四川省成都市成飞中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题（原卷版+解析版）

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（考试时间：120分钟 总分：150分）
注意事项：
01．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上，或将条形码贴在答题卡规定的位置上．
02．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号．
03．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．
04．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．
05．考试结束后，只将答题卡交回．
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、单项选择题（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，只有一个是符合题目要求的．）
1. 若复数z满足为虚数单位)，则为
A. 3+5iB. 3－5iC. －3+5iD. －3－5i
【答案】A
【解析】
【详解】
【考点定位】本题考查复数的基本运算之一除法，其中涉及分母实数化，这是复数运算中的常考点
2. 已知集合，，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析】先求集合A，再根据二次函数最值求集合B，进而可得.
【详解】由题意可知：，
又因为二次函数的开口向上，对称轴为，
可知：当，二次函数取到最小值；当，二次函数取到最大值；
可得，
所以.
故选：A.
3. 已知是一平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（ ）

A. B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由给定的直观图画出原平面图形，再求出面积作答.
【详解】根据斜二测画法的规则，所给的直观图对应的原平面图形，如图，

其中 ，，
所以这个平面图形的面积为.
故选：D
4. 若，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由二倍角的余弦公式即可求解.
【详解】由题.
故选：A.
5. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，对于下列命题正确的是（ ）
A.
B. ；
C.
D. .
【答案】B
【解析】
【分析】根据面面平行的判定定理可判定A，根据面面平行的性质定理可判定B，根据线面平行的判定定理可判定C，根据线面平行的性质定理可判定D.
【详解】选项A：由面面平行的判定定理可知，由于m，n不一定相交，故A错误；
选项B：由面面平行的性质定理可知B正确；
选项C：由线面平行的判定定理可知，m可能在内，故C错误；
选项D：由线面平行的性质定理可知，m，n可能异面，故D错误；
故选：B.
6. 下列命题正确的为（ ）
①若在平面外，它的三条边所在的直线分别交于P、Q，R，则P，Q，R三点共线；
②若三条直线a，b、c互相平行且分别交直线于A、B、C三点，则这四条直线共面；
③已知a，b，c为三条直线，若a，b异面，b，c异面，则a，c异面；
④已知a，b，c为三条直线，若，，则.
A. ①③B. ②③C. ②④D. ①②
【答案】D
【解析】
【分析】根据基本事实3可判断①的正误，利用基本事实及3个推论可判断②的正误，根据可能的反例可判断③④的正误.
【详解】对于①，设平面平面，因为，平面，
所以，同理，，故、、三点共线，①正确；
对于②，因为，所以，可以确定一个平面，
因为，，，，所以，所以，
又，所以.
同理，也可以确定一个平面，且，，
因为，故重合，故这四条直线共面，所以②正确；
对于③，直线、异面，、异面，则，可能平行、相交或异面，所以③错误；
对于④，，，则，可能平行、相交或异面，所以④错误.
故选：D.
7. 记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（ ）
A. 1B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.
【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得，
又因为函数图象关于点对称，所以，且，
所以，所以，，
所以.
故选：A
8. 在中内角的对边分别为，设的面积为，若，则下列命题中错误的是（ ）
A. 若，且，则有两解
B. 若，且为锐角三角形，则的取值范围为
C. 若，且，则的外接圆半径为
D. 若，则的最大值为
【答案】D
【解析】
【分析】首先证明题干中的条件等价于，然后逐个选项判断：对于A，直接解出两种可能的情况即可判断A选项正确；对于B，用正弦定理证明，然后求的范围即可判断B选项正确；对于C，求出的三边，然后说明是直角，从而得到，即可判断C选项正确；对于D，直接给出使得的一个满足条件的例子，即可说明D选项错误.
【详解】若，由，可知，即，从而.
若，则.
从而条件等价于.
对于A，若，且，由余弦定理得，即，解得或. 由于当三角形的三边确定后，三角形唯一确定，故只有两种可能.
经验证，的以下两种情况都是可能的：
①，，，，，；
②，，，， ，.
故有两种可能，选项A正确；
对于B，若，且为锐角三角形，由于，而为锐角三角形即，，解得，从而的范围是，故的范围是，选项B正确；
对于C，若，且，则，且，故，从而.
而，故，从而，.
这意味着，，，所以，从而，故，选项C正确；
对于D，若，由于，，故存在使得，，的，此时，，满足条件.
在此情况下，有，故，从而，从而此时，这表明不可能以为最大值，选项D错误.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于灵活运用正弦定理和余弦定理，对条件进行适当转化，以研究需要研究的参数.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意．）
9. 已知向量，向量，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则在上的投影向量的坐标为
D. “”是“与的夹角为钝角”的充要条件
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A：求出，利用模长公式求出答案；对于B：根据垂直得到方程，求出；对于C：根据投影向量公式求出答案；对于D：根据夹角为钝角得到不等式，求出的取值范围，作出判断.
【详解】对于选项A：若时，则，可得，
所以，故A正确；
对于选项B：若⊥，则，解得，故B错误；
对于选项C：若时，则，可得，
所以在上的投影向量为，故C正确；
对于选项D：若与的夹角为钝角，则且与不共线，
可得，解得且，
显然是的真子集，
所以“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件，故D错误；
故选：AC.
10. 设复数，其中为虚数单位，则下列正确的是（ ）
A. 若为纯虚数，则
B. 若，，则
C. 若，则
D. 若，则的最大值为3
【答案】CD
【解析】
【分析】根据复数的分类判断A，根据复数的乘方判断B，根据复数模的性质判断C，根据复数模长的几何意义判断D.
【详解】对于A：当，时为实数，
事实上当且时为纯虚数，故A错误；
对于B：，时，，
又，，，，
所以，故B错误；
对于C：由，解得，
所以，故C正确；
对于D：时，，故D正确.
故选：CD
11. 圆锥内半径最大的球称为该圆锥的内切球，若圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，则称该球为圆锥的外接球.如图，圆锥的内切球和外接球的球心重合，且圆锥的底面直径为6，则（ ）
A. 设圆锥的轴截面三角形为，则其为等边三角形
B. 设内切球的半径为，外接球的半径为，则
C. 设圆锥的体积为，内切球的体积为，则
D. 设是圆锥底面圆上的两点，且，则平面截内切球所得截面的面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】作出圆锥的轴截面，依题意可得为等边三角形，设球心为（即为的重心），即可求出的外接圆和内切圆的半径，即可为圆锥的外接球、内切球的半径，即可判断A、B，由圆锥及球的体积公式判断C，所对的圆心角为（在圆上），设的中点为，即可求出，不妨设为上的点，连接，过点作交于点，利用三角形相似求出，即可求出截面圆的半径，从而判断D.
【详解】作出圆锥的轴截面如下：

因为圆锥的内切球和外接球的球心重合，所以为等边三角形，故A正确；
又，所以，
设球心为（即为的重心），所以，，
即内切球的半径为，外接球的半径为，所以，故B正确；
设圆锥的体积为，则，
内切球的体积为，则，所以，故C错误；
设、是圆锥底面圆上的两点，且，则所对的圆心角为（在圆上），
设中点为，则，不妨设为上的点，连接，则，
过点作交于点，则，所以，
即，解得，
所以平面截内切球截面圆的半径，
所以截面圆的面积为，故D正确；
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是由题意得到圆锥的轴截面三角形为等边三角形，从而确定外接球、内切球的半径.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 在中，，，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】首先求出，再由正弦定理计算可得.
【详解】因为，，所以，
由正弦定理，即，解得，即.
故答案为：
13. 如图，在正三棱柱中，，分别为的中点，则多面体体积为______．

【答案】##
【解析】
【分析】由题意可知：为三棱台，利用割补法，结合柱体和台体体积公式运算求解.
【详解】由题意可知：为三棱台，
则，
可得正三棱柱的体积，
三棱台的体积，
所以多面体体积为.
故答案为：.
14. 在中，，，记，用表示_________；若，则的最大值为_________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】空1：根据向量的线性运算，结合为的中点进行求解；空2：用表示出，结合上一空答案，于是可由表示，然后根据数量积的运算和基本不等式求解.
【详解】空1：因为为的中点，则，可得，
两式相加，可得到，
即，则；
空2：因为，则，可得，
得到，
即，即.
于是.
记，
则，
在中，根据余弦定理：，
于是，
由和基本不等式，，
故，当且仅当取得等号，
则时，有最大值.
故答案为：；.

四、解答题（本大题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．）
15. 如图，在菱形中，.
（1）若，求的值；
（2）若，，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可知，即可求解；
（2），从而即可求解.
【小问1详解】
因为在菱形中，.
故，
故，所以.
【小问2详解】
显然，
所以
①，
因为菱形，且，，
故，.
所以.
故①式.
故.
16. 已知函数.
（1）求的单调递减区间；
（2）若函数的最大值为6，求常数的值；
（3）若函数有两个零点和，求实数的取值范围，并求的值；
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式及两角和的正弦公式化简，再结合正弦函数的性质计算可得；
（2）由的范围，求出的范围，即可求出函数的最大值，解得即可；
（3）首先得到的单调性，求出最大值及区间端点函数值，依题意可得，即可求出的范围，再根据对称性求出.
【小问1详解】
因为
，
因为，所以，令，解得，
所以的单调递减区间为；
【小问2详解】
由（1）可知，
因为，所以，则，
则当，即时，，解得；
【小问3详解】
令，解得，所以的单调递增区间为，
又的单调递减区间为，且，
，，
若函数有两个零点和，则，
即，解得，即实数的取值范围为；
令，解得，所以和关于对称，
所以.
17. 如图，平面，，，，，为中点．
（1）求证：∥平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接、，即可得到四边形为平行四边形，从而得到，即可得证；
（2）可知三棱锥的高为，结合锥体的体积公式运算求解；
（3）结合（2）中的结果，利用等体积法求出点到平面的距离.
【小问1详解】
取的中点，连接、，
因为为中点，则且，
又因为，，，即且，
可得且，即四边形为平行四边形，则，
且平面，平面，所以∥平面.
【小问2详解】
因为，，所以，
所以，
又因为平面，可知三棱锥的高为，
所以三棱锥的体积，
【小问3详解】
因为，，则，
由平面，平面，则，，
又因为，，则，
所以，
设点到平面的距离为，
则，解得，
所以点到平面的距离为.
18. 在中，，为边上的中线，点在边上，设．
（1）当时，求的值；
（2）若为的角平分线，且点也在边上，求的值；
（3）在（2）的条件下，若，求为何值时，最短？
【答案】（1）
（2）
（3）当为何值时，最短
【解析】
【分析】（1）由题意可知：，结合数量积的运算律分析求解；
（2）利用正弦定理可得，结合长度关系分析求解；
（3）设，利用面积关系和余弦定理可得，结合三角恒等变换以及基本不等式分析求解.
【小问1详解】
由题意可知：，则，
即，
且，整理可得，即或（舍去），
所以值为.
【小问2详解】
在中，由正弦定理可得，即，
在中，由正弦定理可得，即，
若为的角平分线，则，即，
且，则，
即，可知，
则，可知，
又因为，则，所以.
【小问3详解】
由（2）可知：，则，
且最短，即为最短，
设，则，，，
可知，可得，
由余弦定理可得，
则，
，
当且仅当，即时，等号成立，
此时，
由（1）可知：，即，
可得，即（负值舍去）
所以当为何值时，最短.
19. 变分法是研究变元函数达到极值的必要条件和充要条件，欧拉、拉格朗日等数学家为其奠定了理论基础，其中“平缓函数”是变分法中的一个重要概念．设是定义域为的函数，如果对任意的均成立，则称是“平缓函数”．
（1）若．试判断和是否为“平缓函数”?并说明理由；（参考公式：①时，恒成立；②．）
（2）若函数是周期为2的“平缓函数”，证明：对定义域内任意的，均有；
（3）设为定义在上的函数，且存在正常数，使得函数为“平缓函数”．现定义数列满足：，试证明：对任意的正整数．
（参考公式：且时，．）
【答案】（1）函数是“平缓函数”； 是上的“平缓函数”，理由见解析；
（2）证明见解析 （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用 “平缓函数”的顶用判断可得答案；
（2）设，且，分和，借助“平缓函数”的定义证明即可；
（3）由为上的“平缓函数”，且得，则对任意的，利用证明可得.
【小问1详解】
对于函数，
由对任意的，且，
则，即，
，
因此函数是“平缓函数”；
对于函数，由对任意的，且，
，
可知函数是上的“平缓函数”
【小问2详解】
由周期性可得，由于函数周期函数，
故不妨设，且，
当时，由为上的“平缓函数”得；
当时，不妨设，此时由为上的“平缓函数”得
．
故对定义域内任意的，且均有．
【小问3详解】
由为上的“平缓函数”，且得，则对任意的，
，
因此
，得证．
【点睛】思路点睛：本题主要是根据 “平缓函数”的定义和性质进行判断.