精品解析：重庆市璧山来凤中学等九校联考2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题

重庆高一数学考试 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号，座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第―册第五章，必修第二册第六章至第八章第3节. 一、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，只有一项是符题目要求的． 1. 已知复数，则z在复平面内对应的点位于（ ） A 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知直观图是一个边长为4的等边三角形，则的面积是（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 某班同学利用课外实践课，测量两地之间的距离，在处测得两地之间的距离是4千米，两地之间的距离是6千米，且，则两地之间的距离是（ ） A. 千米 B. 千米 C. 千米 D. 千米 5. 已知某扇形的周长是24，则该扇形的面积的最大值是（ ） A. 28 B. 36 C. 42 D. 50 6 已知复数满足，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知D是△ABC的边AB的中点，且△ABC所在平面内有一点P，使得，若，则（ ） A. B. C. 8 D. 16 8. 如图，在正方体中，在线段上，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法错误的是（ ） A. 棱柱是有且仅有两个平面平行，其他平面为平行四边形的多面体 B. 圆柱是由一个四边形绕着其中一条边旋转得到的 C. 棱台的所有侧棱交于同一点 D. 用一个平面去截圆锥，这个平面和圆锥底面之间的部分是圆台 10. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期是 B. 的图象关于点中心对称 C. 是偶函数 D. 在上恰有4个零点 11. 在中，角，，的对边分别是，，，且，点在边上，，，则（ ） A. B. C. 面积的最小值是 D. 的最小值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上． 12. 在三棱台中，和的面积分别为和，若，则______． 13. 已知，则______，______． 14. 已知复数，且，则的最小值是______． 四、解答题：本题共5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，这是由一个半圆柱和一个长方体组合而成的几何体，其中，． （1）求该几何体体积； （2）求该几何体的表面积． 16. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求的解析式； （2）求在上的值域． 17. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，． （1）求的值； （2）求的值． 18. 已知函数． （1）求的单调递增区间； （2）求不等式的解集﹔ （3）若对任意的，恒成立，求m的取值范围． 19. 对任意两个非零向量，，定义： （1）若向量，，求的值； （2）若单位向量，满足，求向量与的夹角的余弦值； （3）若非零向量，满足，向量与的夹角是锐角，且是整数，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重庆高一数学考试 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号，座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第―册第五章，必修第二册第六章至第八章第3节. 一、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，只有一项是符题目要求的． 1. 已知复数，则z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】直接对化简可得答案. 【详解】因为， 所以复数在复平面内对应的点位于第四象限， 故选：D 2. 已知的直观图是一个边长为4的等边三角形，则的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直观图的性质还原并求出的高即可求解. 【详解】如图， 是边长为4的直观图，, O为中点，在轴上，过作交轴于点D， 则，轴， 又， 所以由正弦定理可得， 又由题意可知， 所以由三角形相似性得：， 所以由直观图特点得， 所以. 故选：D. 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用平面向量坐标运算法则求出，再由向量，求出实数值. 【详解】因为向量，，可得， 因为，所以，解得：， 故选：C 4. 某班同学利用课外实践课，测量两地之间的距离，在处测得两地之间的距离是4千米，两地之间的距离是6千米，且，则两地之间的距离是（ ） A. 千米 B. 千米 C. 千米 D. 千米 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理解三角形即可. 【详解】由余弦定理可得，则. 故选：A 5. 已知某扇形的周长是24，则该扇形的面积的最大值是（ ） A. 28 B. 36 C. 42 D. 50 【答案】B 【解析】 【分析】设扇形的弧长为，半径为，则，然后利用基本不等式可求出扇形面积的最大值. 【详解】设扇形的弧长为，半径为，则， 所以扇形的面积， 当且仅当，即时取等号， 所以该扇形的面积的最大值是36， 故选：B 6. 已知复数满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，由得，由得，代入即可求值. 【详解】设，由得即， ，由得，得， 所以，， 故选：A. 7. 已知D是△ABC的边AB的中点，且△ABC所在平面内有一点P，使得，若，则（ ） A. B. C. 8 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】化简数量积公式，得到，再根据几何关系，转化向量，即可求解数量积. 【详解】，则，即， ， . 故选：B 8. 如图，在正方体中，在线段上，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，，将平面和平面展开到同一平面，连接求解即可． 【详解】如图，连接，，将平面和平面展开到同一平面， 连接，交于点， 则， 因为，所以， 所以四边形为菱形，， 则， 故选：C． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法错误的是（ ） A. 棱柱是有且仅有两个平面平行，其他平面为平行四边形的多面体 B. 圆柱是由一个四边形绕着其中一条边旋转得到的 C. 棱台的所有侧棱交于同一点 D. 用一个平面去截圆锥，这个平面和圆锥的底面之间的部分是圆台 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据圆柱、棱台、圆台的结构特点判断BCD，通过举反例说明A错误. 【详解】A选项，由如图所示多面体可知A错误； B选项，由圆柱的定义，是由一个长方形绕着它的一条边旋转得到的图形，故B错误； C选项，由棱台的结构特征值知，棱台的各条侧棱所在的直线一定相交于一点，故C正确； D选项，当截面与圆锥底面不平行时，底面与截面之间的部分不是圆台，故D错误. 故选：ABD. 10. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期是 B. 的图象关于点中心对称 C. 是偶函数 D. 在上恰有4个零点 【答案】AD 【解析】 【分析】先利用三角函数恒等变换公式对函数化简变形得，然后逐个分析判断即可. 【详解】， 对于A，的最小正周期是，所以A正确， 对于B，因为， 所以的图象不关于点中心对称，所以B错误， 对于C，，令， 则， 所以不是偶函数，所以C错误， 对于D，由，得， 所以，或， 得或， 因为，所以，，，， 所以在上恰有4个零点，所以D正确， 故选：AD 11. 在中，角，，的对边分别是，，，且，点在边上，，，则（ ） A. B. C. 面积的最小值是 D. 的最小值是 【答案】BCD 【解析】 【分析】由正弦定理求得，再根据角平分线定理得到平分，由面积关系得到，利用均值不等式得到面积的最小值和的最小值. 【详解】因为，由正弦定理得即， 因为，所以，所以， 因为，所以，所以， 因为，所以，故A错误； 由可得，由角平分线定理得平分，即， 又因为，所以， 即，，故B正确； C选项，，所以，解得，当且仅当时等号成立， 所以，故C正确； D选项，由，左右两边同时除以得， 所以， 当且仅当即时等号成立，所以的最小值是，故D正确； 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上． 12. 在三棱台中，和的面积分别为和，若，则______． 【答案】4 【解析】 【分析】由题意有，，可求. 【详解】三棱台中，，，则. 故答案为：4 13. 已知，则______，______． 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】根据诱导公式，即可求解；再根据二倍角的余弦公式，即可求解. 【详解】； . 故答案为：； 14. 已知复数，且，则的最小值是______． 【答案】1 【解析】 【分析】由，得，，则，所以，变形后利用基本不等式可求得结果. 【详解】因为复数，且， 所以，所以，得， 所以， 所以 ， 因为，所以， 所以， 当且仅当，即或（舍去）时取等号， 所以的最小值是1. 故答案为：1 【点睛】关键点点睛：此题考查复数的运算，考查基本不等式的应用，解题的关键是化简，考查数学转化思想，属于较难题. 四、解答题：本题共5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，这是由一个半圆柱和一个长方体组合而成几何体，其中，． （1）求该几何体的体积； （2）求该几何体的表面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用长方体和半圆柱的体积公式计算即可； （2）直接算各个面的面积相加即可. 【小问1详解】 长方体的体积为， 半圆柱的底面积为， 半圆柱的体积为， 该几何体体积为. 【小问2详解】 长方体去掉上底面后的表面积为， 由（1）得半圆柱的底面积为， 半圆柱的侧面积为， 所以该几何体的表面积为. 16. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求的解析式； （2）求在上的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据图象直接可得，利用周期求得，利用特殊点代入求得，即可求的解析式； （2）根据，求得，结合余弦函数的性质，即可求得在上的值域． 【小问1详解】 由图象可知，， 由，则，即，得， 则， 因为， 所以，由，得， 所以. 【小问2详解】 因，， 余弦函数在上单调递增，在上单调递减， ， ，， 则. 所以在上的值域为. 17. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知条件结正弦定理可得， ，然后利用余弦定理求出，再利用同角三角函数的关系可求出的值； （2）由正弦定理结合（1）求得，再利用余弦定理可求得，然后利用正弦的两角差公式可求得结果. 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理得， 由，得，所以， 所以由余弦定理得 ， 因为，所以； 【小问2详解】 因为，所以由正弦定理得， 所以, 因为， ， 所以由余弦定理得， 所以 . 18 已知函数． （1）求的单调递增区间； （2）求不等式的解集﹔ （3）若对任意的，恒成立，求m的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先将函数化为，再根据正弦函数的单调性即可求解. （2）根据正弦函数值的分布性质直接求解即可. （3）先求出函数在区间上的值域，从而得到，则恒成立等价于，从而得解. 【小问1详解】 由题， 令，， 故函数的单调递增区间为. 【小问2详解】 由（1）即， 所以， 故不等式的解集为. 【小问3详解】 由（1）， 因为，所以， 所以，故， 所以若对任意的，恒成立， 则，， 故m的取值范围为：. 19. 对任意两个非零向量，，定义： （1）若向量，，求值； （2）若单位向量，满足，求向量与的夹角的余弦值； （3）若非零向量，满足，向量与的夹角是锐角，且是整数，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求出向量的坐标，再根据题目所给定义求出的值. （2）根据所给条件求出的值，再利用向量夹角的余弦值公式计算即可. （3）结合条件得出的范围、向量与的夹角的余弦值的范围，再根据题目所给定义和题目条件，求出的值，将转化为，即可求出的取值范围. 【小问1详解】 因为，，所以， 所以， 故的值为. 【小问2详解】 因为向量、是单位向量，所以，， 由， 可得， 解得， 由，可得， ， 故向量与的夹角的余弦值为. 【小问3详解】 设向量与的夹角为，由题意可知，则， 因为，所以，. 因为，所以，. 因为是整数，所以， 所以，， 而 ，即，所以， 因为， ，所以，即， 故的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$