精品解析：河南省安阳市林州市第一中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题

2023-2024学年高一下学期5月试题 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名和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，将答案写在答题卡的相应位置上.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. 一．选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 已知（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数相等的条件可求. 【详解】，而为实数，故， 故选：B. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由得出，再将弦化切即可求解. 详解】由得， 所以， 故选：B. 3. 已知向量，，，满足（），且，若为，的夹角，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，化简得到，根据，求得，结合且，得到，即可求解. 【详解】因为，可得， 所以，可得， 所以，可得， 不妨令分别为且，所以，即， 因为且，经检验可得，此时. 故选：A. 4. 已知函数 (为常数, ,)的部分图象如图所示,则下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 直线是函数图象的一条对称轴 C. 函数在区间上单调递增 D. 将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据所给图象，求出函数解析式，利用正弦型函数的性质逐项分析即可得解. 【详解】由函数图象知，，函数零点为，相邻对称轴为， 故，即，，即， 当时，，因为，解得：时，， 所以函数，函数的周期为，故A错误； 当时，，不是函数的对称轴，故B错误； 当 时， ，是先减后增，不是函数的单调递增区间，故C错误； 函数向左平移个单位后得到函数， 所以D正确. 故选：D. 5. 在中，是边上一点，且是的中点，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算法则进行运算即可. 【详解】 ， 故选：D． 6. 如图，在正方形中，,和相交于点G，且F为上一点（不包括端点），若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 15 【答案】B 【解析】 【分析】先确定的位置，接着由进行转化，利用共线定理得，再利用基本不等式“1”的妙用即可求解. 【详解】由题可设， 则由题意得， 因为、、三点共线，故， 所以， 所以， 又、、三点共线，所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 故的最小值为. 故选：B. 7. 已知点O是内部一点，并且满足，的面积为，的面积为，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用，确定点O的位置，如图所示，结合三角形面积关系求解. 【详解】因为， 所以, 所以 取的中点,则, . ，即为中线的中点,如图所示， 则的面积为，的面积为， . 所以. 故选：A 8. 如图，现有棱长为6cm的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥，且分别为棱靠近的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等体积法求出点到平面的距离，说明所以所求球形体积最大时即为棱长为6的正方体的正方体的内切球，再根据求得体积公式即可得解. 【详解】由题意，设点到平面的距离为， 而 ， 由，得，解得， 棱长为6的正方体的正方体的内切球的半径为， 棱长为6的正方体体对角线的长度为， 因为， 所以所求球形体积最大时即为棱长为6的正方体的正方体的内切球， 则该球形饰品的体积的最大值为. 故选：B. 二．多选题（共3小题，每题6分，共18分.在每题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.） 9. 如图，在正方体中，，均为所在棱的中点，是正方体表面上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 三棱锥的体积为 C. 过三点的平面截正方体所得截面的面积为 D. 若，则点的轨迹长度为 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A.利用中位线平行得出与点共面； 选项B. 因为面在正方体前侧面上，所以点到面的距离等于的长，利用锥体体积公式求解即可； 选项C.由选项A知截面为正六边形,进而得解； 选项D.由 知点轨迹为为球心，为半径的球与正方体表面的交线，由正方体棱长得，交线为三段半径为的四分之一圆. 【详解】选项A，如图，设点是棱中点，由均为所在棱的中点， 根据中位线易得进而可得与点共面，所以平面，错误； 选项B，如图，因为面在正方体前侧面上，所以点到面的距离等于的长， 正方形中 ， 则三棱锥的体积为, 选项C，由选项A知过三点的平面截正方体所得截面为正六边形,边长，所以面积为， 选项D，由 知点轨迹为为球心，为半径的球与正方体表面的交线，如图， 由正方体棱长得，交线为三段半径为的四分之一圆，长度为， 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：利用平行线确定平面可以得出选项AC，选项B直接利用锥体体积公式计算即可，选项D关键是理解到.由 知点轨迹为为球心，为半径的球，球与正方体平面交线为圆弧，又正方体棱长为2与球半径相等，所以每个面上的圆弧为四分之一圆. 10. 已知函数（），则下列结论正确的是（ ） A. 对于任意的，总为奇函数 B. 对于任意的，总为周期函数 C. 当时，图像关于点中心对称 D. 当时，的值域为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，由奇函数定义即可求解；对于B，由周期函数定义即可求解；对于C，由对称性定义即可求解；对于D，对进行化简即可求得值域. 【详解】对于A，因为，所以对于任意的，总为奇函数，故A正确； 对于B，因为，所以对于任意的，总有周期，总为周期函数，故B正确； 对于C，当时，，所以此时的图象关于点中心对称，故C正确； 对于D，当时， ，又因为的定义域为，所以的值域为，故D错误； 故选：ABC. 11. 正三棱柱中，为棱的中点，为线段(不包括端点)上一动点，分别为棱上靠近点的三等分点，过作三棱柱的截面，使得垂直于且交于点，下列结论正确的是（ ） A. 截面 B. 存在点使得平面截面 C. 当时，截面的面积为 D. 三棱锥体积的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由线面平行的判定即可判断A；证明出平面平面，由平面，即可判断B；作出截面图即可判断C；作出截面图，确定点的位置即可判断D． 【详解】对于A，因为棱柱为正三棱柱，所以, 又平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，取，中点为，连接，交于于点，则， 因为分别为棱上靠近点的三等分点， 所以，，则， 因为正三棱柱，所以平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以，即， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为，又平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 又，且，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面与不平行，故B错误； 对于C，当时，作出截面图如图所示， 设延长线交于点，则， 因为，所以，所以， 所以，则，， 过点作，交于点，连接， 则，且， 因为，所以， 在中，由勾股定理得，同理可得， 所以， 所以截三棱柱的截面四边形为等腰梯形，高的长为， 所以，故C正确； 对于D，作出截面图如图所示， 因为，，所以，所以点在以为直径的圆上， 当点在的中点时，点到底面距离最大，且最大值为， 因为，所以此时点在线段上，符合条件， 所以三棱锥的体积最大值为，故D正确； 故选：ACD． 三．填空题（共3小题，每题5分，共15分.） 12. 已知一个圆台的上、下底面半径分别为2，4，它的侧面展开图扇环的圆心角为，则这个圆台的侧面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意计算母线长，再利用圆台的侧面积公式计算得到答案. 【详解】因为圆台的上底面圆半径2，下底面圆半径4，它的侧面展开图扇环的圆心角为， 设圆台的母线长为l，扇环所在的小圆的半径为x，如图，由题意可得： ，解得， 所以圆台的侧面积, 故答案为：. 13. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值. 【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中，且点M为BC边上的中点， 设内切圆的圆心为， 由于，故， 设内切圆半径为，则： ， 解得：，其体积：. 故答案为：. 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 14. 在棱长为4的正四面体中，，过点作平行于平面ABC的平面与棱PB、PC分别交于点E、F，过点作平行于平面PBC的平面与棱AB、AC分别交于点G、H，记分别为三棱锥的外接球球心，则_________． 【答案】## 【解析】 【分析】正四面体的外接球球心为，三点共线，三点共线，求出各正四面体的外接球半径，利用余弦定理求. 【详解】正四面体的外接球球心为，正四面体可扩成正方体，正四面体的棱为正方体的面对角线， 正四面体的棱长为4，则正方体的棱长为，正方体的体对角线长为， 所以正方体的外接球半径为，即正四面体的外接球半径为，有， 平面平面，平面平面，，三棱锥都是正四面体， 则三点共线，三点共线，，，则有，， 中，由余弦定理，， 中，由余弦定理，. 故答案为：. 四．解答题（共5小题，共77分） 15. 已知的图象关于点对称，且在区间上单调递减，在区间上单调递增，. （1）求的解析式； （2）若，求满足不等式的解集. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据对称轴和对称中心求出周期，再由关于点对称，求出，最后由解出函数； （2）根据题意，得，结合函数的性质可解. 【小问1详解】 根据题意，且在区间上单调递减， 在区间上单调递增，则为函数的对称轴， 又函数图象关于点对称，且， 所以，则，， 且，又，所以， 再由，即，所以， 所以； 【小问2详解】 由，得， 而，则，， 则，则或， 解得或， 所以满足不等式的解集为. 16. 已知复数(为虚数单位). （1）求; （2）若，其中，求的值; （3）若，且是纯虚数，求. 【答案】（1） （2） （3）或. 【解析】 【分析】（1）代入，结合复数模的定义计算即得. （2）利用复数的除法运算，化成给定形式即可得解. （3）设出复数的代数形式，利用复数模、复数乘法运算，结合纯虚数的意义求解即得. 【小问1详解】 依题意，，所以. 【小问2详解】 ， 所以 【小问3详解】 设，则，即， ， 由是纯虚数，则有， 由，解得或， 所以或. 17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，、分别为、的中点. （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求证：平面平面； （Ⅲ）求证：平面. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】 【分析】（1）欲证，只需证明即可； （2）先证平面，再证平面平面； （3）取中点，连接，证明，则平面. 【详解】（Ⅰ）∵，且为的中点，∴. ∵底面为矩形，∴，∴； （Ⅱ）∵底面为矩形，∴. ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面，又平面，∴. 又，，、平面，平面， ∵平面，∴平面平面； （Ⅲ）如图，取中点，连接 ∵分别为和的中点，∴，且. ∵四边形为矩形，且为的中点，∴， ∴，且，∴四边形为平行四边形， ∴，又平面，平面，∴平面. 【点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直. 18. 已知函数． （Ⅰ）求的单调递增区间和最值； （Ⅱ）若函数在有且仅有两个零点，求实数a的取值范围． 【答案】（Ⅰ）单调递增区间为，，最大值为，最小值为；（Ⅱ） 【解析】 【分析】（Ⅰ）利用和的正弦公式、二倍角公式、辅助角公式化简可得，令可求单调递增区间，易得最大值和最小值； （Ⅱ）题目等价于，与有且仅有2个不同交点，根据函数单调性即可得出. 【详解】（Ⅰ） ， 令，，解得，， 故单调递增区间为，， 易得的最大值为，最小值为； （Ⅱ）函数在有且仅有两个零点， 函数，与有且仅有2个不同的交点， 由（1）可知当时，在单调递增，在单调递减， 又，所以实数的取值范围为. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是利用三角恒等变换将函数化简为正弦型函数，然后利用正弦函数的性质求解. 19. 如图，在平面四边形ABCD中，已知，，为等边三角形，记，. （1）若，求的面积； （2）证明：； （3）若，求的面积的取值范围. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）在中，由余弦定理得，，根据为等边三角形，利用三角形面积公式即可求解； （2）在中，利用正弦定理，结合三角恒等变换即可求解， （3）利用余弦定理得，正弦定理得，结合（2）的结论以及三角形面积公式可得,利用三角函数的性质即可求解． 【小问1详解】 在平面四边形中，已知，，为等边三角形，记， 在中，由余弦定理，， 所以，则，所以， 又因为为等边三角形， 所以，且， 所以， 则的面积为； 【小问2详解】 在中，由正弦定理可得， 即且， 由于， 故， 由于三角形中，，因此，得证， 【小问3详解】 在平面四边形中，已知，，为等边三角形，，设， 在中，由余弦定理，， ， 在中，由正弦定理，，即，所以， 结合 ， 又因为，所以， 所以， 即的面积的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年高一下学期5月试题 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡的相应位置上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一．选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 已知（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 2 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，，满足（），且，若为，夹角，则的值是（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数 (为常数, ,)的部分图象如图所示,则下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 直线是函数图象的一条对称轴 C. 函数在区间上单调递增 D. 将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，则 5. 在中，是边上一点，且是的中点，记，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在正方形中，,和相交于点G，且F为上一点（不包括端点），若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 15 7. 已知点O是内部一点，并且满足，的面积为，的面积为，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 8. 如图，现有棱长为6cm的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥，且分别为棱靠近的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 二．多选题（共3小题，每题6分，共18分.在每题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.） 9. 如图，在正方体中，，均为所在棱的中点，是正方体表面上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 三棱锥体积为 C. 过三点的平面截正方体所得截面的面积为 D. 若，则点的轨迹长度为 10. 已知函数（），则下列结论正确的是（ ） A. 对于任意的，总为奇函数 B. 对于任意的，总为周期函数 C. 当时，图像关于点中心对称 D. 当时，的值域为 11. 正三棱柱中，为棱的中点，为线段(不包括端点)上一动点，分别为棱上靠近点的三等分点，过作三棱柱的截面，使得垂直于且交于点，下列结论正确的是（ ） A. 截面 B. 存在点使得平面截面 C. 当时，截面的面积为 D. 三棱锥体积的最大值为 三．填空题（共3小题，每题5分，共15分.） 12. 已知一个圆台的上、下底面半径分别为2，4，它的侧面展开图扇环的圆心角为，则这个圆台的侧面积为______. 13. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________． 14. 在棱长为4的正四面体中，，过点作平行于平面ABC的平面与棱PB、PC分别交于点E、F，过点作平行于平面PBC的平面与棱AB、AC分别交于点G、H，记分别为三棱锥的外接球球心，则_________． 四．解答题（共5小题，共77分） 15. 已知的图象关于点对称，且在区间上单调递减，在区间上单调递增，. （1）求的解析式； （2）若，求满足不等式的解集. 16. 已知复数(为虚数单位). （1）求; （2）若，其中，求的值; （3）若，且是纯虚数，求. 17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，、分别为、中点. （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求证：平面平面； （Ⅲ）求证：平面 18. 已知函数． （Ⅰ）求的单调递增区间和最值； （Ⅱ）若函数在有且仅有两个零点，求实数a的取值范围． 19. 如图，在平面四边形ABCD中，已知，，为等边三角形，记，. （1）若，求的面积； （2）证明：； （3）若，求的面积的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$