案】AD【解析】【分析】依据公理或概念对选项进行判断.【详解】对A，根据平行公理：过直线外一点有且仅有一条直线与已知直线平行，故A正确；对B，当相等的四边不在同一平面内时，无法构成平面图形，故B不正确；对C，过一条直线可以作无数个平面，过该直线上一点在每个平面上都可以作两条与该直线的夹角为30°的直线.那么在无数个平面内将会有无数条符合题意的直线，故C不正确；对D，当两个三角形落在同一平面或平行平面上时，由初中三角形全等判定可知，两三角形全等；当两个三角形分别落在相交的两个平面上时，可以以交线作为旋转轴将其中一个平面旋转到与另一个平面重合，由初中三角形全等判定可知，两三角形全等.故D正确.故选：AD10. 已知向量，，则下列结论正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】BC【解析】【分析】根据向量的坐标表示求得，结合向量的共线坐标表示，以及数量积的运算、垂直的坐标表示和向量的模的公式，逐项判定，即可求解.【详解】由向量，，可得对于A中，因为，所以与不共线，所以A不正确；对于B中，由，所以B正确；对于C中，由，可得，又由，所以，所以C正确；对于D中，由，所以，所以D不正确.故选：BC.11. 设复数（其中），是z的共轭复数，则下列结论正确的是（    ）A. 若，则 B. 若，则C. 必为实数 D. 若，则的最大值为3【答案】BCD【解析】【分析】根据复数的模长以及复数的乘法运算可判断AB,由加法运算以及共轭即可判断C,由复数的几何意义即可结合图形求解最值判断D.【详解】对于A,,则，而,故A错误，对于B,,，故B正确，对于C,，故C正确，对于D，可以看作复数对应的点到的距离为1，故复数对应在复平面内的轨迹为以点为圆心，以1为半径的圆，故当点运动到与轴的交点，且向上的位置时，此时最大，为3.故D正确,故选:BCD  12. 已知点P是空间中的一个动点，正方体棱长为2，下列结论正确的是（    ）A. 若动点P在棱AB上，则直线与始终保持垂直B. 若动点P在楼AB上，则三棱锥的体积是定值C. 若动点P在对角线AC上，当点P为AC中点时，直线与平面ABCD所成的角最小D. 若动点P在四面体内部时，点P与该四面体四个面的距离之和为定值【答案】ABD【解析】【分析】根据立体几何相关定理逐项分析.【详解】对于A，连接，如图：则平面平面，平面，平面，平面，，正确；对于B，如图：连接PC，，，则三棱锥的体积等于三棱锥的体积，平面，点P到平面的距离为定值，即三棱锥的高为定值，底面三角形的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，正确；对于C，连接DP，如图：设直线与平面ABCD的夹角为，在中，，当P为AC的中点时，DP最小，最大，即最大，错误；对于D，因为，四面体正四面体，本问题等价于当P点在四面体内部时到各个面的距离之和为定值，如图：显然，，其中是点P到四个面的距离，，为定值，正确；故选：ABD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 在复数集范围内，方程的根________．【答案】或【解析】【分析】根据，即可利用求根公式求解复数根.【详解】方程的根或，故答案为：或14. 已知，，则在方向上的投影向量的坐标为________．【答案】【解析】【分析】由向量的坐标求出在方向上的投影，进而求在方向上的投影向量的坐标即可.【详解】因为，，所以，，所以在方向上的投影为：.设在方向上的投影向量的坐标为，且，.则，解得，所以在方向上的投影向量的坐标为.故答案为：.15. 以40向北偏东航行的科学探测船上释放了一个探测气球，气球顺风向正东飘去，3后祈求上升到1处，从探测船上观察气球，仰角为，求气球的水平飘移速度是__________．【答案】20【解析】【分析】根据已知，利用余弦定理求气球移动的水平距离，即可得水平移动速度.【详解】  如图，船从航行到处，气球飘到处，由题知，设 在中由余弦定理可得.,可得.所以气球的水平飘移速度是.故答案为：2016. 已知在三棱锥中，，，三棱锥的外接球的表面积为________．【答案】##【解析】【分析】根据题意得到三棱锥为正三棱锥，设为三棱锥的高，得到球的球心在上，结合三棱锥的几何特征和球的截面的性质，求得外接球的半径，利用表面积公式，即可求解.【详解】由三棱锥中，，，可得该三棱锥为正三棱锥，设为三棱锥的高，则其外接球的球心在上，且为等边的中心，如图所示，设外接球的半径为，延长交于点，则，在等边中，可得，则，所以，所以，即，解得，所以三棱锥的外接球的表面积为.故答案为：.  四、解答题（第17题满分10分，18-22小题满分12分，共70分，请在指定区域写出详细解题步骤）17. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，．（1）求A；（2）若，求的面积的最大值．【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，又，进而由两角和的正弦公式化简可得，利用辅助角公式得，从而利用三角函数知识即可求解；（2）根据余弦定理可得，利用基本不等式求积的最大值求得，最后由三角形面积公式，即可求得的面积的最大值．【小问1详解】解：在中，因为，所以由正弦定理有，即，所以，因为，所以，所以，即，因为，所以，所以，解得：.【小问2详解】解：因为，所以由（1）及余弦定理可得，则，即，，则，即，即，当且仅当时，取等号，所以，所以的面积的最大值为.18. 如图，四边形ABCD的内角，，，，且．  （1）求角B；（2）若点是线段上的一点，，求的值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）设，在、分别利用余弦定理可得出关于、的方程组，解出的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用正弦定理可求得，利用勾股定理求出，即可求得的长.【小问1详解】设，在中由余弦定理得，即①，又在中由余弦定理得，即②，因为，则，联立①②可得（负值舍去），，因为，所以．【小问2详解】在中，由正弦定理知，，所以，又，故，在直角三角形中，由勾股定理知，，此时．  19. 如图，在直三棱柱中，，，，为的中点．（1）证明：平面（2）过三点的一个平面，截三棱柱得到一个截面，画出截面图，说明理由并求截面面积．【答案】（1）证明见解析    （2）截面图见解析，截面面积为【解析】【分析】（1）设，根据三角形中位线性质可得，由线面平行的判定定理可证得结论；（2）由三角形中位线性质和平行关系的传递性可得，由此可确定截面即为四边形，知其为等腰梯形，根据长度关系计算即可得到截面面积.【小问1详解】连接，设，连接，是的中点，是的中点，，平面，平面，平面.【小问2详解】作图过程：取中点，连接，则四边形即为截面图形.证明如下：是的中点，是的中点，；，，四点共面，四边形即为所求截面，此时四边形为等腰梯形；，，，四边形的高，四边形的面积为.20. 耸立在无锡市蠡湖北岸的“太湖之星”水上摩天巨轮被誉为“亚洲最高和世界最美”.如图,摩天轮的半径为50m,点O距地面的高度为65m,摩天轮的圆周上均匀地安装着64个座舱,并且运行时按逆时针匀速旋转,转一周大约需要.甲、乙两游客分别坐在P,Q两个座舱里,且他们之间间隔7个座舱（本题中将座舱视为圆周上的点）.（1）求劣弧PQ的弧长l（单位:m）;（2）设游客丙从最低点M处进舱,开始转动后距离地面的高度为Hm,求在转动一周的过程中,H关于时间t的函数解析式;（3）若游客在距离地面至少90m的高度能够获得最佳视觉效果,请问摩天轮转动一周能有多长时间使甲,乙两位游客都有最佳视觉效果.【答案】（1）    （2）,    （3）【解析】【分析】(1)求出甲、乙之间间隔7个座舱所对的圆心角,再根据弧长公式即可求得结果;(2)设,求出函数最大值、最小值,进而求出,根据周期为,求出,将代入即可求得的值;写出解析式即可;(3)根据(2)中的解析式,使其大于等于90,求得一个游客的最佳视觉效果时间,再求出甲乙游客相差的时间,即可得出甲,乙两位游客都有最佳视觉效果的时间.【小问1详解】解:由题知摩天轮的圆周上均匀地安装着64个座舱,所以两个相邻座舱所对的圆心角为:,因为甲、乙之间间隔7个座舱,所以劣弧PQ所对的圆心角为:,所以,即劣弧PQ的弧长为;【小问2详解】因为摩天轮距离地面高度是周期变化,且与三角函数有关,不妨设开始转动后距离地面的高度,由题可知,,所以,因为,解得,此时,因为,带入有:,解得,,故,综上:;【小问3详解】因为在距离地面至少90m的高度能够获得最佳视觉效果,所以,,即,解得:,即,解得,所以，故有的时间使游客有最佳视觉效果,因为劣弧PQ所对的圆心角为,所以甲乙相隔的时间为,解得,当甲刚开始有最佳视觉效果时,乙需后才有视觉效果,故甲乙都有最佳视觉效果的时间为.21. 如图所示，在三棱锥中，已知平面ABC，平面平面，点D为线段上一点，且，  （1）证明：平面；（2）若，，且三棱锥的体积为18，求二面角的正切值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）过点作于点，由面面垂直、线面垂直的性质定理可得，，再由线面垂直的判定定理可得答案；（2）由体积求出，以为原点，分别以为轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案．【小问1详解】证明：过点作于点，如图所示，  因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又平面，平面，则，又因为，，平面，所以平面；【小问2详解】由（1）知平面，平面，得，又，，，所以，解得，以为原点，分别以为轴、轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，  则，，，，又因为，所以，则有，，设是平面的一个法向量，则，令，则，，所以可取，设是平面的一个法向量，则，令，则，，，所以可取，则，所以二面角的余弦值为，可得二面角的正切值为．22. 对于函数，若在定义域存在实数，满足，则称为“奇点函数”.（1）已知函数，试判断是否为“奇点函数”？并说明理由；（2）设是定义在上的“奇点函数”，求实数的最小值；（3）若为其定义域上的“奇点函数”，求实数的取值范围.【答案】（1）是“奇点函数”；答案见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据可得，化简可得答案；（2）根据题目可得，分离参数得，令，设，求最值，从而求出答案.（3）根据对恒成立，得，对进行分类讨论， 进一步求出答案.【详解】（1）是奇点函数，理由如下：由可得，即，即，即，；（2）∵是定义在上的“奇点函数”，∴，∴.令，，，可知在单调递增，上单调递减，所以当或时，取得最小值为.（3）由对恒成立，得.当时，，所以，所以，易知单调递增，所以，若时，，所以；若时，，所以，所以，易知单调递减，所以；综上，实数的取值范围是.【点睛】已知方程有根问题可转化为函数有零点问题，求参数常用的方法和思路有：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成函数的值域问题解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一个平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解.五．附加题：23. 如图，设正三角形ABC的边长为1．O为的外心，为BC边上的等分点，为AC边上的等分点，    （1）当时，求的值；（2）当时；求的值（用，表示）；（参考公式：）【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据向量基本定理得到，，……，，从而得到，利用向量数量积公式求出，从而得到答案；（2）求出，，利用向量数量积公式计算出答案.【小问1详解】当时，，即，所以，同理可得，……，，所以，所以，因为正三角形ABC的边长为1．O为的外心，由正弦定理得，所以，且，故，所以，；【小问2详解】因为正三角形ABC的边长为1．O为的外心，所以，则，因为，所以分别为10等分点，又，所以，故.