2022-2023学年湖北省荆州市公安县第三中学高一下学期5月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年湖北省荆州市公安县第三中学高一下学期5月月考数学试题含答案，共19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学年湖北省荆州市公安县第三中学高一下学期5月月考数学试题 一、单选题1．若实数a使得，则（   ）A． B．C．且 D．a可以是任意实数【答案】D【分析】先求时的范围，再求其补集即可.【详解】设，则，所以，此方程组无解，所以使的实数不存在，即对任意的实数，总有，故选：D.2．已知空间两不同直线m，n，两不同平面，，下列命题正确的是（    ）A．若且，则B．若且，则C．若且，则D．若不垂直于，且，则不垂直于【答案】C【分析】根据空间中点线面的位置关系结合选项即可逐一求解.【详解】对于A, 若且，则或者异面，或者相交，故A错误，对于B, 若且，则，故B错误，对于C，若且，则，故C正确，对于D，若不垂直于，且，则有可能与垂直,例如在正方体中，不垂直平面,平面,但是,理由如下：平面，平面,所以又，平面,所以平面,平面,故，故D错误，故选：C3．设如图，在平行四边形中，下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由相等向量的定义即可得，所以A错误；由向量的加减法则，结合三角形法则可知BC错误，D正确.【详解】根据相等向量的概念可得，即A错误；由向量的三角形法则可得，即B错误；易知，所以可得，即C错误；由向量的减法法则可得，所以D正确；故选：D4．如图所示，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，则在△ABC的三边及中线AD中，最长的线段是　(　　)A．AB B．AD C．BC D．AC【答案】D【详解】因为A′B′与y′轴重合，B′C′与x′轴重合，所以AB⊥BC，AB=2A′B′，BC=B′C′.所以在直角△ABC中，AC为斜边，故AB<AD<AC，BC<AC.故选D.5．小明有一卷纸，纸非常的薄且紧紧缠绕着一个圆柱体轴心卷成一卷，它的整体外貌如图，纸卷的直径为12cm，轴的直径为4cm，当小明用掉的纸后，则剩下的这卷纸的直径最接近于（    ）A．6cm B．7cm C．8cm D．9cm【答案】B【分析】设出剩下的这卷纸的直径，根据体积关系即可求出.【详解】设小明用掉的纸后，剩下的这卷纸的直径为cm，卷纸高为cm，则由题可知，解得，所以剩下的这卷纸的直径最接近于7cm.故选：B.6．如图，在棱长为1的正方体中，为的中点，则直线与平面的夹角为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】以点为原点，，，分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，求出以及平面的一个法向量，即可根据向量关系求出.【详解】以点为原点，，，分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，∴，，，设平面的一个法向量，则，即，令，则，所以平面的一个法向量，∵，∴，∴，∴直线与平面的夹角为.故选：B.【点睛】本题考查直线与平面夹角的求法，建立空间坐标系，利用向量法解决是常用方法.7．如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，为的中点，是侧面上一点，且平面，则线段的最大值为（    ）A． B． C． D．3【答案】A【分析】利用面面平行的性质，通过平面平面，得出点在线段上，从而求出线段的最大值.【详解】如图，取的中点，取的中点，连接，，，所以，又面，面，所以平面，又为的中点，所以,又面，面，所以平面，又，面，面，所以平面平面，又因为是侧面上一点，且平面，所以在线段上，又因为，，所以线段的最大值为.故选：A.8．在等边中，P为上一点，D为上一点，且，则的边长为（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【分析】根据题意可得，设的边长为，易得，故，解方程即可得出答案.【详解】设的边长为，因为是等边三角形，所以，因为，所以，所以.所以，解得：.即的边长为.故选：A. 二、多选题9．已知、、为空间中三条不同的直线，、、为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的有（    ）A．若，，，则B．若，，，若，则C．若，、分别与、所成的角相等，则D．若，，，则【答案】BD【分析】对于AC，通过举反例说明其错误；利用线面平行的性质可判断B选项；由垂直的性质及平行公理进行可判断D选项.【详解】对于A，如图1，若，，，则可以与平行，故A错误；对于B，因为，，，且，，则，因为，，则，故，B对；对于C，如图2，若，、分别与、所成的角为时，与可以相交、平行或异面，故C错误；对于D，若，，则，又，则，D对.故选：BD.10．已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（    ）.A．B．C．若，则复数对应的点位于第四象限D．已知复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为直线【答案】AD【分析】根据虚数单位i的性质可判断A；由虚数不能比较大小判断B；计算出复数，根据复数的几何意义判断C；明确的几何意义，判断D.【详解】对于A，，故正确；对于B, 虚数，不能比较大小，故错误；对于C, ，复数z对应的点 位于第二象限，故错误；对于D, 复数满足，即复数z对应的点到点 的距离相等，故在复平面内对应的点的轨迹为连线的中垂线，故正确，故选：AD11．已知函数的定义域为，为奇函数，且对于任意，都有，则（    ）A． B．C．为偶函数 D．为奇函数【答案】BCD【分析】依题意可得，再由奇偶性得到，从而得到，即可判断A，由，可得，再由，即可求出，从而判断B，再结合奇偶性的定义判断C、D.【详解】解：由，得．由是奇函数，得，即，所以，即，所以，故选项A错误；由，得，由，得，所以，故选项B正确；由，，得，即为偶函数，故选项C正确；由，，得，则，即为奇函数，故选项D正确．故选：BCD12．如图，在四边形中，和是全等三角形，，，下面有两种折叠方法将四边形折成三棱锥折法①将沿着折起，形成三棱锥，如图；折法②：将沿着折起，形成三棱锥，如图下列说法正确的是（    ）  A．按照折法①，三棱锥的外接球表面积值为B．按照折法①，存在，满足C．按照折法②，三棱锥体积的最大值为D．按照折法②，存在满足平面，且此时与平面所成线面角的正弦值为【答案】ABCD【分析】对于：由和是全等三角形，，，得到为外接球的直径求解判断；对于B：由，则为等边三角形时判断；对于C：由平面平面时，三棱锥的体积最大判断；对于D：由时得到平面，从而是与平面所成的角求解判断.【详解】解：对于：和是全等三角形，，，．可得中点到，，，的距离相等，故为棱锥的外接球的球心，为直径，外接球的半径为，三棱锥的外接球表面积值为，故A正确，对于B：，当为等边三角形时，可得，又，平面，平面，，即存在，满足，故B正确；对于C：三棱锥体积最大时，平面平面，由已知可得，为等边三角形，且易求到平面的距离为，，故C正确；对于D：当，可得，，平面，则是与平面所成的角，由，，由勾股定理可得，在中，，故D正确．故选：ABCD． 三、填空题13．设常数，若函数的反函数的图象经过点，则  ．【答案】2【分析】根据原函数和反函数图象关于直线对称求解.【详解】由题意得的图象过，所以，解得．故答案为:2.14．中，BC边上的点D满足，，点G在三角形内，满足，则的值为      ．【答案】6【分析】利用向量数量积的运算，得到，再由，得出G是的重心，从而得到，求出结果.【详解】因为，所以，即，如下图，取中点，因为，所以，得到，所以三点共线，且，所以G是的重心，所以．故答案为：6.15．在三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且∠BAC的平分线交BC于D，若，则的最小值为        ．【答案】9【分析】先根据三角形面积关系列等量关系，再根据基本不等式求最值.【详解】因为AD平分∠BAC，所以，，即，又，整理得，故所以，当且仅当，，即，时等号成立，则的最小值是9．故答案为：.16．在梯形中，，，为的中点，将沿直线翻折成，当三棱锥的体积最大时，过点的平面截三棱锥的外接球所得截面面积的最小值为           .【答案】2π【分析】当三棱锥的体积最大时，此时到底面的高最大，即此时平面平面，即平面，设球心为在平面内作，垂足为,证明平面即得解.【详解】解：由题得, 因为.因为,所以是△外接圆的圆心，外接圆的半径为当三棱锥的体积最大时，由于底面的面积是定值，所以此时到底面的高最大，即此时平面平面，即平面.如图，设球心为在平面内作，垂足为, 因为,所以,所以平面,所以过点的平面截三棱锥的外接球所得最小截面就是过的外接圆. 所以截面的最小值为.故答案为： 四、解答题17．对于函数，若在定义域内存在两个不同的实数x，满足，则称为“类指数函数”．(1)已知函数，试判断是否为“类指数函数”，并说明理由；(2)若为“类指数函数”，求a的取值范围．【答案】(1)不是 “类指数函数”(2) 【分析】（1）是否为“类指数函数”，可以转化为方程是否存在两个不同的实数根；（2）是否为“类指数函数”， 转化为方程是否存在两个不同的实数根，进一步化简、换元转化为一元二次方程求解.【详解】（1）若函数为“类指数函数”，则在定义域内存在两个不同的实数x满足方程，.由于函数与在R上均单调递增，所以在R上均单调递增，至多有一个零点，所以不是 “类指数函数”.（2）若函数为“类指数函数”，则方程有两个不同的实数根，即方程有两个不同的实数根，整理得，设，则方程有两个不等的正根，，由，解得或；由，解得；由，解得.所以.故a的取值范围．18．在中，角，，的对边分别是，，，若，且.(1)当，时，求，的值；(2)若角为锐角，求实数的取值范围.【答案】(1)，或，(2) 【分析】（1）利用正弦定理将角化为边，再结合已知条件，解方程组，解得即可；（2）结合余弦定理与，解不等式即可．【详解】（1）因为，由正弦定理可得，因为，，所以，又，所以，或，．（2）由（1）知，且，由余弦定理得，因为为锐角，所以，所以，解得或（舍去），故实数的取值范围为．19．如图，在三棱锥中，底面．点分别为棱，的中点，是线段的中点，．(1)求证：平面；(2)求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用三角形中位线性质、平行公理得到，然后利用线面平行的判定定理证明；（2）利用线面垂直判定定理可得平面，进而得到底面，利用中位线定理得到到底面的距离，利用体积转化法计算体积.【详解】（1）证明：分别是中点，，同理，又平面平面，平面．（2）解：底面平面，平面，平面，分别为中点，，平面，点到平面的距离为，，即三棱锥的体积为．20．（1）结合函数单调性的定义，证明函数在区间上为严格增函数；（2）某国际标准足球场长105m，宽68m，球门AB宽7.32m．当足球运动员M沿边路带球突破时，距底线CA多远处射门，对球门所张的角最大？（精确到1米）【答案】（1）证明见解析（2）34m【分析】（1）利用函数单调性的定义证明即可；（2）根据两角差的正切公式解得条件表示出张角的正切，然后根据基本不等式即得.【详解】（1）设任意的且，则，因为且，，，，所以，即，即对任意的，当时，都有，故在区间上是严格增函数；（2）设运动员在，球门为，依题意，，设，则，则，则，当且仅当米时等号成立，所以距底线米处射球门，对球门所张的角最大.  21．已知O为坐标原点，，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数.已知函数，(1)求的伴随向量，并求.(2)关于x的方程在内恒有两个不相等实数解，求实数的取值范围.(3)将函数图象上每一点纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再把整个图象向左平移个单位长度得到函数的图象，已知，，在函数的图象上是否存在一点P，使得，若存在，求出点P坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)；.(2)(3)存在，. 【分析】（1）利用两角差的余弦公式和诱导公式化简，再根据伴随向量的定义可得伴随向量，利用模长公式可求出其模长；（2）转化为的图象与直线在内恒有两个不同的交点，作出函数的图象，根据图象可得结果；（3）假设存在符合题意的，则点在以为直径的圆上，该圆的圆心为，半径为，根据两点间的距离公式列式可得，根据以及可得，进一步可求出点的坐标.【详解】（1）因为，所以，.（2）因为关于x的方程在内恒有两个不相等实数解，所以的图象与直线在内恒有两个不同的交点，的图象如图：由图可知，.（3）依题意可得，，的中点为，假设在函数的图象上是否存在一点，使得，则点在以为直径的圆上，该圆的圆心为，半径为，所以，即，所以，所以，所以，又，所以，所以，所以，所以，所以.综上所述：在函数的图象上是否存在一点P，使得，且.22．如图，在四棱锥中，，且，底面是边长为的菱形，．(1)证明：平面平面；(2)若，求四棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接交于点，连接，即可得到、，从而得到平面，即可得证；（2）解法一：根据面面垂直的性质得到平面，则，再根据锥体的体积公式计算可得；解法二：由已知可得为正三角形，求出线段的长度，即可得到三棱锥是为棱长为的正四面体，即可得到其所对应的正方体的棱长，即可求出其体积；解法三：取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH，可证平面，再求出高，最后根据锥体的体积公式计算可得.【详解】（1）连接交于点，连接，因为是菱形，所以，且为的中点，因为，所以，又因为，平面，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面．.（2）解法一：由（1）可知，平面平面，又平面平面，，平面，所以平面，所以，由已知可得，，又，且O为BD的中点．所以，，又，，所以，所以，，所以．解法二：由已知可得：为正三角形，且，，又，且O为BD的中点，所以，，又，，所以，从而，，所以三棱锥是为棱长为的正四面体，而它所对应的正方体的棱长为，所以．解法三：取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH．因为，所以是等边三角形，所以，又因为，，PD，平面PDM，所以平面，平面，所以，由（1）知，且，平面，所以平面．由是边长为2的菱形，在中，，，由，在中，，所以．所以四棱锥的体积为．.