精品解析：四川省成都东部新区养马高级中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题

成都东部新区养马高级中学2023-2024学年（下） 高2023级月考数学试题 考试分数：150分；考试时间：120分钟； 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，交回答题卡，试卷不交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法运算化简求值即可. 【详解】由，得， 故选：D． 2. 已知向量，，若向量与向量共线，则（ ） A. －3 B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标关系得，解方程即可得答案. 【详解】根据题意得，解得． 故选:B． 【点睛】已知向量，若，则. 3. 一个水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为（ ） A. B. C. 8 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法的过程将直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，再计算平行四边形的面积即可． 【详解】还原直观图为原图形如图所示， 因为，所以，还原回原图形后， ，； 所以原图形的面积为． 故选：D 4. 如图，在平行四边形中，，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件利用平面向量的线性运算求得关于的线性表达式，然后利用平面向量基本定理中的分解的唯一性得到λ和μ的值,进而得解. 【详解】, 又∵，不共线 ， 根据平面向量基本定理可得, ∴, 故选：D. 【点睛】本题考查平面向量的基本运算和基本定理，属基础题，关键是根据已知条件利用平面向量的线性运算求得关于的线性表达式，然后利用平面向量基本定理中的分解的唯一性得到λ和μ的值. 5. 在中，，，，则此三角形外接圆面积为（ ） A. 9 B. C. 36 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由于已知三角形的两边和夹角，所以先由余弦定理求三角形的第三边，再由正弦定理求出三角形的外接圆半径，从而可求出三角形外接圆面积. 【详解】解：由余弦定理得， ， 所以， 由正弦定理得，，即，解得， 所以三角形的外接圆面积为， 故选：B 【点睛】此题考查了利用正弦定理、余弦定理解三角形，属于基础题. 6. 函数的单调递增区间是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】. 则的单调减区间即为函数的单调递增区间. 即. 解得 故选B. 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，将原式两边平方结合二倍角公式即可求得，再求出. 【详解】∵，且， ∴，， ∴，∴. 故选:B． 8. 如图，点是半径为的扇形圆弧上一点，且，若，则的最大值是（ ） A. 1 B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】以为轴，过作与垂直的线作为轴建立平面直角坐标系，设，根据平面向量基本定理得到，再利用辅助角公式计算可得. 【详解】 如图所示，以为轴，过作与垂直的线作为轴， ，，，， 则，， 设， ，， ， 其中，又，所以， ，即时，取得最大值，即． 故选：C． 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知平面向量，，与的夹角为，则（    ） A. ·= 1 B. C. D. 在上的投影向量的模为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据平面向量的数量积的定义及数量积的运算律逐项判断. 【详解】对于A：，故A正确； 对于B：∵， ∴与不垂直，故B错误； 对于C：∵， ∴，故C正确； 对于D：在上的投影向量的模为，故D错误. 故选：AC. 10. 等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】分2种情况，一种是绕直角边，一种是绕斜边，分别求形成几何体的表面积. 【详解】如果是绕直角边旋转，形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边， 所以所形成的几何体的表面积是. 如果绕斜边旋转，形成的是上下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边的高，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1， 所以写成的几何体的表面积. 综上可知形成几何体的表面积是或. 故选：AB. 11. 已知，下面结论正确的是（ ） A. 若，，且的最小值为，则 B. 存在，使得的图像向右平移个单位长度后得到的图像关于y轴对称 C. 若在上恰有7个零点，则的取值范围是 D. 若在上单调递增，则的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】由已知，先对原函数利用余弦的二倍角公式和诱导公式进行化简得到，选项A，可根据条件作出判断；选项B，先对函数进行平移，得到，然后再令，通过赋值求解出的值，然后结合条件给的范围判断即可；选项C，可根据条件直接列式求解；选项D，可根据条件列出不等式直接求解. 【详解】由已知，， 选项A，若，，则的最小值为，故该选项错误； 选项B，的图像向右平移个单位长度后得到的解析式为：，该图像要想关于y轴对称，则需满足：，解得，当时，，故该选项正确； 选项C，令可得， 解得， 又时，；时，， 所以由函数在上恰有7个零点可得：，故该选项正确； 选项D，由函数在上单调递增，且， 可得：， 解得：，又因为，所以的取值范围是，该选项正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的值域为_____________． 【答案】 【解析】 【详解】在上是增函数，在上是减函数，所以最大值为，最小值为，值域为. 点睛：在正弦函数中，时，，当时，，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，掌握了这些性质变可求得在某个区间的最值，也即能求出值域. 13. 若两个非零向量，满足，则与的夹角为_______. 【答案】## 【解析】 【分析】给已知等式两边平方化简可求得答案. 【详解】因为两个非零向量，满足， 所以， 所以，得， 所以， 所以与的夹角为. 故答案为： 14. 如果复数满足，那么的最小值是________． 【答案】1 【解析】 【分析】由的几何意义得对应复平面的点的轨迹为线段，再由的几何意义为复平面内点到点的距离，数形结合即可求出最小值. 【详解】 设，则的几何意义为复平面内点到点及点的距离和为2， 又，设点和点，则点的轨迹为线段， 又的几何意义为复平面内点到点的距离， 设，结合图像可知，当时，的最小值为1. 故答案为：1. 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. 现有“甜筒”状旋转几何体，可以看作一个圆锥与一个半球组合而成，其中圆锥的轴截面是边长为（单位：）的正三角形. （1）求该几何体的体积（单位：）； （2）求该几何体的表面积（单位：）. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出球体的半径，圆锥的底面半径、母线长以及高，利用球体与锥体的体积公式可求得该几何体的体积； （2）利用球体的表面积以及圆锥的侧面公式可求得该几何体的表面积. 【小问1详解】 解：球半径为，圆锥底面半径，母线长，故圆锥高， 所以，该几何体的体积为. 【小问2详解】 解：该几何体的表面积为. 16. 已知a，b，c分别为内角A、B、C的对边，且. （1）求角A； （2）若，，求c. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，然后化简可得角A； （2）利用余弦定理可求出 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理得， 所以， 因为，所以， 所以， 因为，所以； 【小问2详解】 在中，，，， 所以由余弦定理得， ，整理得， 解得（舍去），或. 17. 已知复数． （1）若，求复数； （2）若z是关于x的方程的一个虚根，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将化为，可得，根据复数的除法运算求得答案; （2）将代入中，根据复数相等可得关于m,n的方程组，求得答案. 【小问1详解】 因为，所以，所以, 因为，所以． 【小问2详解】 由题意可得，即， 则 ，解得 ， 故． 18. 在中，，，，为边中点． （1）求的值； （2）若点满足，求的最小值； （3）若点在的角平分线上，且满足，若，求的取值范围. 【答案】（1）14；（2）-9；（3）. 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系. （1）利用平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可； （2）利用平面向量共线的坐标表示公式，结合平面向量数量积的坐标表示公式、配方法进行求解即可； （3）根据角平分线的性质，结合平面向量共线的坐标表示公式、加法的坐标表示公式、平面向量模的坐标表示公式进行求解即可. 【详解】以所在的直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 因为为边中点，所以. （1）因为，所以； （2）因为点满足，所以点在横轴上， 设，则， 所以的最小值是 （3）因为点在的角平分线上，所以设， 因为可以表示为， 所以有：， ， 所以的取值范围是. 19. 设函数 （1）化简； （2）将函数的图象向右平移个单位长度后得到，的图象关于原点对称，求的单调递增区间； （3）在（2）的条件下，中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且， ①若，求的值； ②若，，求c的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）①2，② 【解析】 【分析】（1）利用三角函数恒等变换公式化简即可； （2）根据三角函数图象变换规律求出，再由的图象关于原点对称结合的范围，可求出，从而可求出的解析，由可求出的单调递增区间； （3）①由求得，然后利用余弦定理结合已知条件可求得答案；②由，得，则，从而得，再利用正弦定理表示出，化简后可求得结果. 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 因为将函数的图象向右平移个单位长度后得到， 所以， 因为的图象关于原点对称， 所以，得， 因为，所以， 所以， 由，得 ， 所以的递增区间为. 【小问3详解】 ①由，得，即， 因为，所以，得， 由余弦定理得， 所以， 因为，所以， 所以； ②在中，，则， 所以， 因为，所以，得， 由正弦定理得， 所以 ， 因为，所以，所以， 所以，即， 所以c的取值范围. 【点睛】关键点点睛：此题考查三角函数恒等变换公式的应用，考查三角函数图象变换规律，考查正弦定理和余弦定理的应用，第（3）问解题的关键是正确应用正弦定理和余弦定理化简变换，考查计算能力，属于较难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都东部新区养马高级中学2023-2024学年（下） 高2023级月考数学试题 考试分数：150分；考试时间：120分钟； 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，交回答题卡，试卷不交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若向量与向量共线，则（ ） A. －3 B. C. D. 3 3. 一个水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为（ ） A. B. C. 8 D. 4. 如图，在平行四边形中，，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 5. 在中，，，，则此三角形外接圆面积为（ ） A. 9 B. C. 36 D. 6. 函数的单调递增区间是 A. B. C. D. 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，点是半径为的扇形圆弧上一点，且，若，则的最大值是（ ） A. 1 B. C. D. 4 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知平面向量，，与的夹角为，则（    ） A. ·= 1 B. C. D. 在上的投影向量的模为 10. 等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为（ ） A. B. C. D. 11. 已知，下面结论正确的是（ ） A. 若，，且的最小值为，则 B. 存在，使得的图像向右平移个单位长度后得到的图像关于y轴对称 C. 若在上恰有7个零点，则的取值范围是 D. 若在上单调递增，则的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的值域为_____________． 13. 若两个非零向量，满足，则与的夹角为_______. 14. 如果复数满足，那么的最小值是________． 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. 现有“甜筒”状旋转几何体，可以看作一个圆锥与一个半球组合而成，其中圆锥的轴截面是边长为（单位：）的正三角形. （1）求该几何体的体积（单位：）； （2）求该几何体的表面积（单位：）. 16. 已知a，b，c分别为内角A、B、C的对边，且. （1）求角A； （2）若，，求c. 17. 已知复数． （1）若，求复数； （2）若z是关于x的方程的一个虚根，求的值． 18. 在中，，，，为边中点． （1）求的值； （2）若点满足，求的最小值； （3）若点在的角平分线上，且满足，若，求的取值范围. 19. 设函数 （1）化简； （2）将函数的图象向右平移个单位长度后得到，的图象关于原点对称，求的单调递增区间； （3）在（2）的条件下，中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且， ①若，求的值； ②若，，求c的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $