精品解析：四川省绵阳南山中学2022-2023学年高一下学期6月月考数学试题（解析版）

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绵阳南山中学2022级高一下学期6月月考试题
数 学
命题人：雍华 文媛 审题人：鲁洁玉 雍华 文媛
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，只有一项是符合题目要求的.）
1. 复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，若为虚数单位，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的几何意义求解即可.
【详解】由题意可得：对应的点为，该点关于虚轴对称的点为，
所以对应的点为，
.
故选：B
2. 已知向量的夹角为，且，则（ ）
A. 49 B. 7 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量数量积的定义求出，再根据及数量积的运算律计算可得；
【详解】解：因为向量的夹角为，且，所以，所以
；
故选：B
3. 下列四个函数中，以为最小正周期，且是奇函数的是（    ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正弦函数、余弦函数、正切函数的周期性和奇偶性逐项分析可得答案.
【详解】对于A，以为最小正周期，且是偶函数，故A不正确；
对于B，以为最小正周期，且是偶函数，故B不正确；
对于C，以为最小正周期，且是偶函数，故C不正确；
对于D，以为最小正周期，且是奇函数，故D正确.
故选：D
4. 如图，在正方体中，点E，F为棱上的中点，则异面直线EF与BD所成角的大小为（ ）

A. 90° B. 60° C. 45° D. 30°
【答案】B
【解析】
【分析】由异面直线所成角的概念求解
【详解】由题意得，故异面直线EF与BD所成角即为，
而是等边三角形，故，
故选：B
5. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A.
B.
C. 将的图象向左平移个单位后得到的函数的图象关于轴对称
D. 将的图象上每个点的横坐标缩小为原来的后得到的图象
【答案】C
【解析】
【分析】根据图象得最小正周期，得，利用五点作图法求出，根据求出，可得B不正确；A不正确；再根据图象变换规律可得C正确；D不正确.
【详解】由图可知，则，则，，
由五点作图法可知，，即，故B不正确；
由，得，得，故A不正确；
由以上得，将的图象向左平移个单位后得到的函数是偶函数，其图象关于轴对称，故C正确；
将的图象上每个点的横坐标缩小为原来的后得到的图象，故D不正确.
故选：C
6. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】
先利用平方关系求出，，再利用两角差的余弦公式将展开计算，根据余弦值及角的范围可得角的大小.
【详解】∵，，，
∴，，
∴.
又∵，∴，
∴，
∴.
故选：A.
【点睛】本题考查两角和的余弦公式的应用，属于基础题.
7. 多面体为正四棱台，其中上底面与下底面的面积之比为，棱台的高为棱台上底面边长的倍.已知棱台的体积为，则该棱台的表面积约为（    ）（参考数据，，）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据面积比和体积求出棱台的上下底面边长，高和侧面等腰梯形的高，再根据表面积公式可求出结果.
【详解】设该棱台的上底面边长为，下底面边长为，
依题意得，得，
依题意得棱台的高为，所以棱台的体积为，
解得，所以，棱台的高为，
则棱台的侧面等腰梯形的高为，
则该棱台的表面积约为.
故选：C
8. 已知函数的图象关于直线对称，且两相邻对称中心之间的距离为．若关于的方程在区间上总有实数解，则实数的取值范围是（    ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用对称性可得周期和，进而求出函数的解析式，根据正弦型函数的性质求解在上的值域，即可由对数不等式确定参数的取值范围．
【详解】函数，
两相邻对称中心之间的距离为,则，解得．
函数的图象关于直线对称，则，
解得，由于，则，
故函数的关系式为．
关于的方程在区间,上总有实数解，
即在区间,上总有实数根，
由于，则，
则，
即，解得．
故的取值范围是．
故选：B
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 已知在同一平面内的向量均为非零向量，则下列说法中正确的有（    ）
A. 若，则
B. 若∥∥，则∥
C. 表示向量一个单位向量
D. 若∥，则在方向上的投影向量的模为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，利用数量积的定义分析判断，对于B，由共线向量的定义分析判断，对于C，由单位向量的定义判断，对于D，由投影向量的定义分析判断.
【详解】对于A，因为均为非零向量，，所以，
所以，所以A错误，
对于B，因为均为非零向量，∥∥，所以∥，所以B正确，
对于C，因为为非零向量，所以表示与向量同向的一个单位向量，所以C正确，
对于D，因为∥，所以在方向上的投影向量的模为，所以D正确，
故选：BCD
10. 在中，，，，下列命题为真命题的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则为锐角三角形
C. 若，则为直角三角形
D. 若，则为直角三角形
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用正弦定理判断选项A，利用数量积的性质判断选项B和C，利用数量积的性质和余弦定理判断选项D．
【详解】解：A：若，由正弦定理得，
，则 A正确；
B：若，则，
，即为钝角，
为钝角三角形，故 B错误；
C：若，则，
为直角三角形，故 C正确；
D：若，则，
， ，
由余弦定理知，
，则，
，，为直角三角形，故 D正确．
故选：ACD．
11. 在锐角中，角，，所对边分别为，，，外接圆半径为，若，，则（    ）
A. B.
C. 的最大值为3 D. 的取值范围为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据正弦定理即可得外接圆半径，即可判断A；由锐角得角的范围，从而得的范围，由正弦定理得，即可得的范围，即可判断B；由余弦定理及基本不等式求的最大值，注意取最大的条件从而判断C；同样由正弦定理得，将边化角之后，结合三角恒定变换将其转换为正弦型函数，利用正弦型函数的性质即可得的取值范围，即可判断D.
【详解】对于A，由正弦定理可得：，所以，故A正确；
对于B，由正弦定理可得：，
所以，因为为锐角三角形，
所以，
所以，故B不正确；
对于C，，则，
当且仅当时等号成立，所以的最大值为3，C正确；
对于D，由正弦定理得，则，
所以，
由于，所以，则，于是有，
故的取值范围为，故D不正确.
故选：AC.
12. 如图所示的几何体，已知其每个面均为正三角形，则（ ）

A. B.
C. 面面 D. 、、两两垂直
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据条件得到几何体由两个全等的正四棱锥底面拼接重合组成，且该正四棱锥的四个侧面是全等的等边三角形，结合正四棱锥的性质即可求解.
【详解】由题意得：该几何体由两个全等的正四棱锥底面拼接重合组成，且该正四棱锥的四个侧面是全等的等边三角形，并连接和交于点，连接，如图所示：

对于A选项：四边形是正方形，则，
若，，、平面，则平面，
又平面，则，但可知是等边三角形，，
所以不成立，即不成立，故A选项错误；
对于B选项：在几何体中，可知，设（），
则在正方形中，，即，
又，所以，故B选项正确；
对于C选项：连接几何体中的、、，交于点，如图所示：

可得四边形和四边形是边长相等的菱形，
所以，，
又平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面，
又，平面，平面，
则平面平面，故C选项正确；
对于D选项：由于四边形和四边形是边长相等的菱形，
所以，，又在正方形中，，故D选项正确；
故选：BCD.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上.)
13. 已知i为虚数单位，若复数是实数，则实数m的值为__________.
【答案】##0.2
【解析】
【分析】先化简复数z，然后根据虚部为0可得.
【详解】因为为实数，
所以，所以

故答案为：
14. 已知边长为的正方形，点满足，则=_______.
【答案】
【解析】
【分析】用和表示和，再根据，以及平面向量数量积的运算律可得结果.
【详解】因为是边长为的正方形，所以，，
因为，所以，
所以，，
所以
.

故答案为：.
15. 已知圆柱的两个底面的圆周在体积为的球O的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】先求出球的半径，根据条件列出圆柱底面半径和母线的关系式，即可得到侧面积表达式，然后用重要不等式即可求解．
【详解】解：设球的半径为，圆柱的底面半径为，母线为，
则由题意知，，解得．
又圆柱的两个底面的圆周在体积为的球的球面上，则圆柱的两个底面圆的圆心关于球心对称，且．
则圆柱的侧面积，，
因为，当且仅当，即，时，等号成立．
所以，．
故答案为：．
16. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯四周景色如图，某摩天轮最高点距离地面高度为，转盘直径为，均匀设置了依次标号为号的个座舱.开启后摩天轮按照逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，开始转动后距离地面的高度为，转一周需要.若甲、乙两人分别坐在号和号座舱里，当时，两人距离地面的高度差（单位：）取最大值时，时间的值是__________.

【答案】10
【解析】
【分析】设座舱距离地面最近的位置为点，以轴心为原点，与地面平行的直线为轴建立直角坐标系，座舱转动的角速度约为，计算，，相减得到，计算最值得到答案.
【详解】如图，设座舱距离地面最近的位置为点，以轴心为原点，与地面平行的直线为轴建立直角坐标系，

设时，游客甲位于点，以为终边的角为；
根据摩天轮转一周大约需要，可知座舱转动的角速度约为，
由题意可得，.
如图，甲、乙两人的位置分别用点表示，
则，
经过后甲距离地面的高度为，
点相对于点始终落后，
此时乙距离地面的高度为.
则甲、乙距离地面的高度差
，


因为，所以，
所以得，即开始转动分钟时，甲乙两人距离地面的高度差最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是设座舱距离地面最近的位置为点，以轴心为原点，与地面平行的直线为轴建立直角坐标系.
四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 已知向量
（1）若三点共线，求实数的值；
（2）若四边形为矩形，求向量与夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量的坐标运算以及共线满足的坐标关系即可求解，
（2）根据向量垂直以及向量相等满足坐标关系可得，，，由向量的夹角公式即可求解.
小问1详解】
向量，，，
所以，，
由，，三点共线知，，即，解得；
【小问2详解】
由，，，
，
若四边形为矩形，则，即，解得；
由，得，解得，，
所以．
18. 已知．
（1）当时，求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据同角关系以及和差角公式即可求解.
（2）根据二倍角公式以及弦切齐次式即可化简求值.
【小问1详解】
当时，.由，得，；
；
【小问2详解】
，.
19. 声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，每个声音都是由纯音合成，纯音的数学模型是.我们平时听到的乐音一般来说并不是一个音在响，而是由多种波叠加而成的复合音．不同的振动的混合作用决定了声音的音色，人们以此分辨不同的声音．已知某声音的函数关系是（其中，），且函数的振幅是4.
（1）当时，函数的最大值是1，求实数的值；
（2）在条件(1)下，求函数图象的对称轴和在上的单调递增区间.
【答案】（1）
（2）对称轴为；单调递增区间为，
【解析】
【分析】（1）根据三角恒等变换化简，进而根据振幅以及最值即可求解，
（2）根据整体法即可求解对称轴和单调区间.
【小问1详解】



由函数的振幅是4得 ，
，，，
∴，解得：.
【小问2详解】
由（1）知，
令，整理得，
∴的图象的对称轴为，
令，整理得：，
的单调增区间为，
取和，则在上的单调递增区间为，.
20. 如图，在直四棱柱中，平面，底面是菱形，且，是的中点.

（1）求证：直线平面；
（2）求直线与平面所成角正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）取中点，可得是直线与平面所成角，在中，计算可得结果.
【小问1详解】
∵，为等边三角形，又是的中点. ∴，
∵平面，且在平面内，，
∵在平面内，CB在平面内，且，
所以平面.
【小问2详解】
是等边三角形，取中点，则，
又平面，平面，所以，
又，平面，平面，
所以平面，
是直线与平面所成角，
在中，，所以，
，所以，
.

21. 如图，在中，角所对的边为，已知，是边上的点，满足，.

（1）求角大小；
（2）求三角形面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理和余弦定理可求出结果；
（2）根据平面向量知识得到，再根据基本不等式求出最大值，最后根据三角形面积公式可求出结果.
【小问1详解】
由及正弦定理可知，，
由余弦定理知，，又，.
【小问2详解】
因为，所以，
所以，又，
，所以，
即，
，解得，当时等号成立，
.
即三角形面积的最大值为.
22. 几何体是四棱锥，为正三角，，，为线段的中点.

（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在一点，使得四点共面？若存在，请求出的值；若不存在，并说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）先由线面平行的判定理证得平面，再证得平面，由此利用面面平行的判定定理证得面面，从而得到平面；
（2）先由线面平行的性质定理求得点位置，再由平面几何知识求得，从而利用平行线分线段成比例得到的值.
【小问1详解】
记为的中点，连接，如图1，
因为分别为的中点，故，
因为平面平面
所以平面，
又因为为正三角形，所以 ，，
又为等腰三角形，，所以,
所以，即，
所以，又平面平面
所以平面，又，平面，
故平面平面，
又因为平面，故平面.
【小问2详解】
延长相交于点，连接交于点，连接，过点作交于点，如图2，
因为平面，平面，平面平面，
所以，此时四点共面，
由（1）可知，，得，
故，又因为，所以，
则有，故.