精品解析：2024年贵州省观山湖第一中学高一年级第二学期5月月考数学试题

观一中高一年级第二学期5月月考数学试题 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（本题8小题，每小题5分，共40分．） 1. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】存在量词命题的否定是全称量词命题，把存在改为任意，把结论否定. 【详解】命题“”的否定是“”. 故选：C 2. 若，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由同角的三角函数和二倍角公式结合特殊角的三角函数计算可得. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以， 故选：B 3. 在中，，则外接圆的半径为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理求三角形外接圆的半径. 【详解】根据正弦定理可知，，即， 得， 所以外接圆的半径为1. 故选：A 4. 已知集合，，，则集合的子集共有（ ） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 8个 【答案】C 【解析】 【分析】首先用列举法表示出集合、，即可求出集合，再求出其子集个数. 【详解】因为，又， 所以，所以，则集合的子集共有个． 故选：C 5. 已知平面向量，则向量在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】计算出，利用投影向量求解公式得到答案. 【详解】平面向量， ， 所以向量在上的投影向量为． 故选：C． 6. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出函数的导数，利用导数判定函数的单调性即可得出选项． 【详解】解：，定义域为， ， 令，得， 令，得， 所以在和上单调递增，在上单调递减，排除A、C， 当时，，，，所以，排除B， 只有D中图象符合题意； 故选：D 7. 在中，点F为线段BC上任一点（不含端点），若，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 8 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】先根据共线向量基本定理得到，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【详解】因为点F为线段BC上任一点（不含端点）， 所以设，故， 即， 又， 故， 故， 当且仅当，即时，等号成立， 故的最小值为9. 故选：D 8. 已知正方体的棱长为为线段上的动点，则三棱锥外接球半径的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据外接球性质找到外接球球心位置，通过几何直观找到外接球半径与的外接圆半径的关系式；设，在中根据面积关系和正弦定理，得到是关于的函数；利用导数求出范围，进而得到范围. 【详解】如图，连接，交于点，易得为的外心． 连接．交于点，易知平面，则三棱锥的外接球球心在上． 设外接圆圆心为平面， 由正方体中棱平面,得,又易得分别是中点， 所以． 设的外接圆半径为，三棱锥的外接球半径为．则， 设，， ，又， ． 设，则， 设，则， 在单调递增，又， 所以在单调递减，在单调递增，又， 所以． 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题第一个突破口是找出外接球半径与的外接圆半径的关系，第二步是根据面积关系和正弦定理，得到是关于的函数. 二．多选题（本题3小题，每小题6分，答错不得分，漏选得部分分数．） 9. 在中，内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. C. 若，则是锐角三角形 D. 若，则的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由时，，故为等腰三角形，可判断；由正弦定理边化角代入可证明，判断；由余弦定理得是钝角，可判断；由三角形的面积公式计算即可，判断. 【详解】对于，因为在中，， 所以当时，，故为等腰三角形，故正确； 对于，由正弦定理，得， 所以，故正确； 对于，由余弦定理得， 又因为是中的一个内角，所以， 所以是钝角三角形，故错误； 对于，，故正确. 故选：. 10. 如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点．则下列结论正确的是（ ） A. 若为中点，则平面 B. 若为中点，则平面 C. 不存在点，使得 D. PQ与平面所成角的正弦值最小为 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，为中点，可证出，进而可证出平面；对于B，先证明平面，再由，所以平面；对于C，只需说明当点与点重合时，即可；对于D，求得PQ与平面所成角的最小正弦值与答案比对即可. 【详解】对于A，连结，由为线段的中点，为中点， 在中，为的中位线，所以， 平面，平面，所以平面， 故选项A正确； 对于B，连结，由为中点，由A的证明可知， 由为正方体，所以四边形为正方形， 所以，又平面，平面， 所以，由，所以平面， 再由，所以平面，所以选项B正确； 对于C，由为正方体，设棱长为， 所以，为线段的中点， 所以，又因为且， 所以四边形为平行四边形，故， 所以，所以当点与点重合时，，故C错误； 对于D，取中点，连结，设正方体棱长为， 则在中，为线段的中点，为中点， 所以为中位线，所以， 又因为平面，所以平面， PQ与平面所成角为，则， 由，即， 所以欲使PQ与平面所成角的正弦值最小，即最小， 可知当与点重合时，最大，最小，可知最小， 此时，， 所以，故选项D错误； 故选：A B. 11. 已知复数，下列说法正确的有（ ） A 若，则 B. 若，则 C. 若，则或 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】A项，由复数的性质可得；BD项，举特例即可判断；C项，先证明命题“若，则，或”成立，再应用所证结论推证可得. 【详解】选项A，，则，故A正确； 选项B，令，满足条件，但，且均不为，故B错误； 选项C，下面先证明命题“若，则，或”成立. 证明：设，， 若，则有， 故有，即，两式相乘变形得，， 则有，或，或， ①当时，，即； ②当，且时，则， 又因为不同时为，所以，即； ③当，且时，则，同理可得，故； 综上所述，命题“若，则，或”成立. 下面我们应用刚证明的结论推证选项C， ，， ，或，即或，故C正确； 选项D，令， 则， 但，不为，故D错误. 故选： 三、填空题（本题3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知向量满足，则与的夹角为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据条件对两边平方即可求出的值，然后即可求出的值，从而可得出的值． 【详解】因为，，， 所以， 解得，所以， 又因为，所以． 故答案为：． 13. 中，，分别为角的对边，若，则的面积的最小值为______ 【答案】 【解析】 【分析】由余弦定理结合可得，由基本不等式可得，解不等式即可求出，再由三角形的面积公式即可得出答案. 【详解】由余弦定理可得：， 因为，所以， 则，即， 即，即， 当且仅当时取等， 所以，即， 解得：或， 若，则，所以， 而，所以不成立，故， 即的面积. 则的面积的最小值为. 故答案为：. 14. 已知函数，若沿轴方向平移图象，总能保证平移后的曲线与直线在区间上至少有2个交点，至多有3个交点，则正实数的取值范围为______（建议：作答写成区间．） 【答案】 【解析】 【分析】将函数化成正弦型函数，根据横向平移的特点将其解析式设成通式，将看成整体角，结合的图象特点，使的区间的长度在到之间计算即得. 【详解】由可得：， 若沿轴方向平移，考虑其任意性，不妨设得到的函数. 令，即，，取，则. 依题意知，在上至少有2解，至多有3解， 则须使区间的长度在到之间，即，解得. 故答案为：. 四、解答题（本题5小题，第15题13分，第16、17题每题15分，第18、19题每题17分，要求：答题规范要写清楚解题步骤．） 15. 已知向量满足，． （1）求； （2）求； （3）若向量与向量的方向相反，求实数的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先求出、的坐标，从而得到的坐标，再根据数量积的坐标表示计算可得； （2）求出的坐标，利用坐标法计算可得； （3）首先求出与的坐标，根据向量共线的坐标表示求出，再代入检验. 【小问1详解】 因为，， 所以，则， 所以， 所以， 所以； 【小问2详解】 因为， 所以； 【小问3详解】 因为，， 所以， ， 因为与共线， 则，解得或， 当时，，，则， 此时与方向相同，不符题意； 当时，，，则， 此时与方向相反，符合题意； 综上可得． 16. 设的内角的对边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若，角的平分线交边于，求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）先用正弦定理把角化边，再用余弦定理即可求解； （2）由，可得，然后与已知条件联立求解，再用角平分线定理即可求解 【小问1详解】 已知，由正弦定理得：， 整理可得，所以， 由于，所以. 【小问2详解】 由得， 角的平分线交边于，得， 且， ， ，又， 联立解得或， 因为， 由角平分线定理可得，. 17. 已知函数 （1）请用“五点法”画出函数在一个周期上的图象（先在所给的表格中填上所需的数字，再画图）； 0 x （2）求在区间上的最大值和最小值及相应的值． （3）解不等式． 【答案】（1）作图见解析； （2）时，取最小值0；时，取最大值1； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据五点作图法，分别令填写表格，再作出函数图象. （2）求出的范围，根据正弦函数的图象性质即可求其最大值，最小值. （3）利用正弦函数的性质求解不等式. 【小问1详解】 分别令，得： 0 x 0 1 0 0 画出函数在一个周期的图象，如图， 【小问2详解】 由，所以， 则当，即时，取最小值0； 当，即时，取最大值1. 【小问3详解】 由，得，则，解得， 所以不等式的解集是. 18. 如图，正方体的棱长为1，，分别为，的中点. （1）证明：平面. （2）求异面直线与所成角的大小. （3）求直线与平面所成角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）利用线线平行证明线面平行即得； （2）利用平移得到与所成角为，解三角形即得； （3）连接，过作于点，先证平面，再证平面，即得直线与平面所成角，结合即可求得. 【小问1详解】 如图，连接交于点， 因为，分别为，的中点，所以. 因为平面，且平面， 所以平面. 【小问2详解】 因，且，易得， 则有，由（1）得，故与所成角为（或其补角）. 因为，所以， 即与所成角的大小为. 【小问3详解】 连接，过作于点. 因为平面，且平面， 所以，又且， 所以平面. 因为平面，所以， 又，且，平面， 所以平面， 所以直线与平面所成角为（或其补角）. 因为正方体的边长为1，所以，， 所以. 【点睛】思路点睛：解决异面直线的夹角问题，大多通过平移将两直线集中到一个三角形中，利用三角函数定义或正弦定理，余弦定理求解；对于线面所成角，一般需要作出并证明直线在平面上的射影，借助于直角三角形求解. 19. 在数学中，双曲函数是与三角函数类似的函数，最基本的双曲函数是双曲正弦函数与双曲余弦函数，其中双曲正弦： ，双曲余弦： . （是自然对数的底数，） （1）解方程：； （2）求不等式：的解集； （3）若对任意的 ，关于的方程 有解，求实数取值范围. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）解指数方程即可； （2）说明函数的奇偶性和单调性，再解不等式； （3）分别求出的值域，再利用包含关系列不等式即可求解． 【小问1详解】 ， 故所求解为. 【小问2详解】 因为，恒成立， 故是奇函数； 又因为在上的严格增，在上的严格减， 故是上的严格增函数， 所以 ， 即所求解集为. 【小问3详解】 因为是上的严格增函数， 所以当时，成立； 又因为，等号成立当且仅当， 而当时，， 所以函数的值域为， 所以若关于的方程有解， 只需对任意关于都成立， 故只需，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 观一中高一年级第二学期5月月考数学试题 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（本题8小题，每小题5分，共40分．） 1. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A 1 B. C. 2 D. 3. 在中，，则外接圆的半径为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 4. 已知集合，，，则集合的子集共有（ ） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 8个 5. 已知平面向量，则向量在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 7. 在中，点F为线段BC上任一点（不含端点），若，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 8 D. 9 8. 已知正方体的棱长为为线段上的动点，则三棱锥外接球半径的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二．多选题（本题3小题，每小题6分，答错不得分，漏选得部分分数．） 9. 在中，内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. C. 若，则是锐角三角形 D. 若，则面积为 10. 如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点．则下列结论正确的是（ ） A. 若为中点，则平面 B. 若为中点，则平面 C. 不存在点，使得 D. PQ与平面所成角的正弦值最小为 11. 已知复数，下列说法正确的有（ ） A 若，则 B. 若，则 C. 若，则或 D. 若，则 三、填空题（本题3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知向量满足，则与的夹角为______． 13. 中，，分别为角的对边，若，则的面积的最小值为______ 14. 已知函数，若沿轴方向平移的图象，总能保证平移后的曲线与直线在区间上至少有2个交点，至多有3个交点，则正实数的取值范围为______（建议：作答写成区间．） 四、解答题（本题5小题，第15题13分，第16、17题每题15分，第18、19题每题17分，要求：答题规范要写清楚解题步骤．） 15. 已知向量满足，． （1）求； （2）求； （3）若向量与向量方向相反，求实数的值． 16. 设的内角的对边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若，角的平分线交边于，求的值. 17. 已知函数 （1）请用“五点法”画出函数在一个周期上图象（先在所给的表格中填上所需的数字，再画图）； 0 x （2）求在区间上的最大值和最小值及相应的值． （3）解不等式． 18. 如图，正方体的棱长为1，，分别为，的中点. （1）证明：平面. （2）求异面直线与所成角的大小. （3）求直线与平面所成角的正切值. 19. 在数学中，双曲函数是与三角函数类似的函数，最基本的双曲函数是双曲正弦函数与双曲余弦函数，其中双曲正弦： ，双曲余弦： . （是自然对数的底数，） （1）解方程：； （2）求不等式：的解集； （3）若对任意的 ，关于的方程 有解，求实数取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $