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四川省绵阳南山中学2022-2023学年高一数学下学期6月月考试题(Word版附解析)

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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:B2.已知向量的夹角为,且,则()A.49B.7C.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:B3.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:D4.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:B5.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:C6.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:C8.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:BCD10.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3D.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.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-07-19 02:48:02 页数:20
价格:¥2 大小:1.99 MB
文章作者:随遇而安

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