精品解析：河南省许昌市许昌高级中学2023-2024学年高一下学期7月月考数学试题

2023-2024学年高一下学期7月检测 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. 已知角终边上一点，若，则实数的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 2. 已知（i是虚数单位）是实系数一元二次方程的一个根，那么p，q的值分别是（ ）． A. B. C. D. 3. 已知，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，为水平放置的的直观图，其中，，则在原平面图形中AC的长为（ ） A. B. 3 C. D. 5. 已知函数，要得到函数的图象，只需将的图象（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度 C. 向右平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 6. 如图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC､直角边AB､AC，已知以直角边AC､AB为直径的半圆的面积之比为，记，则的值为（ ） A. -1 B. -2 C. 0 D. 1 7. 几何定理：以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（称为拿破仑三角形）的顶点．在中，已知，，外接圆的半径为，现以其三边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，，则的面积为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 8. 如图（1）所示，已知球的体积为，底座由边长为12的正三角形铜片ABC沿各边中点的连线垂直向上折叠成直二面角所得，如图（2）所示．则在图（1）所示的几何体中，下列结论中正确的是（       ） A. CD与BE是异面直线 B. 异面直线AB与CD所成角的大小为45° C. 由A、B、C三点确定的平面截球所得的截面面积为 D. 球面上的点到底座底面DEF的最大距离为 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6分，部分选对得3分，有选错的得0分．） 9. 已知 为两条不同的直线，两个不同的平面，且，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 若函数的图象经过点，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 点为函数图象的对称中心 C. 直线为函数图象的对称轴 D. 函数的单调增区间为 11. 在中，角的对边分别是，且满足，则（ ） A. B. 若，则的周长的最大值为 C. 若为的中点，且，则的面积的最大值为 D. 若角的平分线与边相交于点，且，则的最小值为9 三．填空题（共3小题，每题5分，共15分．） 12. 圣·索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美．为了估算圣．索菲亚教堂的高度，某人在教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高约为36m，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得建筑物顶A、教堂顶C的仰角分别是45°和60°，在建筑物顶A处测得教堂顶C的仰角为15°，则可估算圣．索菲亚教堂的高度CD约为______． 13. 已知非零向量与满足，且，点是的边上的动点，则的最小值为__________. 14. 已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，其中较大圆锥的体积是较小圆锥的体积的倍，若这两个圆锥的体积之和为，则球的体积为______． 四．解答题（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. 在复平面内，点A，B对应的复数分别是，（其中是虚数单位），设向量对应的复数为. （1）求复数； （2）求； （3）若，且是纯虚数，求实数的值. 16. 锐角中角、、的对边分别为、、，且． （1）求角的大小； （2）若，求的取值范围． 17. 如图，已知是边长为2的正三角形，P在边BC上，且，Q为线段AP上一点． （1）若，求实数的值； （2）求的最小值； （3）当的重心在直线CQ上时，求的余弦值． 18. 已知函数仅满足下列四个条件中的三个：①最小正周期为；②最大值为2；③；④. （1）请找出函数满足的三个条件，并说明理由和求出函数的解析式； （2）若函数在处取得最大值，求实数的值及的值域； （3）若函数在上的最大值比最小值大1，求实数的值. 19. 在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，. （1）证明： （2）若，当与平面所成角的正弦值最大时，求四棱锥的体积. 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7月检测 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. 已知角终边上一点，若，则实数的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由三角函数定义计算即可得. 【详解】由三角函数定义可得，解得. 故选：C. 2. 已知（i是虚数单位）是实系数一元二次方程的一个根，那么p，q的值分别是（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将代入方程，即可求解. 【详解】由题意可知，， 则， 即，得，. 故选：A 3. 已知，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量公式求出答案. 【详解】. 故选：D. 4. 如图，为水平放置的的直观图，其中，，则在原平面图形中AC的长为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法规则确定点的位置，再作出，进行计算即可. 【详解】在直观图中，，，取中点，连接， 则，而，于是， 则，，， 由斜二测画法规则作出，如图， 则，所以. 故选：C 5. 已知函数，要得到函数的图象，只需将的图象（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度 C. 向右平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 【答案】D 【解析】 【分析】先把，的解析式都化成或的形式，再用图象的平移解决问题. 【详解】， ， 故将的图象向右平移个单位长度可得，即为的图象. 故选：D 6. 如图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC､直角边AB､AC，已知以直角边AC､AB为直径的半圆的面积之比为，记，则的值为（ ） A. -1 B. -2 C. 0 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】由圆的面积公式及半圆面积比可得，即有，将目标式由弦化切求值即可. 【详解】以直角边AC，AB为直径的半圆的面积分别为：，， 由面积之比为，得：，即， 在中，，则， 故选：A. 7. 几何定理：以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（称为拿破仑三角形）的顶点．在中，已知，，外接圆的半径为，现以其三边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，，则的面积为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦定理确定，外接圆圆心为对应等边三角形的中心，确定，利用勾股定理得到，为等边三角形，计算面积即可. 【详解】中，，故，， 故，，， 外接圆圆心为对应等边三角形的中心，如图所示，连接，， 则，故， ，，故， ，，则， 根据对称性知：，故为等边三角形， 其面积. 故选：C. 8. 如图（1）所示，已知球的体积为，底座由边长为12的正三角形铜片ABC沿各边中点的连线垂直向上折叠成直二面角所得，如图（2）所示．则在图（1）所示的几何体中，下列结论中正确的是（       ） A. CD与BE是异面直线 B. 异面直线AB与CD所成角的大小为45° C. 由A、B、C三点确定的平面截球所得的截面面积为 D. 球面上的点到底座底面DEF的最大距离为 【答案】C 【解析】 【分析】取中点N，M，利用给定条件证明，推理判断A，B；求出外接圆半径，结合球面截面圆性质计算判断C，D作答. 【详解】取中点N，M，连接，如图， 因为正三角形，则，而平面平面，平面平面，平面， 于是得平面，同理平面，即，， 因此，四边形是平行四边形，有，则直线CD与BE在同一平面内，A不正确； 由选项A，同理可得，则异面直线AB与CD所成角等于直线DF与CD所成角，B不正确； 由选项A知，，同理可得，正外接圆半径， 由A、B、C三点确定的平面截球所得的截面圆是的外接圆，此截面面积为，C正确； 体积为的球半径，由得，由选项C知，球心到平面的距离， 由选项A，同理可得点A到平面的距离为，即平面与平面的距离为， 所以球面上的点到底座底面DEF的最大距离为，D不正确. 故选：C 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6分，部分选对得3分，有选错的得0分．） 9. 已知 为两条不同的直线，两个不同的平面，且，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】A由面面垂直的判定定理即可判断，BCD由线面之间的关系即可判断， 【详解】对于A，由面面垂直的判定定理即可判断，故A正确； 对于B，若，可得直线与直线可能平行、相交、异面，故B错误； 对于C，若，又则，故C正确； 对于D，若，则或，故D错误； 故选：AC. 10. 若函数的图象经过点，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 点为函数图象的对称中心 C. 直线为函数图象的对称轴 D. 函数的单调增区间为 【答案】AC 【解析】 【分析】由已知条件求出的值，可得出函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式可判断A选项；利用正弦型函数的对称性可判断BC选项；利用正弦型函数的单调性可判断D选项. 【详解】因为函数的图象经过点，则， 因为，所以，，则. 对于A选项，函数的最小正周期为，A对； 对于B选项，，故点不是函数图象的对称中心，B错； 对于C选项，，故直线为函数图象的对称轴，C对； 对于D选项，由得， 因此，函数的单调增区间为，D错. 故选：AC. 11. 在中，角的对边分别是，且满足，则（ ） A. B. 若，则的周长的最大值为 C. 若为的中点，且，则的面积的最大值为 D. 若角的平分线与边相交于点，且，则的最小值为9 【答案】ACD 【解析】 【分析】A.利用正弦定理求解判断；B.利用正弦定理求得三角形外接圆的半径，再利用时间恒等变换和三角函数的性质求解判断；C. 由为的中点，得到，再结合基本不等式，利用三角形的面积公式求解判断；D.由三角形面积公式得到，再利用基本不等式求解判断. 【详解】解：因为，所以， 因为，所以， 则，因为，所以，故A正确； 若，则的外接圆半径为：， ， ， ，，周长的最大值为9，故B错误； 因为为的中点，且，所以 ， 则，所以 ，当且仅当 时，等号成立，所以 ，故C正确； 由题意得：，即，即 ，即 ， 所以 ，当且仅当 时，等号成立，故D正确； 故选：ACD 三．填空题（共3小题，每题5分，共15分．） 12. 圣·索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美．为了估算圣．索菲亚教堂的高度，某人在教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高约为36m，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得建筑物顶A、教堂顶C的仰角分别是45°和60°，在建筑物顶A处测得教堂顶C的仰角为15°，则可估算圣．索菲亚教堂的高度CD约为______． 【答案】54m 【解析】 【分析】根据题意求得，在中由正弦定理求出，即可在直角中求出. 【详解】由题可得在直角中，，，所以， 在中，，， 所以， 所以由正弦定理可得，所以， 则在直角中，， 即圣·索菲亚教堂的高度约为54m. 故答案为：54m. 13. 已知非零向量与满足，且，点是的边上的动点，则的最小值为__________. 【答案】##-0.2 【解析】 【分析】根据向量的几何意义得到的平分线与垂直，并计算出，，建立平面直角坐标系，表达出，配方求出最小值. 【详解】分别表示与方向的单位向量，故所在直线为的平分线所在直线， 又，故的平分线与垂直， 由三线合一得到，取的中点， 因为，故， 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系， 则， 设，， 则， 当时，取得最小值，最小值为. 故答案为： 14. 已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，其中较大圆锥的体积是较小圆锥的体积的倍，若这两个圆锥的体积之和为，则球的体积为______． 【答案】## 【解析】 【分析】设圆锥与圆锥公共底面圆心为，两圆锥公共底面圆周上一点，底面半径，设球心为，球的半径，根据圆锥的体积得到，再由，即可表示、，再由勾股定理得到与的关系，最后由圆锥的体积求出，即可求出球的体积. 【详解】 如图，设圆锥与圆锥公共底面圆心为，两圆锥公共底面圆周上一点，底面半径，设球心为，球的半径， 由，， 又，即，即，又， 所以，， 所以，又，所以， 又， 即，解得， 所以，即球的体积为. 故答案为： 四．解答题（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. 在复平面内，点A，B对应的复数分别是，（其中是虚数单位），设向量对应的复数为. （1）求复数； （2）求； （3）若，且是纯虚数，求实数的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据复数与点的对应及向量的坐标运算得解； （2）根据复数的乘法运算、乘法运算及模的运算得解； （3） 根据复数的除法运算及纯虚数的概念求解. 【小问1详解】 因为点A，B对应的复数分别是，，所以， 所以，故. 【小问2详解】 因为， 所以. 【小问3详解】 因为， 所以， 由是纯虚数，可知且，解得. 16. 锐角中角、、的对边分别为、、，且． （1）求角的大小； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助正弦定理将角化为边后，借助余弦定理计算即可得； （2）借助正弦定理将边化为角后，结合两角和的正弦公式与辅助角公式可将化为正弦型函数形式，再利用锐角三角形性质可得角的范围，即可得解. 【小问1详解】 由正弦定理可得，即， 由余弦定理可得，又，则； 【小问2详解】 由，则、， 则 ， 由为锐角三角形，可得，解得， 则，则， 故. 17. 如图，已知是边长为2的正三角形，P在边BC上，且，Q为线段AP上一点． （1）若，求实数的值； （2）求的最小值； （3）当的重心在直线CQ上时，求的余弦值． 【答案】（1）； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）以BC中点O为原点建立直角坐标系，由向量的坐标表示联立方程组解得； （2）利用向量数量积的坐标表示可得，再由二次函数性质结合可得其最小值为； （3）利用正三角形重心性质和余弦定理即可求得的余弦值为. 【小问1详解】 以BC中点O为原点建立直角坐标系，如下图所示： 则， 由于Q为线段AP上一点，设， ，即， 可得，即，因此， 则，，，， 由可得，可得， 解出； 【小问2详解】 由（1）知，， 则，， 由二次函数易知，当时， 最小； 【小问3详解】 由（1）可知，， 因为为正三角形，且CQ为其中线，因此， 即，解出， 此时，， 在中，利用余弦定理知， 则的余弦值为． 18. 已知函数仅满足下列四个条件中的三个：①最小正周期为；②最大值为2；③；④. （1）请找出函数满足的三个条件，并说明理由和求出函数的解析式； （2）若函数在处取得最大值，求实数的值及的值域； （3）若函数在上的最大值比最小值大1，求实数的值. 【答案】（1），因为，，所以，与矛盾， 所以③不成立，则满足条件的三个条件为①②④， 由②可知，，由①可知，， ，，则， 所以； （2），值域为 （3） 【解析】 【分析】（1）首先由条件，判断③不成立，再根据函数的性质，求函数的解析式； （2）由条件，求解的值，再化简函数，求解函数的值域； （3）分析正弦函数的图象和性质，先确定函数的最大值，再确定函数的最小值，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，， 由题意可知，， 即，得， ， 所以函数的值域是； 【小问3详解】 ，，则， ，当时，得，，， 所以在区间上，函数的最大值为2，最小值为1， 则，得. 19. 在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，. （1）证明： （2）若，当与平面所成角的正弦值最大时，求四棱锥的体积. 【答案】（1）证明：   如图，连接，设，连接， 因为平面平面，故， 而平面， 故平面，而平面，故， 由四边形为平行四边形可得， 故为等腰三角形，即； （2）. 【解析】 【分析】（1）首先证明平面，进而证出， 为中点，证明出为等腰三角形即可； （2）由题意设，解出，再根据体积相等求出，由基本不等式解出最大值，并解出的值，进而解出四棱锥的体积即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设， 由（1）可得平面，而平面，故， 故四边形ABCD为菱形，而，故， 因为平面平面，故， 故，同理， 而，故， 设为点到平面的距离，与平面所成的角为，， 故， 又， 而， 故，故， 故， 当且仅当即时等号成立，所以， 故此时. 【点睛】方法点睛：设出，等体积法结合基本不等式是解决立体几何体积问题的一种重要方法. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $