精品解析：广东省茂名市信宜市第二中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题

2023-2024年度高一第二学期期末阶段性测试（数学） 一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则（ ） A. 2 B. 1 C. 4 D. 3 3. 已知，，，则（ ） A. B. 16 C. D. 9 4. 已知是定义域为的偶函数，且在上单调递减，，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量满足，则向量在向量方向上投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 设m、n为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（ ） A. 若m上有两个点到平面的距离相等，则 B. 若，，则“”是“”的既不充分也不必要条件 C. 若，，，则 D. 若m、n是异面直线，，，，，则 7. 如图，为直角三角形，，，C为斜边的中点，P为线段的中点，则＝（　　） A. 1 B. C. D. 8. 攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式,宋代称为撮尖,清代称为攒尖.通常有圆形攒尖,三角攒尖,四角攒尖,八角攒尖,也有单檐和重檐之分,多见于亭阁式建筑,园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖,可近似看作一个圆锥,已知其轴截面是底边长为m,顶角为的等腰三角形,则该屋顶的面积约为（ ）. A. m2 B. m2 C. m2 D. m2 二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的四个选项中，有多个项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对但不全的得部分分，有选错的得0分）． 9. 已知复数，是的共轭复数，则下列说法正确的是（ ） A. 实部为 B. 复数在复平面中对应的点在第四象限 C. D 10. 一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中，下列结论正确的是（ ） A. B. C. MN与AB是异面直线 D. BF与CD成角 11. 函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. D. 若方程上有且只有5个根，则 三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，若，则____________. 13. 已知，若纯虚数，则______． 14. 在四面体中，，，，，则该四面体外接球的表面积为______. 四、解答题（共6小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 如图，在边长为的正方体中，为中点， （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积． 16. 如图，在三棱锥中，、、、分别是、、、的中点，且，． （1）证明：； （2）证明：平面平面. 17. 已知的内角、、所对的边分别是、、，设向量，，. （1）若，求证：为等腰三角形； （2）若，边长，，求的面积. 18. 如图，在几何体中，四边形为菱形，对角线与的交点为O，四边形为梯形，. （1）若，求证：平面； （2）若，求证：平面平面. 19. 已知函数为奇函数. （1）求实数a的值； （2）设函数，若对任意的，总存在，使得成立，求实数m的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024年度高一第二学期期末阶段性测试（数学） 一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出集合中函数的定义域后再根据集合的交运算即可求解. 【详解】， 故， 故选：A 2. 设，则（ ） A. 2 B. 1 C. 4 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的乘除法则化简复数，进而可求模长. 【详解】因为，所以. 故选：A. 3. 已知，，，则（ ） A. B. 16 C. D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】由已知可得，可求得，进而计算可求. 【详解】由，两边平方可得， 所以，所以. 故选：B. 4. 已知是定义域为的偶函数，且在上单调递减，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，利用导数求得在单调递增，得到，得到，再由对数函数的性质，得到，再由函数的单调性与奇偶性，即可求解. 【详解】令，可得，所以在单调递增， 又由，所以，即，可得， 又由，所以， 因为是定义域为的偶函数，且在上单调递减， 则在上单调递增，且， 所以，即， 所以. 故选：A. 5. 已知向量满足，则向量在向量方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将两边平方求出，然后由投影向量公式可得. 【详解】因为，， 所以，得， 所以向量在向量方向上的投影向量为. 故选：C 6. 设m、n为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（ ） A. 若m上有两个点到平面的距离相等，则 B. 若，，则“”是“”的既不充分也不必要条件 C. 若，，，则 D. 若m、n是异面直线，，，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，m与可以相交，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等；对于B，C，根据面面垂直的判定及性质进行判断；对于D，根据面面平行的判定定理进行判断. 【详解】对于A，当直线m与相交时，直线m上关于交点对称两点到平面的距离相等，故A错误； 对于B，若，，，则，又，所以；当时，，当时，，可以相交，所以“”是“”的充分不必要条件，故B错误； 对于C，若，，，m与n位置关系不固定，可以是各自平面内的任意直线，故C错误； 对于D，若m、n是异面直线，，，，，则在直线任取一点，过直线与点确定平面，，又，则，，，所以，又，，所以，故D正确. 故选：D. 7. 如图，为直角三角形，，，C为斜边的中点，P为线段的中点，则＝（　　） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用数量积的定义、运算律以及向量的线性运算即可求解. 【详解】 因为， 所以， 取中点Q，连接， . 故选：B. 8. 攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式,宋代称为撮尖,清代称为攒尖.通常有圆形攒尖,三角攒尖,四角攒尖,八角攒尖,也有单檐和重檐之分,多见于亭阁式建筑,园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖,可近似看作一个圆锥,已知其轴截面是底边长为m,顶角为的等腰三角形,则该屋顶的面积约为（ ）. A. m2 B. m2 C. m2 D. m2 【答案】C 【解析】 分析】根据题意作出圆锥轴截面图像,根据图像求出圆锥底面半径和母线,根据侧面积公式即可求解. 【详解】如图所示为该圆锥轴截面,    由题意,底面圆半径,母线, 所以侧面积. 故选：C. 二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的四个选项中，有多个项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对但不全的得部分分，有选错的得0分）． 9. 已知复数，是的共轭复数，则下列说法正确的是（ ） A. 的实部为 B. 复数在复平面中对应的点在第四象限 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】先化简得到，然后用实部和共轭实数的定义判断A和B选项；由于虚数不能比较大小，故C错误；直接计算即知D正确. 【详解】我们有，故的实部为，A正确； 由知，所以在复平面中对应的点是，在第四象限，B正确； 都不是实数，它们不能比较大小，C错误； ，D正确. 故选：ABD. 10. 一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中，下列结论正确的是（ ） A. B. C. MN与AB是异面直线 D. BF与CD成角 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定的展开图，还原正方体，再结合线线垂直、平行及异面直线的意义判断即可. 【详解】将正方体的展开图还原，如图， 对于A，连接，显然，则四边形是平行四边形， ，而，因此，A正确； 对于B，由，得， 则，而，因此，B错误； 对于C，平面，平面，，平面， 因此MN与AB是异面直线，C正确； 对于D，由选项B知，，因此BF与CD成角，D正确. 故选：ACD 11. 函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. D. 若方程在上有且只有5个根，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据图象可求得函数的解析式，再根据三角函数的性质依次判断各选项. 【详解】对于A，由，得，即，又， ，故A正确； 对于C，又的图象过点，则，即， ，即得，，又，， 所以，故C正确； 对于B，因为，而， 故直线不是函数的对称轴，故B错误； 对于D，由，得， 解得或，， 方程在上有5个根，从小到大依次为：， 而第6个根为，所以，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，若，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用空间向量坐标表示，列出方程，即可求解. 【详解】由向量， 因为，可得，解得. 故答案为：. 13. 已知，若为纯虚数，则______． 【答案】1 【解析】 【分析】先将化简，结合为纯虚数，求出，再计算即可． 【详解】， 因为为纯虚数，所以，即，所以，则， 故答案为：1． 14. 在四面体中，，，，，则该四面体外接球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】首先求出，利用勾股定理逆定理得到，设的中点为，根据直角三角形的性质性质得到，即为外接球的球心，即为外接球的半径，从而求出球的表面积. 【详解】如图所示： 由，，可知. 因为，，所以，即. 设的中点为，则， 所以为四面体外接球的球心，四面体的外接球半径， 所以外接球表面积. 故答案为： 四、解答题（共6小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 如图，在边长为的正方体中，为中点， （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）设，交于点，连结，根据中位线性质可得即可证明； （2）根据锥体体积公式求解即可. 【小问1详解】 设，交于点，连结， 在边长为的正方体中，为中点， 是中点，， 平面，平面， 平面． 【小问2详解】 三棱锥的体积：． 16. 如图，在三棱锥中，、、、分别是、、、的中点，且，． （1）证明：； （2）证明：平面平面. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）连接，由三线合一可得，，故而证明平面，于是； （2）根据中位线定理可得，，即可得到平面，同理可证平面，即可得证． 【小问1详解】 连接， ，，是的中点， ，， 又平面，平面，， 平面， 又平面， ． 【小问2详解】 ，，分别是，，的中点， ，， 又平面，平面， 平面， 同理可证平面， 又，平面，平面， 平面平面． 17. 已知的内角、、所对的边分别是、、，设向量，，. （1）若，求证：为等腰三角形； （2）若，边长，，求的面积. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用共线向量的坐标表示，再利用正弦定理边角互化推理即得. （2）利用垂直关系向量表示，再利用余弦定理及三角形面积公式计算即得. 【小问1详解】 由，得，即， 在中，由正弦定理得，即， 所以为等腰三角形. 另解：在中，由正弦定理得，而，， 于是，又，则， 所以为等腰三角形. 【小问2详解】 依题意，，即，整理得， 在中，由余弦定理得，即， 于是，而，解得， 所以的面积. 18. 如图，在几何体中，四边形为菱形，对角线与的交点为O，四边形为梯形，. （1）若，求证：平面； （2）若，求证：平面平面. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，从而可得为平行四边形，即可证明平面； （2）只需证明平面，即可证明平面平面. 【小问1详解】 证明：取的中点，连接，， ∵是菱形的对角线，的交点， ∴，且， 又∵，且， ∴，且， 从而为平行四边形， ∴， 又平面，平面， ∴平面. 【小问2详解】 证明：连接， ∵四边形为菱形，∴， ∵，是的中点，∴， 又，平面， ∴平面，又平面， ∴平面平面. 19. 已知函数为奇函数. （1）求实数a的值； （2）设函数，若对任意的，总存在，使得成立，求实数m的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用奇函数的性质列方程求解即可； （2）先利用分离常数法结合指数函数性质求得在的值域，然后利用换元法结合对数函数性质，利用二次函数性质求得的值域，最后利用值域关系列不等式求解即可. 【小问1详解】 因为函数为奇函数，所以， 即在定义域上恒成立，整理得，故； 【小问2详解】 由（1）得，则， 因为，所以，所以， 所以在的值域， 又，， 设，，则， 当时，取最小值为，当时，取最大值为， 即在上的值域， 又对任意的，总存在，使得成立，即， 所以，解得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$