精品解析：江苏省扬州市新华中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题

扬州市新华中学2023~2024学年度第二学期自主练习 高一数学试卷 2024.05.27 一、单选愿（本愿共8愿，每小题5分，共40分，在每小愿给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 已知复数满足，则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. 函数的零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 3. 在中，已知，，，则满足条件的三角形个数为（ ） A. 2个 B. 1个 C. 0个 D. 无法确定 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 设是空间中的一个平面，是三条不同的直线，则下列说法对的是（ ） A 若，，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 6. 如图，在边长为3正三角形中，，，则（ ） A. B. 3 C. D. 2 7. 最大视角问题是1471年德国数学家米勒提出的几何极值问题，故最大视角问题一般称为“米勒问题”．如图，树顶离地面12米，树上另一点离地面8米，若在离地面2米的处看此树，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世.如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为37m，在地面上点C处（B，C，N三点共线）测得建筑物顶部A，鹳雀楼顶部M的仰角分别为和，在A处测得楼顶部M的仰角为，则鹳雀楼的高度约为（ ） A. 64m B. 74m C. 52m D. 91m 二、多选题（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，部分选对得部分分，有选错的得0分.） 9. 下列化简正确的是（ ） A B. C. D. 10. 若z是非零复数，则下列说法正确的是（ ） A 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 已知P是边长为1的正六边形内一点（含边界），且，则下列正确的是（ ） A. 的面积为定值 B. 使得 C. 的取值范围是 D. 的取值范围是 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知向量与的夹角为，且，，则________. 13. 已知一个圆锥的底面半径为4，用一个平行于该圆锥底面的平面截圆锥，若截得的小圆锥的底面半径为2，则截得的小圆锥的侧面积与截得的圆台的侧面积之比为________. 14. 已知三棱锥，点到平面的距离是，则三棱锥的外接球表面积为______． 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. 已知向量. （1）若向量，求向量与向量的夹角的大小； （2）若向量，求向量在向量上投影向量的坐标. 16. 如图，在直三棱柱中，，分别为，中点． （1）证明：直线平面； （2）若，，求的体积． 17. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若为边的中点，求的长. 18. 如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面. （1）求证：平面平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 19. 已知函数，其中． （1）若，求的值； （2）若，函数图像向右平移个单位，得到函数的图像，是的一个零点，若函数在（，且）上恰好有4个零点，求的最小值； （3）令，将函数为的图像向左平移个单位得到函数，已知函数的最大值为10，求满足条件的的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 扬州市新华中学2023~2024学年度第二学期自主练习 高一数学试卷 2024.05.27 一、单选愿（本愿共8愿，每小题5分，共40分，在每小愿给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 已知复数满足，则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】由题意求出，进而解出，判断在复平面内对应的点所在象限即可. 【详解】由题意知：， 所以，所以在复平面内对应的点位于第四象限. 故选：D. 2. 函数零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先判断函数的单调性，再根据零点的存在性定理即可得解. 【详解】因为函数都是增函数， 所以函数是增函数， 又， 所以函数的零点所在的区间为. 故选：A. 3. 在中，已知，，，则满足条件的三角形个数为（ ） A. 2个 B. 1个 C. 0个 D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理求出的值，验证大边对大角原理即可. 【详解】由正弦定理可得， 所以或， 又，所以，符合大边对大角原理， 所以满足条件的三角形个数为2个. 故选：A. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件，结合辅助角公式可求，再利用二倍角余弦公式可求. 【详解】因为， 所以， 所以， 又， 所以， 故选：C. 5. 设是空间中的一个平面，是三条不同的直线，则下列说法对的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，由，，，，只有直线与相交时，可得，所以A不正确； 对于B中，由，，，则与平行、相交或异面，所以B错误； 对于C中，由，，，则，所以C错误； 对于D中，由，，可得，又因为，所以，所以D正确. 故选：D. 6. 如图，在边长为3的正三角形中，，，则（ ） A. B. 3 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的线性运算得到，再由数量积的运算代入数值求解即可. 【详解】由题意知，， 则 ， 所以 . 故选：C. 7. 最大视角问题是1471年德国数学家米勒提出的几何极值问题，故最大视角问题一般称为“米勒问题”．如图，树顶离地面12米，树上另一点离地面8米，若在离地面2米的处看此树，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】过点作，交于点，设，求得，，然后由，结合三角恒等变换和基本不等式求解． 【详解】如图，过点作，交于点，则． 设，在中，． 在中，， 所以， 当且仅当，即时取等号． 故选：C. 8. 中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世.如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为37m，在地面上点C处（B，C，N三点共线）测得建筑物顶部A，鹳雀楼顶部M的仰角分别为和，在A处测得楼顶部M的仰角为，则鹳雀楼的高度约为（ ） A. 64m B. 74m C. 52m D. 91m 【答案】B 【解析】 【分析】首先在中求，再在中，求角，并利用正弦定理求，最后中，即可求解. 【详解】因为中，，，， 所以， 因为中，，， 所以， 由题意，，， 则， 在中，由正弦定理得，即， 故， 故. 故选：B 二、多选题（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，部分选对得部分分，有选错的得0分.） 9. 下列化简正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】直接利用二倍角公式、两角和差公式计算即可. 【详解】对于A：，故A错误； 对于B：，故B错误； 对于C：，故C正确； 对于D：，故D正确. 故选：CD. 10. 若z是非零复数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用共轭复数的定义可判定A、C，利用复数的乘法运算法则结合模长公式可判定B、D. 【详解】对于A，由，得，则A错误. 对于B，因为，所以，解得或（舍去），则B正确. 对于C，设（，且）， 则，所以，则C正确. 对于D，由，得. 设（，且），则， ，从而，则D正确. 故选：BCD 11. 已知P是边长为1的正六边形内一点（含边界），且，则下列正确的是（ ） A. 的面积为定值 B. 使得 C. 的取值范围是 D. 的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，根据可得，从而确定在正六边形的对角线上运动，进而根据到的距离为定值判断即可；对B，根据正六边形的对称性判断即可；对C，根据正六边形的对称性分析最值即可；对D，根据当时，有最小值判断即可. 【详解】对A，由可得， 即，可得， 因此，在正六边形的对角线上运动， 所以到的距离为定值，所以的面积为定值，故A正确； 对B，因为正六边形关于对角线对称，故，故B错误； 对C，根据图形的对称性，当为中点时，取得最大值， 当与重合时取得最小值，即的取值范围是，故C正确； 对D，因为正六边形边长为1，所以平行线的距离， 又当时，有最小值，故D错误. 故选：AC. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知向量与的夹角为，且，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】利用向量模的运算法则，转化求解向量的模即可. 【详解】由题意可得，， 所以. 故答案为：. 13. 已知一个圆锥的底面半径为4，用一个平行于该圆锥底面的平面截圆锥，若截得的小圆锥的底面半径为2，则截得的小圆锥的侧面积与截得的圆台的侧面积之比为________. 【答案】## 【解析】 【分析】设出小圆锥的母线长，利用三角形的相似确定大圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式，即可求得答案. 【详解】如图所示，，，设， 由∽，得， 故截得的小圆锥的侧面积为， 截得的圆台的侧面积为， ，故截得小圆锥的侧面积与截得的圆台的侧面积之比为. 故答案为： 14. 已知三棱锥，点到平面的距离是，则三棱锥的外接球表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意求得外接圆的半径，再利用勾股定理证得平面，从而利用侧棱垂直于底面的三棱锥的外接球的性质即可得解. 【详解】记为的中点，连接， 由题意知，且， 所以外接圆的直径为，且，即半径， 过作平面，因为平面，则， 又点到平面的距离是，即，而， 所以，同理， 又，所以是同一个点，所以平面， 设三棱锥的外接球的半径为， 则， 则三棱锥的外接球表面积为. 故答案： 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. 已知向量. （1）若向量，求向量与向量的夹角的大小； （2）若向量，求向量在向量上投影向量的坐标. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示求得，然后由向量夹角的坐标表示可得； （2）由向量垂直的坐标表示求得，然后由投影向量公式可得. 【小问1详解】 向量，则有，即， ，，则有， 所以与向量夹角为. 【小问2详解】 向量，则有，即， ，向量在向量上投影向量. 16. 如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点． （1）证明：直线平面； （2）若，，求的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，通过证明为平行四边形得进而得线面平行即可； （2）利用求解即可. 【小问1详解】 取中点，连接， 因为为的中点，所以，且， 又直三棱柱，为的中点，所以，且， 所以，且，所以四边形为平行四边形，所以. 又平面平面，所以直线平面. 【小问2详解】 因为直三棱柱，所以 平面，平面, 又因为平面，所以， 又因为，，平面，所以平面， 所以， 故的体积为. 17. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若为边的中点，求的长. 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边化角，再结合两角和差公式求解； （2）根据余弦定理求出边，再根据向量运算求. 【小问1详解】 因为， 根据正弦定理，得， 化简得，因为，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， 所以，解得． 因为为的中线，所以， 所以， 因为，所以，解得. 18. 如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面. （1）求证：平面平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质于判定定理可证平面，结合面面垂直的判断定理即可证明； （2）根据线面垂直的性质与判定定理可得为二面角的平面角，即，作，由面面垂直的性质确定为直线与平面所成的角，即可求解. 【小问1详解】 由平面，平面，得， 连接，由且， 所以四边形平行四边形， 又， 所以平行四边形为正方形，所以， 又由且， 所以四边形为平行四边形， 则，所以， 又 平面， 所以平面， 由平面，所以平面平面； 【小问2详解】 由平面，平面，所以， 又， 平面， 所以平面，又平面，所以， 故为二面角的平面角，即， 在中，，作，垂足为M， 由（1）知，平面平面，平面平面，平面， 所以平面，则为直线在平面上的投影， 所以为直线与平面所成的角， 在中，，所以， 在中，， 即直线与平面所成角的正弦值为 19. 已知函数，其中． （1）若，求的值； （2）若，函数图像向右平移个单位，得到函数的图像，是的一个零点，若函数在（，且）上恰好有4个零点，求的最小值； （3）令，将函数为的图像向左平移个单位得到函数，已知函数的最大值为10，求满足条件的的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用倍角公式化简函数解析式，由已知确定最小正周期，可得； （2）由图象平移变换得到函数，结合和，求得，根据的零点个数可得，要使最小，则恰好为的零点，由此求的最小值； （3）根据，可得，当且仅当时取等号，进而可求出. 【小问1详解】 函数， 若， 则与是相邻的最小值点和最大值点， 所以的最小正周期为， 由，解得； 【小问2详解】 ， ， ，所以或， 解得或，又， 得， 所以，函数最小正周期， 令，即，解得或， 若在上恰好有4个零点，要使最小，则恰好为的零点， 所以的最小值为； 【小问3详解】 由题意， 因为， 所以，当且仅当时取等号， 又因为函数的最大值为10， 所以同时取得最大值， 所以，所以， 所以满足条件的的最小值为． 【点睛】关键点点睛：根据，可得，当且仅当时取等号，是解决第三问的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$