高一数学下学期6月月考试题无答案新人教A版
高一数学下学期6月月考试题含解析 试题
卜人入州八九几市潮王学校第十一二零二零—二零二壹高一数学下学期6月月考试题〔含解析〕第一卷一、选择题：本大题一一共12小题，每一小题5分，在每一小题给出的四个选项里面，只有一项为哪一项哪一项符合题目要求的． 1.数列{}n a 中，假设n a ＝3n (n ＝1，2，3，…)，那么这个数列是()A.公差为2的等差数列B.公差为3的等差数列C.首项为3的等比数列D.首项为1的等比数列【答案】B 【解析】 【分析】由题意结合数列的通项公式确定数列的性质即可. 【详解】由数列的通项公式可得：()13133n n a a n n +-=+-=为定值，故数列{}n a 是公差为3的等差数列.应选：B .【点睛】此题主要考察等差数列的定义与判断，属于根底题.中，15199a ,a ==，那么3a =() A.1 B.3C.1±D.3±【答案】A 【解析】试题分析：因为在等比数列中.2315a a a =.所以231a =.所以31a =±.当31a =-2213a a a =.即2219a =-31a =135,,a a a 不是连续的三项，所以要检验.另外由等比通项公式可以直接得到解论. 考点：1.等比数列的等比通项.2.等比通项公式.3.某公司有员工49人，其中30岁以上的员工有14人，没超过30岁的员工有35人，为理解员工的安康情况，用分层抽样的方法抽一个容量为7的样本，其中30岁以上的员工应抽多少() A.2人 B.4人C.5人D.1人【答案】A 【解析】试题分析：由题意抽取比例为71497=，∴30岁以上的员工应抽11427⨯=人，应选A 考点：此题考察了分层抽样的运用点评：纯熟掌握分层抽样的概念是解决此类问题的关键，属根底题 4.等比数列{}n a 中,259,243,a a ==那么{}n a 的前4项和为〔〕A.81B.120C.168D.192【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的性质可知352a q a =，列出方程即可求出q 的值，利用2a q即可求出1a 的值，然后利用等比数列的首项和公比，根据等比数列的前n 项和的公式即可求出{}n a 的前4项和.【详解】352243279a q a ===，解得3a =， 又21933a a q ===，那么等比数列{}n a 的前4项和()4431312013S -==-. 应选：B.【点睛】等比数列根本量的运算是等比数列中的一类根本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二〞，通过列方程(组)可迎刃而解． 5.把21化为二进制数，那么此数为〔〕 A.10011〔2〕 B.10110〔2〕C.10101〔2〕D.11001〔2〕【答案】C 【解析】 解：21÷2=10...1 10÷2=5...0 5÷2=2...1 2÷2=1...0 1÷2=0 (1)故21〔10〕=10101〔2〕6.用秦九韶算法计算多项式()234561235879653f x x x x x x x =+-++++在4x =-时的值时，3V 的值是()A.845-B.220C.57-D.34【答案】C 【解析】试题分析：原多项式变形为()654323567983512f x x x x x x x =+++-++，即()()()()()()3567983512f x x x x x x x =+++-++，()13457,V =⨯-+=-考点：秦九韶算法求多项式的值点评：利用秦九韶算法求多项式的值首先要将多项式改写为每个括号内为关于x 的一次式的形式，由内层括号到外层括号依次为123,,V V V7.有20位同学，编号从1至20，如今从中抽取4人作问卷调查，用系统抽样方法确定所抽的编号为() A.2，6，10，14 B.5，10，15，20C.2，4，6，8D.5，8，11，14 【答案】B 【解析】 【详解】从编号为的位同学中随机抽取人做问卷调查，采用系统抽样间隔应为，只有B项中的编号间隔为,应选B.8.图中所示的是一个算法的流程图，表达式为〔〕A.112399++++ B.1123100++++C.199D.1100【答案】A 【解析】 【分析】根据给定的算法的流程图，计算前几次循环，得到计算的规律，即可求解，得打答案． 【详解】由题意，执行该算法的流程图，执行循环体 第1次循环：满足条件100i <，执行循环体1S =，2i =； 第2次循环：满足条件100i <，执行循环体12S =+，3i =； 第3次循环：满足条件100i<，执行循环体123S =++，4i =； 第99次循环：满足条件100i <，执行循环体12399S =++++，100i =，此时不满足判断条件，输出结果112399S =++++．应选:A ．【点睛】此题主要考察了循环构造的程序框图的计算与输出问题，其中利用循环构造表示算法，一定要先确定是用当型循环构造，还是用直到型循环构造，当型循环构造的特点是先判断再循环，直到型循环构造的特点是先执行一次循环体，再判断；注意输入框、处理框、判断框的功能，不可混用，着重考察了分析问题和解答问题的才能，属于根底题．9.等差数列｛a n｝的公差为2，假设a1，a3，a4成等比数列，那么a2等于A.－10B.－8C.－6D.－4【答案】C【解析】试题分析：有题可知，a1，a3，a4成等比数列，那么有，又因为｛a n｝是等差数列，故有，公差d=2，解得；考点： 等差数列通项公式 等比数列性质10.假设下边程序执行后输出的结果是990，那么在程序中UNTIL后面的“条件〞应为A.i>10B.i<8C.i<=9D.i<9【答案】D【解析】试题分析：根据程序可知，因为输出的结果是990，即s=1×11×10×9，需执行4次，那么程序中UNTIL后面的“条件〞应为i＜9．应选D考点：此题主要考察了直到型循环语句，语句的识别问题是一个逆向性思维，一般认为学习是从算法步骤〔自然语言〕至程序框图，再到算法语言〔程序〕．假设将程序摆在我们的面前时，从识别逐个语句，整体把握，概括程序的功能．点评：解决该试题的关键是先根据输出的结果推出循环体执行的次数，再根据s=1×11×10×9=990得到程序中UNTIL后面的“条件〞．11.数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1(n∈N ＋)，那么a 4的值是()． A.4 B.8C.15D.31【答案】C 【解析】 试题分析：，，，应选C.考点：数列的递推公式 12.在等比数列{}n a 中，41S =，83S =，那么17181920a a a a +++的值是〔〕A.14B.16C.18D.20【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列性质得4S ，84S S -，128S S -，16122016S S S S --，也成等比，即可求得结果.【详解】由等比数列的性质可知，4S ，84S S -，128S S -，16122016S S S S --，构成首项为1，公比为2的等比数列，所以42016216S S -==，即17181920a a a a +++的值是16，选B.【点睛】此题考察等比数列性质，考察根本求解才能，属根底题. 二、填空题〔每一小题5分〕13.以下各数()985、()6210、()41000、()2111111中最小的数是____________。
高一上学期第一次月考数学试卷(新题型：19题)(基础篇)(原卷版)
2024-2025学年高一上学期第一次月考数学试卷（基础篇）【人教A版（2019）】（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.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.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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。
写在本试卷上无效；3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效；4.测试范围：必修第一册第一章、第二章；5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第I卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．（5分）（24-25高一上·河北廊坊·开学考试）下列各组对象能构成集合的是（）A．2023年参加“两会”的代表B．北京冬奥会上受欢迎的运动项目C．π的近似值D．我校跑步速度快的学生2．（5分）（23-24高一上·北京·期中）命题pp:∀xx>2，xx2−1>0，则¬pp是（）A．∀xx>2，xx2−1≤0B．∀xx≤2，xx2−1>0C．∃xx>2，xx2−1≤0D．∃xx≤2，xx2−1≤03．（5分）（23-24高二下·福建龙岩·阶段练习）下列不等式中，可以作为xx<2的一个必要不充分条件的是（）A．1<xx<3B．xx<3C．xx<1D．0<xx<14．（5分）（24-25高三上·山西晋中·阶段练习）下列关系中：①0∈{0}，②∅ {0}，③{0,1}⊆{(0,1)}，④{(aa,bb)}= {(bb,aa)}正确的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．45．（5分）（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）若变量x，y满足约束条件3≤2xx+yy≤9，6≤xx−yy≤9，则zz=xx+2yy的最小值为（）A．-7 B．-6 C．-5 D．-46．（5分）（23-24高二下·云南曲靖·期末）已知全集UU={1,3,5,7,9}，MM=�xx|xx>4且xx∈UU},NN={3,7,9}，则MM∩(∁UU NN)=（）A．{1,5}B．{5}C．{1,3,5}D．{3,5}7．（5分）（23-24高一上·陕西渭南·期末）已知不等式aaxx2+bbxx+2>0的解集为{xx∣xx<−2或xx>−1}，则不等式2xx2+bbxx+aa<0的解集为（）A．�xx�−1<xx<12�B．{xx∣xx<−1或xx>12}C．�xx�−1<xx<−12�D．{xx∣xx<−2或xx>1}8．（5分）（24-25高三上·江苏徐州·开学考试）已知aa>bb≥0且6aa+bb+2aa−bb=1，则2aa+bb的最小值为（）A．12 B．8√3C．16 D．8√6二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
新人教A版高一上学期数学第一次月考试卷(附答案解析))
新人教A 版高一上学期摸底试卷数 学 试 卷 （六）B 卷考生注意: 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第二卷（非选择题）两部分,共150分,考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.第Ⅰ卷（选择题 共60分）一、单项选择题（每小题5分,共40分）1. 下列元素与集合的关系表示正确的是 【 】 （A ）∈-1N* （B ）∈2Z （C ）∈23Q （D ）∈πQ2. 已知集合{}m m m A ,2-=,{}12,0-=m B ,若B A =,则m 的值为 【 】 （A ）0 （B ）0或1 （C ）1 （D ）1-3. 设集合{}4,2,1=A ,{}042=+-=m x x x B ,若{}1=B A ,则集合B 的子集个数为 【 】 （A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）44. 设集合{}12≤=x x A ,{}m x x B <=,若⊆A （C R B ）,则实数m 的取值范围是 【 】 （A ）()+∞,1 （B ）()1,-∞- （C ）[)+∞-,1 （D ）(]1,-∞-5. 在△ABC 中,“内角A 是锐角”是“△ABC 是锐角三角形”的 【 】 （A ）充分不必要条件 （B ）必要不充分条件（C ）充要条件 （D ）既不充分也不必要条件 6. 已知正数b a ,满足1=+b a ,则baa +4的最小值为 【 】（A ）6 （B ）8 （C ）9 （D ）127. 不等式0342>+-x x 的解集是 【 】 （A ）{}1<x x （B ）{}31><x x x 或 （C ）{}31<<x x （D ）{}3>x x8. 《几何原本》卷2的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据,通过这一原理,很多的代数的公理或定理都能够通过图形证明,也称之为无字证明.现有如图所示的图形,点F 在半圆O 上,点C 在直径AB 上,且AB OF ⊥,设a AC =,b BC =,则该图形可以完成的无字证明为 【 】（A ）2ba +≥ab （0,0>>b a ） （B ）22b a +≥ab 2（0,0>>b a ） （C ）b a ab +2≤ab （0,0>>b a ） （D ）2ba +≤222b a +（0,0>>b a ）二、多项选择题（每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分）9. 设全集{}4,3,2,1,0=U ,集合{}4,1,0=A ,{}3,1,0=B ,则下列结论正确的有 【 】 （A ）{}1,0=B A （B ）C U B {}4=（C ）{}4,3,1,0=B A （D ）集合A 的真子集个数为810. 下列说法中,正确的有 【 】 （A ）在数学中,可判断真假的句子叫做命题 （B ）1>a 且1>b 是1>ab 成立的充分条件 （C ）命题:p ∈∀x R ,02>x ,则∈∃⌝x p :R ,02<x （D ）命题“若0>>b a ,则ba 110<<”的否定是假命题 11. 已知二次函数c bx ax y ++=2（c b a ,,为常数,且a 的部分图象大致如图所示,则下列结论正确的是 【 （A ）0,0<>b a （B ）02>+b a （C ）024>++c b a （D ）0>++c b a12. 若0,0>>q p 且2=+q p ,则下列不等式恒成立的是 【 】 （A ）q p +≤2 （B ）pq ≤1 （C ）qp 11+≤2 （D ）22q p +≥2第Ⅱ卷 非选择题（共90分）三、填空题（每小题5分,共20分）13. 命题“1>∃x ,使得x⎪⎭⎫ ⎝⎛21≥21成立”的否定是________________.14. 某小型服装厂生产的一种风衣日销售量x 件与售价P 元/件之间的关系为x P 2150-=,生产x 件风衣所需成本为x C 3050+=元,要使日获利不少于1 300元,则该厂日产量x 的取值范围为__________.（日产量＝日销售量）.15. 已知∈∀x p :R ,012>+mx ,∈∀x q :R ,函数12++=mx x y 的图象在x 轴的上方,若q p 、均为真命题,则实数m 的取值范围是__________.16. 在R 上定义运算:bc ad d c b a -=,若不等式xa a x 121+--≥1对任意∈x R 恒成立,则实数a 的最大值为__________.四、解答题（共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17.（本题满分10分）已知集合{}12≤<-=x x A ,{}212≤-=x x B . （1）求B A ,B A ; （2）求（C R A ） （C R B ）.设全集=U R ,集合{}51≤≤=x x A ,集合{}a x a x B 212+≤≤-=（0>a ）. （1）若A x ∈是B x ∈的充分条件,求实数a 的取值范围; （2）若A x ∈是B x ∈的必要条件,求实数a 的取值范围.19.（本题满分12分）已知关于x 的方程062=-+mx x （0>m ）的两个根为21,x x ,且512=-x x . （1）求函数62-+=mx x y （0>m ）的解析式; （2）解关于x 的不等式x y 24-<.2020年10月1日是新中国成立71周年纪念日,是全国各族人民的共同节日,各地举行了丰富多彩的庆祝活动,某校为丰富校园文化生活,展示学生风采,增强同学们的爱国情怀和爱国意识,激发同学们的爱国热情,组织开展了庆祝国庆节系列活动.要求各班设计如图所示的一张矩形画报,并在画报内设计一个矩形图案,且该图案的面积为 2 m 2.要求图案在画报内左右留白20 cm,上下各留白10 cm,试问怎样设计画报内图案长与宽的尺寸,能使整个画报面积最小,面积最小值是多少?21.（本题满分12分）已知集合⎭⎬⎫⎩⎨⎧<-=112x x x A ,集合(){}01222<+++-=m m x m x x B .（1）求集合A 、B ;（2）若A B ⊆,求实数m 的取值范围.（1）已知0,0>>b a ,试比较ab b a 22-与b a -的大小; （2）用反证法证明:若∈c b a ,,R ,且542+-=b a x ,862+-=c b y ,122+-=a c z ,则z y x ,,中至少有一个不小于0.新人教A 版高一上学期摸底试卷数 学 试 卷 （六）B 卷 答 案 解 析考生注意: 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第二卷（非选择题）两部分,共150分,考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.第Ⅰ卷（选择题 共60分）一、单项选择题（每小题5分,共40分）1. 下列元素与集合的关系表示正确的是 【 】 （A ）∈-1N* （B ）∈2Z （C ）∈23Q （D ）∈πQ 答案 【 C 】解析 本题考查元素与集合之间的关系. 选择答案【 C 】.2. 已知集合{}m m m A ,2-=,{}12,0-=m B ,若B A =,则m 的值为 【 】 （A ）0 （B ）0或1 （C ）1 （D ）1- 答案 【 C 】解析 本题考查集合的相等与集合元素的性质. 若0=m ,则{}0,0=A ,不满足集合元素的互异性,舍去.∴⎩⎨⎧=--=0122m m m m ,解之得:1=m .∴选择答案【 C 】.3. 设集合{}4,2,1=A ,{}042=+-=m x x x B ,若{}1=B A ,则集合B 的子集个数为 【 】 （A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4 答案 【 D 】解析 本题考查集合的基本运算和集合子集个数的确定. ∵{}1=B A ,∴B ∈1.把1=x 代入方程042=+-m x x 得:041=+-m ,解之得:3=m .∴0342=+-x x ,解之得:3,121==x x . ∴{}3,1=B ,满足{}1=B A . ∴集合B 的子集个数为422=. ∴选择答案【 D 】.4. 设集合{}12≤=x x A ,{}m x x B <=,若⊆A （C R B ）,则实数m 的取值范围是 【 】 （A ）()+∞,1 （B ）()1,-∞- （C ）[)+∞-,1 （D ）(]1,-∞- 答案 【 D 】解析 本题考查根据集合之间的基本关系确定参数的值或取值范围. 解不等式2x ≤1得:1-≤x ≤1,∴{}11≤≤-=x x A . ∵{}m x x B <=,∴C R B {}m x x ≥=. ∵⊆A （C R B ）,∴m ≤1-. ∴实数m 的取值范围是(]1,-∞-. ∴选择答案【 D 】.5. 在△ABC 中,“内角A 是锐角”是“△ABC 是锐角三角形”的 【 】 （A ）充分不必要条件 （B ）必要不充分条件（C ）充要条件 （D ）既不充分也不必要条件 答案 【 B 】解析 本题考查充分必要条件的判断.显然,由“内角A 是锐角”不能推出“△ABC 是锐角三角形”;但是由“△ABC 是锐角三角形”一定能推出“内角A 是锐角”.∴“内角A 是锐角”是“△ABC 是锐角三角形”的必要不充分条件. ∴选择答案【 B 】.6. 已知正数b a ,满足1=+b a ,则baa +4的最小值为 【 】（A ）6 （B ）8 （C ）9 （D ）12 答案 【 B 】解析 本题考查利用基本不等式求最值. ∵正数b a ,满足1=+b a∴()baa b b a a b a b a a ++=++=+4444≥8424=⋅+b a a b . 当且仅当baa b =4,即31,32==b a 时,等号成立.∴baa +4的最小值为8. ∴选择答案【 B 】.7. 不等式0342>+-x x 的解集是 【 】 （A ）{}1<x x （B ）{}31><x x x 或 （C ）{}31<<x x （D ）{}3>x x 答案 【 B 】解析 本题考查一元二次不等式的解法.解一元二次不等式的一般步骤是:（1）利用不等式的性质,将二次项系数化为正数; （2）计算ac b 42-=∆的值,并判断∆的符号; （3）当∆≥0时,求出相应的一元二次方程的根; （4）画出对应的二次函数的简图;（5）根据一元二次不等式的形式,结合简图,写出其解集.注意 一元二次不等式的解集结构与二次项系数的符号有着直接的关系.0342>+-x x ,即()()031>--x x ,解之得:3>x 或1<x .∴不等式0342>+-x x 的解集是{}31><x x x 或. ∴选择答案【 B 】.8. 《几何原本》卷2的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据,通过这一原理,很多的代数的公理或定理都能够通过图形证明,也称之为无字证明.现有如图所示的图形,点F 在半圆O 上,点C 在直径AB 上,且AB OF ⊥,设a AC =,b BC =,则该图形可以完成的无字证明为 【 】（A ）2ba +≥ab （0,0>>b a ） （B ）22b a +≥ab 2（0,0>>b a ） （C ）b a ab +2≤ab （0,0>>b a ） （D ）2ba +≤222b a +（0,0>>b a ）答案 【 D 】解析 本题考查不等式的证明.由题意可知:2ba OB OA OF +===. ∴22ba b b a BC OB OC -=-+=-=（当点C 在半径OB 上时）. 在Rt △COF 中,由勾股定理得:222222222b a b a b a OC OF FC +=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=. ∵FC ≤OF ,∴2ba +≤222b a +（0,0>>b a ）,当且仅当点C 与点O 重合,即b a =时,等号成立.∴选择答案【 D 】.二、多项选择题（每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分）9. 设全集{}4,3,2,1,0=U ,集合{}4,1,0=A ,{}3,1,0=B ,则下列结论正确的有 【 】 （A ）{}1,0=B A （B ）C U B {}4=（C ）{}4,3,1,0=B A （D ）集合A 的真子集个数为8 答案 【 AC 】解析 本题考查集合的基本运算.∵{}4,3,2,1,0=U ,集合{}4,1,0=A ,{}3,1,0=B ∴{}1,0=B A ,{}4,3,1,0=B A , C U B {}4,2=. ∴（A ）、（C ）正确,（B ）错误;对于（D ）,集合A 的真子集个数为7123=-.故（D ）错误. ∴选择答案【 AC 】.10. 下列说法中,正确的有 【 】（A ）在数学中,可判断真假的句子叫做命题 （B ）1>a 且1>b 是1>ab 成立的充分条件 （C ）命题:p ∈∀x R ,02>x ,则∈∃⌝x p :R ,02<x （D ）命题“若0>>b a ,则ba 110<<”的否定是假命题 答案 【 BD 】解析 本题考查与命题有关的知识点.对于（A ）,一般地,我们把用语言、符号或式子表达的,可以判断真假的陈述句叫做命题.故（A ）错误; 对于（B ）,正确;对于（C ）,∈∃⌝x p :R ,2x ≤0.故（C ）错误;对于（D ）,一个命题和它的否定只能是一真一假,不能同真同假.根据不等式性质的倒数法则,可知命题“若0>>b a ,则ba 110<<”是真命题,所以它的否定是假命题.故（D ）正确. ∴选择答案【 BD 】.11. 已知二次函数c bx ax y ++=2（c b a ,,为常数,且a 的部分图象大致如图所示,则下列结论正确的是 【 （A ）0,0<>b a （B ）02>+b a （C ）024>++c b a （D ）0>++c b a 答案 【 ABC 】解析 本题考查二次函数的图象.对于（A ）,函数的图象开口向上,可得0>a ,对称轴在y 轴的右侧,所以b a ,异号,即0<b .故（A ）正确;对于（B ）,由函数的图象可知,12<-ab,结合0>a 可得:02>+b a .故（B ）正确; 对于（C ）,点()c b a ++24,2在函数位于第一象限的图象上,所以024>++c b a .故（C ）正确;对于（D ）,点()c b a ++,1在函数位于第四象限的图象上,所以0<++c b a .故（D ）错误.∴选择答案【 ABC 】.12. 若0,0>>q p 且2=+q p ,则下列不等式恒成立的是 【 】 （A ）q p +≤2 （B ）pq ≤1 （C ）qp 11+≤2 （D ）22q p +≥2 答案 【 ABD 】解析 本题考查基本不等式的应用. 对于（A ）,∵0,0>>q p ,2=+q p ∴()pq q p qp 22++=+≤()42=+=+++q p q p q p .∴q p +<0≤2.当且仅当1==q p 时,等号成立.故（A ）正确;对于（B ）,∵0,0>>q p ,2=+q p∴pq ≤122=⎪⎭⎫ ⎝⎛+q p ,当且仅当1==q p 时,等号成立.故（B ）正确;对于（C ）,∵0,0>>q p ,2=+q p ∴()⎪⎭⎫ ⎝⎛++=⎪⎭⎫⎝⎛++=+p q q p q p q p q p 211112111≥22211=⋅⨯+p q q p . 当且仅当pqq p =,即1==q p 时,等号成立. 故（C ）错误;对于（D ）,∵0,0>>q p ,2=+q p∴222q p +≥122=⎪⎭⎫ ⎝⎛+q p ,∴22q p +≥2. 当且仅当1==q p 时,等号成立. 故（D ）正确.∴选择答案【 ABD 】.第Ⅱ卷 非选择题（共90分）三、填空题（每小题5分,共20分）13. 命题“1>∃x ,使得x⎪⎭⎫ ⎝⎛21≥21成立”的否定是________________.答案 1>∀x , 2121<⎪⎭⎫ ⎝⎛x解析 本题考查含有一个量词的命题的否定.对含有一个量词的命题进行否定的方法是:改变量词,否定结论.该命题的否定:1>∀x , 2121<⎪⎭⎫ ⎝⎛x.14. 某小型服装厂生产的一种风衣日销售量x 件与售价P 元/件之间的关系为x P 2150-=,生产x 件风衣所需成本为x C 3050+=元,要使日获利不少于1 300元,则该厂日产量x 的取值范围为__________.（日产量＝日销售量）. 答案 []45,15解析 本题考查一元二次不等式的应用. 设该厂日获利为y 元,则有:()()501202305021502-+-=+--=x x x x x y .∵要使日获利不少于1 300元∴y ≥1 300,即5012022-+-x x ≥1 300. ∴675602+-x x ≤0,解之得:15≤x ≤45. ∴该厂日产量x 的取值范围为[]45,15.15. 已知∈∀x p :R ,012>+mx ,∈∀x q :R ,函数12++=mx x y 的图象在x 轴的上方,若q p 、均为真命题,则实数m 的取值范围是__________.答案 [)2,0解析 本题考查根据真假命题确定参数的值或取值范围.若命题p 为真命题,则有0=m 或⎩⎨⎧<-=∆>040m m ,解之得:m ≥0;若命题q 为真命题,则有042<-=∆m ,解之得:22<<-m . ∴当q p 、均为真命题时,实数m 的取值范围是[)2,0.16. 在R 上定义运算:bc ad d c b a -=,若不等式xa a x 121+--≥1对任意∈x R 恒成立,则实数a 的最大值为__________. 答案23解析 本题考查定义新运算以及与一元二次不等式有关的恒成立问题,注意分离参数法的应用. ∵bc ad dc ba -= ∴()()()211121-+--=+--a a x x xa a x ≥1.∴a a -2≤12+-x x .设()12+-=x x x f ,只需a a -2≤()min x f 即可.∵()4321122+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+-=x x x x f ,∴()43min=x f . ∴a a -2≤43,即3442--a a ≤0,解之得:21-≤a ≤23. ∴实数a 的最大值为23.四、解答题（共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17.（本题满分10分）已知集合{}12≤<-=x x A ,{}212≤-=x x B . （1）求B A ,B A ; （2）求（C R A ） （C R B ）.解:（1）不等式12-x ≤2即2-≤12-x ≤2,解之得:21-≤x ≤23.∴⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤≤-=2321x x B .∴⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤≤-=121x x B A ,⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤<-=232x x B A ; （2）（C R A ） （C R B ）= C R （B A ）⎭⎬⎫⎩⎨⎧>-≤=232x x x 或.18.（本题满分12分）设全集=U R ,集合{}51≤≤=x x A ,集合{}a x a x B 212+≤≤-=（0>a ）. （1）若A x ∈是B x ∈的充分条件,求实数a 的取值范围; （2）若A x ∈是B x ∈的必要条件,求实数a 的取值范围. 解:（1）∵A x ∈是B x ∈的充分条件,∴B A ⊆.根据题意则有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥+≤-+<->521122120a a a a a ,解之得:a ≥2.∴实数a 的取值范围是[)+∞,2;（2）∵A x ∈是B x ∈的必要条件,∴A B ⊆.当∅=B 时,则有⎩⎨⎧+>->a a a 2120,解之得:310<<a ;当∅≠B 时,则有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤+≥-+≤->521122120a a aa a ,解之得:31≤a ≤1.综上所述,实数a 的取值范围是(]1,0. 19.（本题满分12分）已知关于x 的方程062=-+mx x （0>m ）的两个根为21,x x ,且512=-x x . （1）求函数62-+=mx x y （0>m ）的解析式; （2）解关于x 的不等式x y 24-<.解:（1）由根与系数的关系定理可得:6,2121-=-=+x x m x x . ∵512=-x x∴()()25244221221212=+=-+=-m x x x x x x ,解之得:1±=m . ∵0>m ,∴1=m .∴函数62-+=mx x y （0>m ）的解析式为62-+=x x y ; （2）x y 24-<即x x x 2462-<-+.整理得:01032<-+x x ,解之得:25<<-x . ∴不等式x y 24-<的解集为{}25<<-x x . 20.（本题满分12分）2020年10月1日是新中国成立71周年纪念日,是全国各族人民的共同节日,各地举行了丰富多彩的庆祝活动,某校为丰富校园文化生活,展示学生风采,增强同学们的爱国情怀和爱国意识,激发同学们的爱国热情,组织开展了庆祝国庆节系列活动.要求各班设计如图所示的一张矩形画报,并在画报内设计一个矩形图案,且该图案的面积为 2 m 2.要求图案在画报内左右留白20 cm,上下各留白10 cm,试问怎样设计画报内图案长与宽的尺寸,能使整个画报面积最小,面积最小值是多少?解: 设画报内矩形图案的长为x m,则图案的宽为x2m,则画报的长为()4.0+x m,画报的宽为⎪⎭⎫ ⎝⎛+2.02x m,设画报的面积为y m 2. ∴()x x x x y 8.02.008.22.024.0++=⎪⎭⎫ ⎝⎛++=≥88.28.02.0208.2=⋅+x x . 当且仅当xx 8.02.0=,即2=x 时,等号成立.122=（m ）.答:当矩形图案的长为2 m,宽为1 m 时,可使画报的面积最小,面积最小值是2. 88 m 2. 21.（本题满分12分）已知集合⎭⎬⎫⎩⎨⎧<-=112x x x A ,集合(){}01222<+++-=m m x m x x B .（1）求集合A 、B ;（2）若A B ⊆,求实数m 的取值范围. 解:（1）112<-x x 即011<-+x x ,同解于()()011<-+x x ,解之得:11<<-x . ∴{}11<<-=x x A .()01222<+++-m m x m x 即()()[]01<+--m x m x ,解之得:1+<<m x m .∴{}1+<<=m x m x B ;（2）∵A B ⊆∴⎩⎨⎧≤+-≥111m m ,解之得:1-≤m ≤0.∴实数m 的取值范围为[]0,1-. 22.（本题满分12分）（1）已知0,0>>b a ,试比较ab b a 22-与b a -的大小; （2）用反证法证明:若∈c b a ,,R ,且542+-=b a x ,862+-=c b y ,122+-=a c z ,则z y x ,,中至少有一个不小于0.（1）解: ()()()abb a b a b a a b b a 2222+-=---. ∵0,0>>b a∴当b a >时,()()022>+-ab b aa b a ,∴b a ab b a ->-22;当b a =时,()()022=+-ab b aa b a ,∴b a a b b a -=-22;当b a <时,()()022<+-ab b aa b a ,∴b a ab b a -<-22.综上所述,若0,0>>b a ,当b a >时,b a a b b a ->-22;当b a =时,b a ab b a -=-22;当ba <时,b a ab b a -<-22.（2）证明: 假设z y x ,,均小于0,∴0<++z y x . ∵128654222+-++-++-=++a c c b b a z y x()()()()()()222222321964412-+-+-=+-++-++-=c b a c c b b a a ≥0∴这与假设矛盾,即假设不成立. ∴z y x ,,中至少有一个不小于0.。
2022-2023学年人教A版(2019)高一下数学月考试卷(含解析)
2022-2023学年高中高一下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1. 已知→a ，→b 是两个不共线的非零向量，若(2→a +3→b )//(3→a +λ→b )，则实数λ=( )A.92B.−2C.2D.−92 2. 已知 sinα+cosα=−75，2sinα−cosα=−25 ，则cos2α=( )A.725B.−725C.1625D.−1625 3. 下列命题中正确的是( )A.→OA −→OB =→ABB.→AB +→BA =0C.0⋅→AB =0D.→AB +→BC +→CD =→AD4. 已知：f(x)=asinx +bcosx ，g(x)=2sin(ωx +π3)+1，若函数f(x)和g(x)有完全相同的对称轴，则不等式g(x)>2的解集是( )A.(kπ−π6,kπ+π2)(k ∈Z)B.(2kπ−π6,2kπ+π2)(k ∈Z)C.(2kπ,2kπ+π6)(k ∈Z)a →b →(2+3)//(3+λ)a →b →a →b →λ=92−22−92sin α+cos α=−，2sin α−cos α=−7525cos 2α=()725−7251625−1625−=OA −→−OB −→−AB−→−+=0AB −→−BA −→−0⋅=0AB −→−++=AB −→−BC −→−CD −→−AD −→−f(x)=a sin x +b cos x g(x)=2sin(ωx +)+1π3f(x)g(x)g(x)>2(kπ−,kπ+)(k ∈Z)π6π2(2kπ−,2kπ+)(k ∈Z)π6π2(2kπ,2kπ+)(k ∈Z)π6D.(kπ,kπ+π6)(k ∈Z)5. 如图，在△ABC 中， →AD =23→AC ，→BP =13→BD ，若→AP =λ→AB +μ→AC ，则λμ的值为( )A.−3B.−2C.2D.36. 为了得到函数f(x)=3cos (2x +π3)的图象，可由函数g(x)=3sin2x 的图象( )A.向左平移π3个单位长度得到B.向左平移5π12个单位长度得到C.向右平移5π6个单位长度得到D.向右平移π6个单位长度得到7. 函数y =sin 2x +2sinxcosx +3cos 2x 在x ∈(0,π2)的单调递增区间是（ ）A.(0,π4)B.(π4，π2)C.(0,π8)D.(π8，π4)8. 已知直线x =x 1，x =x 2分别是曲线f(x)=2sin (x +π3)与g(x)=−cos x 的对称轴，则f(x 1−x 2)=（ ）A.2B.0C.±2D.±1二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）(kπ,kπ+)(k ∈Z)π6△ABC =AD −→−23AC −→−=BP −→−13BD −→−=λ+μAP −→−AB −→−AC −→−λμ−3−223f (x)=3cos(2x +)π3g(x)=3sin 2x π35π125π6π6y =x +2sin x cos x +3x sin 2cos 2x ∈(0,)π2(0,)π4(，)π4π2(0,)π8(，)π8π4x =x 1x =x 2f(x)=2sin(x +)π3g(x)=−cos x f(−)=x 1x 22±2±19. 下列命题正确的是（ ）A.复数z 1,z 2积的模等于z1,z 2模的积B.任意两个复数都不能比较大小C.复数z 是实数的充要条件是z =¯z （¯z 是z 的共轭复数）D.若对于复数z 1,z 2有z 1⋅z 2=0，则z1=0或z2=010. 下列结论正确的是( )A.若tanα=2，则cos2α=35B.若sinα+cosβ=1，则sin 2α+cos 2β≥12C.将函数y =|cos2x |的图象向左平移π4个单位长度，所得图象关于原点对称D.“∃x 0∈Z ，sinx 0∈Z”的否定是“∀x ∈Z ，sinx ∉Z“ 11. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，下列说法正确的是( )A.a ∶b =sinA ∶sinBB.若bsinB =ccosC ，则∠C =π3C.若(a +b +c)(a +b −c)=3ab ，则∠C =π3D.若bcosC +ccosB =asinA ，则△ABC 是直角三角形 12. 如图，函数f(x)=2sin(ωx +φ)(ω>0,|φ|<π2)的图象经过点(−π12,0)和(5π12,0)，则( )A.ω=1B.φ=π6C.函数f(x)的图象关于直线x =2π3对称D.若f (π6−α)=65，则sin 2α−cos 2α=35,z 1z 2,z 1z 2z z =z ¯¯¯z ¯¯¯z,z 1z 2⋅=0z 1z 2=0z 1=0z 2tan α=2cos 2α=35sin α+cos β=1α+β≥sin 2cos 212y =|cos 2x |π4∃∈Z x 0sin ∈Z x 0∀x ∈Z sin x ∉Z△ABC A B C a b c a ∶b =sin A ∶sin B=b sin B c cos C ∠C =π3(a +b +c)(a +b −c)=3ab∠C =π3b cos C +c cos B =a sin A△ABC f (x)=2sin(ωx +φ)(ω>0,|φ|<)π2(−,0)π12(,0)5π12ω=1φ=π6f (x)x =2π3f (−α)=π665α−α=sin 2cos 235卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 在△ABC 中，|→AB +→AC |=|→AB −→AC |，AB =4，AC =3，则→BC 在→CA 方向上的投影是________.14. 已知sinθ=12，且π2<θ<π，则sin2θ=________．15. 在空间直角坐标系中，向量→a 在三个坐标平面内的正投影长度分别为2，2，1，则|→a |＝________．16. 已知函数f(x)=2sin(ωx +φ)(ω>0,|φ|<π2)的图象过点B(0,−√3),且在(π18,π3)上单调，同时f(x)的图象向左平移π个单位长度后与原来的图象重合，当x 1,x 2∈(−4π3,−2π3),且x 1≠x 2时，f(x 1)=f(x 2),则f(x 1+x 2)=________.四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 已知→a =(2cosα,2sinα)，→b =(cosβ,sinβ)，0<α<β<2π，设→c =(2,0)，若→a +2→b =→c ，求α+β的值．18. 已知向量→a =(1,√3)，→b =(−2,0)．（1）求|→a −→b |；（2）求向量→a −→b 与→a 的夹角；（3）当t ∈[−1,1]时，求|→a −t →b |的取值范围． 19. 设→e 1，→e 2是两个不共线向量，已知→AB =2→e 1−8→e 2，→CB =→e 1+3→e 2，→CD =2→e 1−→e 2．(1)证明：A 、B 、D 三点共线；(2)若→BF =3→e 1−k→e 2，且B 、D 、F 三点共线，求k 的值． 20. 已知函数f(x)=Asin(ωx +φ)(A >0,ω>0,|φ|<π2)的图象如图所示．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数f(x)的单调增区间；△ABC |+|=|−|AB −→−AC −→−AB −→−−→−AB =4AC =3BC −→−CA −→−sin θ=12<θ<ππ2sin 2θ=a 221||a f(x)=2sin (ωx +φ)(ω>0,|φ|<)π2B(0,−)3–√(,)π18π3f(x)π,∈(−,−)x 1x 24π32π3≠x 1x 2f()=f()x 1x 2f(+)=x 1x 2=(2cos α,2sin α)a →=(cos β,sin β)b →0<α<β<2π=(2,0)c →+2=a →b →c →α+β=(1,)，=(−2,0)a →3–√b →|−|a →b →−a →b→a →t ∈[−1,1]|−t |a →b →e 1→e 2→=2−8AB →e 1→e 2→=+3CB →e 1→e 2→=2−CD →e 1→e 2→(1)A B D(2)=3−k BF →e 1→e 2→B D F k f(x)=A sin(ωx +φ)(A >0,ω>0,|φ|<)π2(1)f(x)(2)f(x)(3)若x ∈[−π2,0]，求函数f(x)的值域． 21. 已知函数f(x)=(1+cotx)sin 2x +msin(x +π4)sin(x −π4)，（1）当m =0时，求f(x)在区间[π3,3π4]上的取值范围；（2）当tanα=2时，f(a)=35，求m 的值． 22. 解答(1)写出以下各式的值：sin 260∘+sin 2(−30∘)+√3sin60∘⋅sin (−30∘)=________；sin 2150∘+sin 2(−120∘)+√3sin150∘⋅sin(−120∘)=________；sin 215∘+sin 215∘+√3sin15∘⋅sin15∘=________．(2)结合(1)的结果，分析式子的共同特点，写出能反映一般规律的等式，并证明你的结论．(3)x ∈[−,0]π2f(x)f(x)=(1+cot x)x +msin(x +)sin(x −)sin 2π4π4m =0f(x)[,]π33π4tan α=2f(a)=35m (1)+(−)+sin ⋅sin(−)=sin 260∘sin 230∘3–√60∘30∘+(−)+sin ⋅sin(−)=sin 2150∘sin 2120∘3–√150∘120∘++sin ⋅sin =sin 215∘sin 215∘3–√15∘15∘(2)(1)参考答案与试题解析2022-2023学年高中高一下数学月考试卷一、选择题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分）1.【答案】A【考点】平行向量的性质【解析】利用共线向量的性质，即可得出答案.【解答】解：∵→a，→b是两个不共线的非零向量，且(2→a+3→b)//(3→a+λ→b)，∴32=λ3，解得λ=92.故选A.2.【答案】A【考点】二倍角的余弦公式【解析】此题暂无解析【解答】解：∵sinα+cosα=−75，2sinα−cosα=−25，∴sinα=−35，2α=1−2×(−35)2=725.∴cos2α=1−2sin故选A.3.【答案】D【考点】向量数乘的运算及其几何意义向量的加法及其几何意义向量的减法及其几何意义【解析】对于A，利用向量的减法，可得→OA−→OB=→BA；对于B，结果应该是→0；对于C，结果是→0；对于D，利用向量的加法法则，可得结论．【解答】解：对于A，利用向量的减法，可得→OA−→OB=→BA，故A不正确；对于B，结果应该是→0，故B不正确；对于C，结果是→0，故C不正确；对于D，利用向量的加法法则，可得→AB+→BC+→CD=→AC+→CD=→AD，故D正确.故选D．4.【答案】B【考点】正弦函数的奇偶性和对称性三角函数的周期性及其求法【解析】若函数f(x)和g(x)有完全相同的对称轴，则这两个函数的周期是一样的，即ω＝1．通过解不等式g(x)>2求得x的取值范围．【解答】解：由题意知，函数f(x)和g(x)的周期是一样的，故ω=1，不等式g(x)>2，即sin(x+π3)>12，即2kπ+π6<x+π3<2kπ+5π6(k∈Z)，解得：x∈(2kπ−π6,2kπ+π2)(k∈Z).故选B.5.【答案】D【考点】向量的三角形法则【解析】根据平面向量的基本定理，结合向量加法与减法的三角形法则，进行化简运算即可．【解答】解：∵→AP=→AB+→BP，→BP=13→BD=13(→AD−→AB)=13→AD−13→AB=13×23→AC−13→AB=29→AC−13→AB，∴→AP=→AB+(29→AC−13→AB)=23→AB+29→AC.又→AP=λ→AB+μ→AC，∴λ=23，μ=29，∴λμ=23×92=3．故选D.6.【答案】B【考点】诱导公式函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】此题暂无解析【解答】解：因为f(x)=3cos(2x+π3)=3sin(2x+π3+π2)=3sin(2x+5π6)=3sin[2(x+5π12)]，所以函数f(x)=3cos(2x+π3)的图象可由函数g(x)=3sin2x的图象向左平移5π12个单位长度得到．故选B．7.【答案】C【考点】正弦函数的单调性【解析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的单调性，求得函数x∈(0,π2)的单调递增区间．【解答】函数y=sin 2x+2sinxcosx+3cos2x=1−cos2x2+sin2x+3⋅1+cos2x2=2+sin2x+cos2x=2+√2sin(2x+π4)，令2kπ−π2≤2x+π4≤2kπ+π2，求得kπ−3π8≤x≤π+π8，故函数的增区间为[kπ−3π8,kπ+π8]，k∈Z．结合x∈(0,π2)，可得增区间为(0,π8]，8.【答案】C【考点】正弦函数的图象【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答二、多选题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）9.【答案】A,C,D【考点】复数的基本概念命题的真假判断与应用复数代数形式的乘除运算必要条件、充分条件与充要条件的判断复数的运算【解析】无【解答】解：对于A，设z1=a+bi,z2=c+di(a,b,c,d∈R).由于z1z2=(ac−bd)+(bc+ad)i,|z1|=√a2+b2，|z2|=√c2+d2，则|z1z2|=√(ac−bd)2+(bc+ad)2=√a2c2+b2d2+b2c2+a2d2=√(a2+b2)(c2+d2)=|z1||z2|，故A正确；对于B，两个虚数不能比较大小，两个实数可以比较大小，故B错误；对于C，由z是实数显然可得z=¯z，而由a+bi=a−bi得b=0，故C正确；对于D，设z1=a+bi,z2=c+di(a,b,c,d∈R).由于z1z2=(ac−bd)+(bc+ad)i=0，则ac−bd=0，bc+ad=0，故(ac−bd)2+(bc+ad)2=0，即a2c2+b2d2+b2c2+a2d2=(a2+b2)(c2+d2)=0，所以a 2+b2=0或c2+d2=0，即a=b=0或c=d=0，因此z1=0或z2=0，故D正确．故选ACD．10.【答案】B,D【考点】二倍角的余弦公式二次函数在闭区间上的最值命题的真假判断与应用命题的否定同角三角函数间的基本关系奇偶函数图象的对称性【解析】对于A，可求得cos 2α=15，根据二倍角公式代入计算即可判断；对于B，利用条件得到sin 2α+cos2α＝(cosα−12)2+12≥12；对于C，根据命题否定的定义可判断；对于D，得到平移后表达式，取特殊点验证即可【解答】解：对于A，∵tanα=2，∴cos2α=cos2α−sin2αsin2α+cos2α=1−tan2α1+tan2α=−35，故A错误；对于B，若sinα+cosβ=1，即sinα=1−cosβ，则sin2α+cos2β=(1−cosβ)2+cos2β=2(cosβ−12)2+12≥12，故B正确；对于C ，将函数y =|cos2x |的图象向左平移π4个单位长度后得：f(x)=|cos2(x +π4)|=|cos(2x +π2)|=|sin2x |，则f(x)为偶函数，故其图象不关于原点对称，故C 错误.对于D ，根据特称命题的否定是全称命题可知：“∃x 0∈Z ，sinx 0∈Z”的否定是“∀x ∈Z ，sinx ∉Z“，故D 正确.故选BD.11.【答案】A,C,D【考点】两角和与差的正弦公式解三角形余弦定理正弦定理【解析】【解答】解：已知在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，则a:b =sinA:sinB ，选项A 正确；若bsinB =ccosC ，由正弦定理可得bsinB =csinC ，即sinC =cosC ，解得∠C =π4，选项B 错误；若(a +b +c)(a +b −c)=a 2+b 2−c 2+2ab =3ab ，即ab =a 2+b 2−c 2，由余弦定理可得2abcosC =a 2+b 2−c 2，解得cosC =12，因为0<C <π，则∠C =π3，选项C 正确；若bcosC +ccosB =asinA ，由正弦定理可得sinBcosC +sinCcosB =sinA =sin 2A ，因为0<A <π，解得A =π2，选项D 正确.故选ACD.12.【答案】B,C【考点】由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式函数y=Asin （ωx+φ）的性质正弦函数的图象【解析】此题暂无解析【解答】解：由图知，T2=5π12−(−π12)=π2，所以T =π，所以ω=2，故A 错误；所以f(x)=2sin(2x +φ).由f(x)的图象过点(−π12,0)，所以−π6+φ=2kπ(k ∈Z)，结合|φ|<π2，可得φ=π6，故B 正确；则f(x)=2sin (2x +π6)，当x =2π3时，f(x)=−2，所以函数f(x)的图象关于直线x =2π3对称，故C 正确；由f (π6−α)=2sin (π2−2α)=2cos2α=65，得cos2α=35，所以sin 2α−cos 2α=−cos2α=−35，故D 错误．故选BC ．三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】−3【考点】向量的投影向量的模【解析】此题暂无解析【解答】解：如图，因为|→AB +→AC |=|→AB −→AC |，所以→AB ⋅→AC =0，所以→AB ⊥→AC ，所以在Rt △ABC 中，BC =√AB 2+AC 2=√42+32=5，则cos ∠ACB =ACBC =35，设向量→BC 与→CA 的夹角为θ，则→BC 在→CA 方向上的投影为|→BC |cosθ=|→BC |cos(π−∠ACB)=−|→BC |cos ∠ACB =−5×35=−3.故答案为：−3.14.【答案】−√32【考点】二倍角的正弦公式同角三角函数基本关系的运用【解析】利用同角三角函数的基本关系求出cosθ，再根据二倍角的正弦公式可得结果．【解答】解：∵sinθ=12，且π2<θ<π，∴cosθ=−√1−sin 2θ=−√1−(12)2=−√32，∴sin2θ=2sinθcosθ=2×12×(−√32)=−√32．故答案为：−√32．15.【答案】3【考点】向量的投影向量的模【解析】利用向量的模的公式直接求解．【解答】∵在空间直角坐标系中，向量→a 在三个坐标平面内的正投影长度分别为2，2，1，∴|→a|=√22+22+12=3．16.【答案】−√3【考点】正弦函数的周期性函数y=Asin（ωx+φ）的性质函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换正弦函数的单调性正弦函数的图象【解析】此题暂无解析【解答】解：函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的图象过点B(0,−√3),则2sinφ=−√3解得sinφ=−√32结合|φ|<π2，可知φ=−π3.则f(x)=2sin(ωx−π3).∵函数f(x)的图象向左平移π个单位之后与原来的图象重合，∴2sin(ωx−π3)=2sin[ω(x+π)−π3],即ωπ=2kπ(k∈Z)，∴ω=2k(k∈Z).函数f(x)在x∈(π18,π3)上单调，则π3−π18≤T2=πω,解得0<ω≤185,∴ω=2，即f(x)=2sin(2x−π3).故函数的对称轴方程为2x−π3=kπ+π2(k∈Z),即x=kπ2+5π12(k∈Z).根据x1,x2∈(−43π,−23π)，且x1≠x2时，f(x1)=f(x2),可知当k=−3时，x=−13π12.∵f(x1)=f(x2),∴−1312π=x1+x22,则f(x1+x2)=f(−136π)=2sin(−143π)=−√3.故答案为：−√3.四、解答题（本题共计 6 小题，每题 5 分，共计30分）17.【答案】解：∵→a +2→b =→c ，∴(2cosα,2sinα)+2(cosβ,sinβ)=(2,0)，∴2cosα+2cosβ=2，2sinα+2sinβ=0，分别化为：cosα+cosβ=1，sinα+sinβ=0，∵cos 2β+sin 2β=(1−cosα)2+sin 2α=1−2cosα+1=1，化为cosα=12，∵0<α<β<2π，∴α=π3或5π3．∵sinα+sinβ=0，∴当α=π3时，β=4π3或5π3．当α=π3，β=4π3，不满足cosα+cosβ=1，舍去；当α=π3，β=5π3，满足cosα+cosβ=1，此时α+β=2π．当α=5π3时，又0<α<β<2π，不满足sinα+sinβ=0，舍去．综上可得：β+α=2π．【考点】平面向量的坐标运算【解析】→a +2→b =→c ，利用向量坐标运算及其相等可得：cosα+cosβ=1，sinα+sinβ=0，利用cos 2β+sin 2β=(1−cosα)2+sin 2α=1−2cosα+1=1，化为cosα=12，由于0<α<β<2π，可得α=π3或5π3．分类讨论即可得出．【解答】解：∵→a +2→b =→c ，∴(2cosα,2sinα)+2(cosβ,sinβ)=(2,0)，∴2cosα+2cosβ=2，2sinα+2sinβ=0，分别化为：cosα+cosβ=1，sinα+sinβ=0，∵cos 2β+sin 2β=(1−cosα)2+sin 2α=1−2cosα+1=1，化为cosα=12，∵0<α<β<2π，∴α=π3或5π3．∵sinα+sinβ=0，∴当α=π3时，β=4π3或5π3．当α=π3，β=4π3，不满足cosα+cosβ=1，舍去；当α=π3，β=5π3，满足cosα+cosβ=1，此时α+β=2π．当α=5π3时，又0<α<β<2π，不满足sinα+sinβ=0，舍去．综上可得：β+α=2π．18.【答案】解：（1） 因为向量→a =(1,√3)，→b =(−2,0)，所以→a −→b =(1,√3)−(−2,0)=(3,√3)；…|→a −→b |=2√3；…（2）因为(→a −→b)⋅→a =6，…所以cos →a −→b ，→a >=(→a −→b)⋅→a |→a −→b |⋅|→a |=64√3=√32，…所以向量→a−→b与→a的夹角为π6；…（3）因为|→a−t→b|2=→a2−2t→a⋅→b+t2→b2=4t2+4t+4=4(t+12)2+3，…所以当t∈[−1,1]时，最小值是3，最大值是12；…所以|→a−t→b|的取值范围是[3,12]． …【考点】数量积表示两个向量的夹角向量的模平面向量数量积的运算【解析】（1）利用平面向量的坐标运算求模长即可；（2）利用平面向量的数量积求夹角即可；（3）利用二次函数在闭区间上的最值求|→a−t→b|的取值范围．【解答】解：（1）因为向量→a=(1,√3)，→b=(−2,0)，所以→a−→b=(1,√3)−(−2,0)=(3,√3)；…|→a−→b|=2√3；…（2）因为(→a−→b)⋅→a=6，…所以cos →a−→b，→a>=(→a−→b)⋅→a|→a−→b|⋅|→a|=64√3=√32，…所以向量→a−→b与→a的夹角为π6；…（3）因为|→a−t→b|2=→a2−2t→a⋅→b+t2→b2=4t2+4t+4=4(t+12)2+3，…所以当t∈[−1,1]时，最小值是3，最大值是12；…所以|→a−t→b|的取值范围是[3,12]． …19.【答案】(1)证明：→BD=→CD−→CB=→e1−4→e2，⇒→AB=2(→e1−4→e2)=2→BD⇒→AB//→BD，∵→AB与→BD有公共点，∴A、B、D三点共线.(2)解：∵B、D、F三点共线，∴存在实数λ，使→BF=λ→BD，∴3→e1−k→e2=λ→e1−4λ→e2，∴(3−λ)→e1=(k−4λ)→e2.又∵→e1,→e2不共线，∴{3−λ=0,k−4λ=0,解得λ=3，k=12．【考点】三点共线平面向量共线（平行）的坐标表示平面向量的基本定理【解析】（1）先求出→BD，只要证明存在实数λ使得→AB=λ→BD即可；（2）利用向量共线定理即可得出．【解答】(1)证明：→BD=→CD−→CB=→e1−4→e2，⇒→AB=2(→e1−4→e2)=2→BD⇒→AB//→BD，∵→AB与→BD有公共点，∴A、B、D三点共线.(2)解：∵B、D、F三点共线，∴存在实数λ，使→BF=λ→BD，∴3→e1−k→e2=λ→e1−4λ→e2，∴(3−λ)→e1=(k−4λ)→e2.又∵→e1,→e2不共线，∴{3−λ=0,k−4λ=0,解得λ=3，k=12．20.【答案】解：(1)由函数的图象可得A=2，34T=34⋅2πω=11π12−π6，求得ω=2．再根据图象可得2×π6+φ=π2+2kπ,k∈Z，∴φ=π6+2kπ,k∈Z，又|φ|<π2，∴φ=π6，故f(x)=2sin(2x+π6)．(2)令2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，k∈Z，求得kπ−π3≤x≤kπ+π6，k∈Z，故函数的增区间为[kπ−π3,kπ+π6]，k∈Z.(3)若x∈[−π2,0]，则2x+π6∈[−5π6,π6]，∴sin(2x+π6)∈[−1,12]，故f(x)∈[−2,1]．【考点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式正弦函数的单调性正弦函数的定义域和值域【解析】（1）由函数的最值求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，可得函数的解析式．（2）令2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，k∈z，求得x的范围，可得函数的增区间．（3）由x∈[−π2,0]，利用正弦函数的定义域和值域求得f(x)的值域．【解答】解：(1)由函数的图象可得A=2，34T=34⋅2πω=11π12−π6，求得ω=2．再根据图象可得2×π6+φ=π2+2kπ,k∈Z，∴φ=π6+2kπ,k∈Z，又|φ|<π2，∴φ=π6，故f(x)=2sin(2x+π6)．(2)令2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，k∈Z，求得kπ−π3≤x≤kπ+π6，k∈Z，故函数的增区间为[kπ−π3,kπ+π6]，k ∈Z.(3)若x ∈[−π2,0]，则2x +π6∈[−5π6,π6]，∴sin(2x +π6)∈[−1,12]，故f(x)∈[−2,1]．21.【答案】解：（1）当m =0时，f(x)=sin 2x +sinxcosx=12(sin2x −cos2x)+12=√22sin(2x −π4)+12，又由x ∈[π3,3π4]，故2x −π4∈[5π12,5π4]，∴sin(2x −π4)∈[−√22,1]，∴f(x)=√22sin(2x −π4)+12∈[0,1+√22]，（2）f(x)=sin 2x +sinxcosx −m2cos2x=1−cos2x2+12sin2x −m2cos2x=12[sin2x −(1+m)cos2x]+12，由tanα=2得sin2α=2sinαcosαsin 2α+cos 2α=2tanα1+tan 2α=45，cos2α=cos 2α−sin 2αsin 2α+cos 2α=1−tan 2α1+tan 2α=−35，所以35=12[45+(1+m)×35]+12，解得m =−2．【考点】求两角和与差的正弦三角函数的化简求值正弦函数的定义域和值域【解析】（1）当m =0时，可求得f(x)=√22sin(2x −π4)+12，利用正弦函数的单调性即可求得f(x)在区间[π3,3π4]上的取值范围；（2）依题意，f(x)=12[sin2x −(1+m)cos2x]+12，由tanα=2可求得sin2α与cos2α，再由f(α)=35，即可求得m 的值．【解答】解：（1）当m =0时，f(x)=sin 2x +sinxcosx=12(sin2x −cos2x)+12=√22sin(2x −π4)+12，又由x ∈[π3,3π4]，故2x −π4∈[5π12,5π4]，∴sin(2x −π4)∈[−√22,1]，∴f(x)=√22sin(2x −π4)+12∈[0,1+√22]，（2）f(x)=sin 2x +sinxcosx −m2cos2x =1−cos2x2+12sin2x −m2cos2x=12[sin2x −(1+m)cos2x]+12，由tanα=2得sin2α=2sinαcosαsin 2α+cos2α=2tanα1+tan2α=45，cos2α=cos 2α−sin2αsin2α+cos2α=1−tan2α1+tan2α=−35，所以35=12[45+(1+m)×35]+12，解得m=−2．22.【答案】14,14,14(2)当α+β=30∘时，sin2α+sin2β+√3sinα⋅sinβ=14.证明：∵α+β=30∘，则β=30∘−α，∴sin2α+sin2β+√3sinα⋅sinβ=sin2α+sin2(30∘−α)+√3sinαsin(30∘−α)=sin2α+(12cosα−√32sinα)2+√3sinα⋅(12cosα−√32sinα) =sin2α+14cos2α−√32cosαsinα+34sin2α+√32sinαcosα−32sin2α=14sin2α+14cos2α=14.【考点】两角和与差的正弦公式诱导公式同角三角函数间的基本关系【解析】解：(1)sin260∘+sin2(−30∘)+√3sin60∘⋅sin(−30∘)=14，sin2150∘+sin2(−120∘)+√3sin150∘⋅sin(−120∘)=14，sin215∘+sin215∘+√3sin15∘⋅sin15∘=14．【解答】解：(1)sin260∘+sin2(−30∘)+√3sin60∘⋅sin(−30∘)=14，sin2150∘+sin2(−120∘)+√3sin150∘⋅sin(−120∘)=14，sin215∘+sin215∘+√3sin15∘⋅sin15∘=14．(2)当α+β=30∘时，sin2α+sin2β+√3sinα⋅sinβ=14.证明：∵α+β=30∘，则β=30∘−α，∴sin2α+sin2β+√3sinα⋅sinβ=sin2α+sin2(30∘−α)+√3sinαsin(30∘−α)=sin2α+(12cosα−√32sinα)2+√3sinα⋅(12cosα−√32sinα) =sin2α+14cos2α−√32cosαsinα+34sin2α+√32sinαcosα−32sin2α=14sin2α+14cos2α=14.。
2022-2023学年人教A版高一下数学月考试卷含答案及解析
2022-2023学年高中高一下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息;2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I（选择题）一、选择题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分）1. 已知△ABC中， a=√2，b=√3，B=60∘，那么角A等于( )A.45∘或135∘B.30∘或150∘C.45∘D.30∘2. 已知角α的终边过点(3,−4)，则sin(α+π4)=( )A.−√1010B.−7√210C.7√210D.−√2103. 已知m，n是两条不同的直线， α，β是两个不同的平面，则下列判断正确的是（）A.若α⊥β ，m⊂α，n⊂β，则直线m与n一定垂直B.若m⊥α ，n⊥β，α⊥β，则直线m与n可能相交、平行或异面C.若m⊥α，n//α ，则直线m与n一定垂直D.若m⊂α ，n⊂β，α//β，则直线m与n一定平行4. 三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘，AC⊥BC1，过C1作底面ABC 的垂线C1O，垂足为O，则点O一定落在（ ）A.直线AB上B.直线BC上C.直线CA上D.△ABC的内部5. 若x∈(e−1,1)，a=lnx，b=(12)lnx，c=e lnx，则( )A.c>b>aB.b>a>cC.a>b>cD.b>c>a6. 已知函数f(x)=acos(x−π3)+√3sin(x−π3)是偶函数. 若将曲线y=f(2x)向左平移π12单位长度后，得到曲线y=g(x)，则不等式g(x)≤1的解集是( )A.[kπ−5π12,kπ+π4](k∈Z)B.[kπ+π12,kπ+3π4](k∈Z)C.[kπ−3π8,kπ+7π4](k∈Z)D.[2kπ−5π6,2kπ+π2](k∈Z)7. 已知O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足→OP=→OA+λ(→AB|→AB|cosB+→AC|→AC|cosC)(λ∈[0,+∞))，则P点的轨迹一定通过△ABC的( )A.外心B.内心C.重心D.垂心8. 已知A，B，C三点都在表面积为 100π 的球O的表面上，若 AB=4√3 ，∠ACB=60∘，则球心O到平面ABC的距离等于（）A.2B.3C.4D.5二、多选题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）9. 将函数y=cos2x的图象向左平移π6个单位，再将图象上各点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变）后得到函数y=f(x)的图象，对于函数y=f(x)有以下四个判断，其中正确的是（）A.函数的解析式为y=2cos(2x+π6)B.函数图象关于直线x=π3对称C.函数在区间[0,π6]上单调递增D.若函数y=f(x)+a在区间[0,π2]上的最小值为√3，则a=2+√310. 已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的最大值为√2，其图像相邻的两条对称轴之间的距离为π2，且f(x)的图像关于点(−π12,0)对称，则下列结论正确的是( )A.函数f(x)的图像关于直线x=5π12对称B.当x∈[−π6,π6]时，函数f(x)的最小值为−√22C.若f(π6−α)=3√25，则sin4α−cos4α的值为−45D.要得到函数f(x)的图像，只需要将g(x)=√2cos2x的图像向右平移π6个单位11. 如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，为正三角形，平面PAD平面ABCD，点E为底面ABCD的中心，点F为线段PA上的动点，则下列结论正确的是( )A.B.存在点F ，使得C.存在点F ，使得D.存在点F ，使得直线CF 与直线PE 为异面直线12. 下列命题中正确的是（ ）A.如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行B.如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面C.如果两条直线都平行于一个平面，那么这两条直线互相平行D.如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 已知点A ，B ，C ，D 在同一个球面上，AB =BC =√2，AC =2，若球的表面积为25π4，则四面体ABCD 体积的最大值为________．14. 如图，P 为△ABC 所在平面外一点，平面α//平面ABC ，α分别交线段PA ，PB ，PC 于A ′，B ′，C ′．若PA ′∶AA ′=2∶3，则S △A ′B ′C ′S △ABC =________．15. 重要结论→PG =13(→PA +→PB +→PC )⇔G 为△ABC 的________；→PA +→PB +→PC =0⇔P 为△ABC 的________．16. 已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1,AA 1⊥面ABC ，P 为△A 1B 1C 1内的一点（含边界），且△ABC 是边长为2的等边三角形，AA 1=2，M ，N 分别为AC ，BC 的中点，下列命题正确的有________.①若P 为A 1C 1的中点时，则过A ，P ，B 三点的平面截三棱柱表面的图形为等腰梯形；②若P 为A 1C 1的中点时，三菱锥P −C 1MN 的体积V =√36；③若P 为A 1C 1的中点时，NP//A 1B ；④若AP 与平面ABC 所成的角与P −BC −A 的二面角相等，则满足条件的P 的轨迹是椭圆的一部分．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 设→e 1，→e 2是两个不共线向量，已知→AB =2→e 1−8→e 2，→CB =→e 1+3→e 2，→CD =2→e 1−→e 2．(1)证明：A 、B 、D 三点共线；(2)若→BF =3→e 1−k→e 2，且B 、D 、F 三点共线，求k 的值．18. 如图，矩形ADEF 和菱形ABCD 所在平面互相垂直，已知∠ADC =π3，点N 是线段AD 的中点．(1)求证：CN ⊥AF ；(2)试问在线段BE 上是否存在点M ，使得直线AF//平面MNC ？若存在，请证明AF//平面MNC ，并求出BMME 的值；若不存在，请说明理由．19. 定义新运算：(a,b)[cd ]=ac +bd.若复数z 满足 (1,z)[¯z2]=9−4i.(1)求复数z;(2)设t为实数，若z0=t+2i，且z0z为纯虚数，求t的值．20. 如图在直角梯形ABCD中，AB//CD，AB⊥AD且2AB=2AD=CD=4，现以AD为一边向梯形外作矩形ADEF，然后沿边AD将矩形ADEF翻折，使平面ADEF与平面ABCD垂直.(1)求证：BC⊥平面BDE;(2)若点D到平面BEC的距离为√2 ，求三棱锥F−BDE的体积.21. 已知函数为偶函数，且图象的相邻两个最高点的距离为．（1）当时，求的单调递增区间；（2）将函数的图象向右平移个单位长度，再把各点的横坐标缩小为原来（纵坐标不变），得到函数的图象．求函数在区间上的最大值和最小值．22. 已知函数f(x)=2√3sinxcosx+2cos2x−1(x∈R)．(1)求函数f(x)的最小正周期及在区间[0,π2]上的最大值和最小值；(2)若f(x0)=65，x0∈[π4,π2]，求cos2x0的值．参考答案与试题解析2022-2023学年高中高一下数学月考试卷一、选择题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分）1.【答案】C【考点】正弦定理【解析】△ABC中，利用正弦定理求出sinA，根据大边对大角可知，A是锐角，进而得出角A．【解答】解：在△ABC中，由正弦定理得asinA=bsinB，√2sinA=√3√32，∴√22，∴sinA=∵a<b ，∴A<B，∴A=45∘.故选C.2.【答案】D【考点】两角和与差的正弦公式任意角的三角函数【解析】由条件利用任意角的三角函数的定义，两角和的正弦公式，求得sin(α+π4)的值．【解答】解：∵角α的终边经过点(3,−4)，则sinα=−45，cosα=35，∴sin(α+π4)=sinαcosπ4+cosαsinπ4=−45×√22+35×√22=−√210.故选D．3.【答案】C【考点】空间中直线与平面之间的位置关系空间中直线与直线之间的位置关系空间中平面与平面之间的位置关系【解析】对于A，直线m与n相交、平行或异面；对于B，由线面垂直、面面垂直的性质得直线m与n垂直；对于C，由线面垂直、线面平行的性质得直线m与n一定垂直；对于D，直线m与n平行或异面．【解答】解：m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，对于A，若α⊥β ，m⊂α，n⊂β，则直线m与n相交、平行或异面，故A错误；对于B，若m⊥α ，n⊥β，α⊥β，则由线面垂直、面面垂直的性质得直线m与n垂直，故B错误；对于C，若m⊥α，n//α ，则由线面垂直、线面平行的性质得直线m与n一定垂直，故C正确；对于D，若m⊂α ，n⊂β，α//β，则直线m与n平行或异面，故D错误．故选C．4.【答案】A【考点】空间点、线、面的位置【解析】由已知中三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘，AC⊥BC1，由线面垂直的判定定理可得AC⊥平面ABC1，进而再由面面垂直的判定定理得到平面ABC⊥平面ABC1，过C1作底面ABC 的垂线C1O，则垂线C1O应该在平面ABC1上，进而可以得到答案．【解答】解：连接AC1，∵∠BAC=90∘，即AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1=B∴AC ⊥平面ABC 1，∴平面ABC ⊥平面ABC 1，若C 1O ⊥底面ABC则C 1O ⊂平面ABC 1，即O 点在直线AB 上，故选A5.【答案】D【考点】对数值大小的比较指数函数与对数函数的关系【解析】依题意，由对数函数与指数函数的性质可求得a <0，b >1，1ec <1，从而可得答案．【解答】解：∵x ∈(e −1,1)，a =lnx ，∴a ∈(−1,0)，即a <0；又y =(12)x为减函数，∴b =(12)lnx ,(12)ln1=(12)0=1，即b >1；又c =e lnx =x ∈(e −1,1)，∴b >c >a ．故选D.6.【答案】A【考点】函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换【解析】此题暂无解析【解答】解：∵f(x)=acos (x −π3)+√3sin (x −π3)=a(12cosx +√32sinx)+√3(12sinx −√32cosx)=(12a −32)cosx +(√32a +√32)sinx 是偶函数，∴f(−x)=f(x)，∴√32a +√32=0，解得a =−1，∴f(x)=−2cosx.将曲线y =f(2x)向左平移π12个单位长度后，得到曲线y =−2cos (2x +π6)，则g(x)=−2cos (2x +π6)，由g(x)≤1，得−2cos (2x +π6)≤1，得cos (2x +π6)≥−12，则2kπ−2π3≤2x +π6≤2kπ+2π3(k ∈Z)，得kπ−5π12≤x ≤kπ+π4(k ∈Z).故选A.7.【答案】D【考点】向量的线性运算性质及几何意义【解析】可先根据数量积为零得出 →BC 与λ(→AB |→AB |cosB +→AC |→AC |cosC )，垂直，可得点P 在BC 的高线上，从而得到结论．【解答】解：由→OP =→OA +λ(→AB |→AB |cosB +→AC |→AC |cosC )⇒→OP −→OA =λ(→AB |→AB |cosB +→AC |→AC |cosC )⇒→AP =λ(→AB |→AB |cosB +→AC |→AC |cosC )，又∵→BC ⋅→AP =λ(→AB |→AB |cosB +→AC |→AC |cosC )⋅→BC =−|→BC |+|→BC |=0，∴→AP ⊥→BC ，∴点P在BC的高线上，即P的轨迹过△ABC的垂心.故选D．8.【答案】B【考点】点、线、面间的距离计算【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答二、多选题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）9.【答案】B,D【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的性质正弦函数的单调性函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换正弦函数的对称性正弦函数的定义域和值域【解析】无【解答】解：A．将函数y=cos2x的图象向左平移π6个单位，得到y=cos2(x+π6)=cos(2x+π3)的图象，然后纵坐标伸长到原来的2倍得到y=2cos(2x+π3)的图象，所以A不正确；B．y=f(π3)=2cos(2×π3+π3)=2cosπ=−2，所以函数图象关于直线x=π3对称，所以B正确；C．∵x∈[0,π6]，∴π3≤2x+π3≤2π3，函数单调递减，所以C不正确；D．y=f(x)+a=2cos(2x+π3)+a，当0≤x≤π2时，π3≤2x+π3≤4π3，故−1≤cos(2x+π3)≤12，所以当2x+π3=π，即x=π3时，函数f(x)取得最小值，ymin，所以{a=2+\sqrt{3}}，所以{\rm D}正确．故选{\rm BD}．10.【答案】B,D【考点】三角函数的恒等变换及化简求值由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】【解答】解：因为函数{f\left(x\right)}的最大值为{\sqrt{2}}，所以{A=\sqrt{2}}．因为函数{f\left(x\right)}图像相邻的两条对称轴之间的距离为{\dfrac{\pi }{2}}，所以{\dfrac{T}{2}=\dfrac{\pi }{2}}，{T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\pi}，{\omega =2}，所以{ f\left(x\right)=\sqrt{2}\sin \left(2x+\varphi \right)}.又因为{f\left(x\right)}的图像关于点{\left(-\dfrac{\pi }{12}, 0\right)}对称，所以{f\left(-\dfrac{\pi }{12}\right)=\sqrt{2}\sin \left(-\dfrac{\pi }{6}+\varphi \right)=0}，即 {-\dfrac{\pi }{6}+\varphi =k\pi}，{ k\in \textbf Z}，所以{\varphi =\dfrac{\pi }{6}+k\pi }，{ k\in \textbf Z}．因为{| \varphi | \lt \dfrac{\pi }{2}}，所以{\varphi =\dfrac{\pi }{6}}．即{f\left(x\right)=\sqrt{2}\sin \left(2x+\dfrac{\pi }{6}\right)}．{\rm A}，{f\left(\dfrac{5}{12}\pi \right)=\sqrt{2}\sin \pi =0\ne \pm \sqrt{2}}，故{\rm A}错误；{\rm B}，当{x\in \left[-\dfrac{\pi}{6},\dfrac{\pi}{6}\right]}时，{2x+\dfrac{\pi}{6}\in \left[-\dfrac{\pi} {6},\dfrac{\pi}{2}\right]}，所以当{2x+\dfrac{\pi }{6}=-\dfrac{\pi }{6}}时， {f\left(x\right)}取得最小值{-\dfrac{\sqrt{2}}{2}}，故{\rm B}正确；{\rm C}，{f\left(\dfrac{\pi }{6}-\alpha \right)=\sqrt{2}\sin \left(\dfrac{\pi }{2}-2\alpha\right)=\sqrt{2}\cos 2\alpha =\dfrac{3\sqrt{2}}{5}}，所以{\cos 2\alpha =\dfrac{3}{5}}，则{\sin ^{4}\alpha -\cos ^{4}\alpha =\left(\sin ^{2}\alpha +\cos ^{2}\alpha \right)\left(\sin ^{2}\alpha -\cos ^{2}\alpha \right)}{=-\cos 2\alpha =-\dfrac{3}{5}}，故{\rm C}错误；{\rm D}，{g\left(x\right)=\sqrt{2}\cos 2x}的图像向右平移{\dfrac{\pi }{6}}个单位得到{y=\sqrt{2}\cos 2\left(x-\dfrac{\pi }{6}\right)=\sqrt{2}\cos \left(2x-\dfrac{\pi }{3}\right)}{=\sqrt{2}\sin \left[\dfrac{\pi }{2}+\left(2x-\dfrac{\pi }{3}\right)\right]}{=\sqrt{2}\sin \left(2x+\dfrac{\pi }{6}\right)=f(x)} ，故{\rm D}正确．故选{\rm BD}．11.【答案】A,C【考点】异面直线的判定【解析】根据所给条件和线面关系，结合空间向量，逐项分析判断，即可得解．．{\textbf Z}【解答】{r}对{A}由底面{ABCD}是边长为{2}的正方形，所以{CD\perp AD}又平面{PAD\perp}平面{ABCD}，可得{CD\perp}平面平面{PAD}，所以{CD\perp PA }，故{A}正确；对{B}，{PO\perp AD}于○，则{PO\perp}底面{ABCD}所以建立如图所示空间直角坐标系{O-x_{1}z}则{P\left( 0, 0, \sqrt{3}\right) , A\left( 1, 0, 0\right) , B\left( 1, 2, 0\right) , C\left( -1, 2, 0\right)}设{F\left( x, y, z\right) \overrightarrow {AF}= \lambda \overrightarrow {AP} \left( 0\le \lambda \le1\right)}所以{\left( x-1, y, z\right) = \lambda \left( -1, 0, \sqrt{3}\right) x= 1-\lambda , y= 0, z= \sqrt{3}\lambda}所以{F\left( 1-\lambda , 0, \sqrt{3}\lambda \right)}所以{\overrightarrow {CF}= \left( 2-\lambda , -2, \sqrt{3}\lambda \right)}由{\overrightarrow {PB}= \left( 1, 2, -\sqrt{3}\right)}若{CF\perp PB }，则{\overrightarrow {CF}\cdot \overrightarrow {PB}= \left( 2-\lambda , -2,\sqrt{3}\lambda \right) \cdot \left( 1, 2, -\sqrt{3}\right) = 2-\lambda -4-3\lambda = -4\lambda = 0}则{\lambda = -\dfrac{1}{2}}不符题意，故{B}错误；对{C}，如图{PC= \sqrt{PO^{2}+ OD^{2}+ DC^{2}}= \sqrt{8}= 2\sqrt{2}}{AC= 2\sqrt{2} }，所以{\triangle PAC}为等腰三角形，当{F}点为{AP}中点时{CF}最短，此时{CF= \sqrt{7}}所以{CF\in \left[ \sqrt{7}, 2\sqrt{2}\right]}，若{CF= \dfrac{2\sqrt{2}}{3}PB= \dfrac{8}{3}}而{\dfrac{8}{3}\in \left[ \sqrt{7}, 2\sqrt{2}\right] }，故{C}正确；对{D}，由点{E}为底面{ABCD}的中心，而{ABCD}为正方形，所以{A}．{E}．{C}三点共线，所以{CF}在平面{PAC}上，所以直线{CF}与直线{PE}共面，故{D}错误故选：{AC}．12.【答案】A,B,D【考点】空间中直线与平面之间的位置关系【解析】对于立体几何中的线线、线面、面面关系的判定可依据课本中有关定理结论进行判断，也可列举反例从而说明不正确即可．【解答】观察正方体中的线面位置关系，结合课本中在关线面位置关系的定理知，{ABD}正确．对于{C}，{A′B′}、{A′D′}都平行于一个平面{AC}，但它们不平行，故{C}错．三、填空题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）13.【答案】{\dfrac {2}{3}}【考点】球的表面积和体积【解析】本题考查球的表面积、四面体的体积等．【解答】解：设球心为{O}，当四面体{ABCD}的体积最大时，点{O}在四面体{ABCD}的内部，取线段{AC}的中点为{M}，连结{MO}，并延长与球面交于点{N}，连结{NA}，{NB}，{NC}，{OC}．因为{AB=BC=\sqrt {2}}，{AC=2}，所以{\triangle ABC}为直角三角形，所以{\triangle ABC}外接圆的圆心为{M}，从而易知{MN⊥平面ABC}．易知当点{D}与点{N}重合时，四面体{ABCD}的体积最大．设球的半径为{r}，则{S_球=4 \pi r^2=\dfrac{25\pi}{4}，解得}{r=\dfrac{5}{4}}．在{{\rm R}t\triangle {OCM}}中，{OC=r=\dfrac{5}{4}}，{MC=\dfrac{1}{2}AC=1}，所以{OM=\sqrt{\left(\dfrac{5}{4}\right)^{2}-1}=\dfrac{3}{4}}．所以四面体{ABCD}体积的最大值为{V_{N-ABC}=\dfrac {1}{3}S_{\triangle ABC} \cdot MN}{=\dfrac {1} {3}S_{\triangle ABC} \cdot (NO+OM)}{=\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} \times \sqrt{2} \times \sqrt{2} \times \left(\dfrac{5}{4}+\dfrac{3} {4}\right)}{=\dfrac{2}{3}}．故答案为：{\dfrac {2}{3}}．14.【答案】{\dfrac{4}{25}}【考点】平面与平面平行的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：∵平面{\alpha //}平面{ABC}，∴{AB//A^{\prime}B^{\prime}}，{BC//B^{\prime}C^{\prime}}，{AC//A^{\prime}C^{\prime}}．由等角定理得{\angle ABC=\angle A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}}，{\angle BCA=\angleB^{\prime}C^{\prime}A^{\prime}}，{\angle CAB=\angle C^{\prime}A^{\prime}B^{\prime}}，∴{△ABC\sim △A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}}．∵{△PAB\sim △PA^{\prime}B^{\prime}}，{PA^{\prime}∶AA^{\prime}=2∶3}，∴{\dfrac{A^{\prime}B^{\prime}}{AB}=\dfrac{PA^{\prime}}{PA}=\dfrac{2}{5}}，∴{\dfrac{S_{△A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}}}{S_{△ABC}}=\left(\dfrac{A^{\prime}B^{\prime}} {AB}\right)^2=\left(\dfrac{PA^{\prime}}{PA}\right)^2=\dfrac{4}{25}}．故答案为：{\dfrac{4}{25}}．15.【答案】(1)重心(2)重心【考点】向量在几何中的应用【解析】此题暂无解析【解答】略16.【答案】①②【考点】直线与平面垂直的判定点、线、面间的距离计算直线与平面垂直的性质柱体、锥体、台体的体积计算【解析】取{B_{1}C_{1}}的中点{ Q}，连结{PQ}，{AP}，{BP}，利用中位线定理以及三角形中的边角关系，即可判断选项{①}；过点{N}作{ND\perp AC}，垂足为{D}，求出点{N}到平面{PMC_{1}}的距离{ND}，然后利用等体积法求出体积，即可判断选项{②}；设{BC_{1}}的中点为{E}，然后利用线面关系、线线关系即可判断选项{③}；由题意得到点{P}到定点{A_{1}}的距离等于点{P}到定直线{B_{1}C_{1}}的距离，结合抛物线的定义，即可判断选项{④}．【解答】解：对于①，取{B_{1}C_{1}}的中点{Q}，连结{PQ}，{AP}，{BP}，如图{(1)}所示，则{PQ}为{\triangle C_{1}A_{1}B_{1}}的中位线，所以{PQ//A_{1}B_{1}}因为{A_{1}B_{1}//AB}，所以{PQ//AB}，故梯形{ABOP}即为过{A}，{P}，{B}三点的截面，在{ {\rm Rt} \triangle AA_{1}P}中，{AP=\sqrt{AA_{1}^{2}+A_{1}P^{2}}=\sqrt{5}}，在{ {\rm Rt} \triangle BB_{1}Q}中，{BQ=\sqrt{BB_{1}^{2}+B_{1}}=\sqrt{5}}所以{AP=BQ}，故梯形{ABQP}为等腰梯形，故选项①正确；对于②，过点{N}作{ND\perp AC}，垂足为{D}如图{(1)}所示，因为{AA_{1}\perp}平面{ABC}，{ND\subset}平面{ABC}，所以{AA_{1}\perp ND}，又{AC\cap A_{1}A=A}，所以{ND\perp}平面{AA_{1}C_{1}C}，所以{N}到平面{PMC}的距离即为{ND=\dfrac{1}{2}BM=\dfrac{\sqrt{3}}{2}}，所以{S_{\triangle PMC_{1}}=\dfrac{1}{2}\cdot PM\cdot PC_{1}=1}，则{V_{P-C_{1}MN}=V_{N-PMC_{1}}=\dfrac{1}{3}\cdot S_{\triangle PMC_{1}}\cdotND=\dfrac{\sqrt{3}}{6}}，故选项②正确；对于③，设{BC_{1}}的中点为{E}如图{(2)}所示，则{PE}为{\triangle C_{1}A_{1}B}的中位线，所以{PE//A_{1}B}，因为{PN\cap PE=P}，则{PN}与{A_{1}B}不平行，故选项③错误；对于④，过点{P}作{PS\perp}平面{ABC}，垂足为{S}，连结{AS}，过{S}作{SR\perp BC}于点{R}，连结{PR,}过点{P}作{PT\perp B_{1}C_{1}}于点{T}连结{A_{1}P,}因为四边形{AA_{1}PS}为矩形，所以{AS=A_{1}P}，四边形{PSRT}为矩形，所以{SR=PT}，因为{PS\perp BC, SR\perp BC}，且{PS\cap S=S}，所以{BC\perp}平面{PSR}，又{PR\subset}平面{PSR}，所以{BC\perp PR}，所以{\angle PRS}即为二面角{P-BC-A}的平面角，因为{PS\perp}平面{ABC}，所以{\angle PAS}即为{PA}与平面{ABC}所成的角，所以{\angle PAS=\angle PRS}，因为{AS=\dfrac{PS}{\tan \angle PAS}, SR=\dfrac{PS}{\tan \angle PRS}}，所以{AS=SR} ，则有{A_{1}P=PT,}所以点{P}到定点{A_{1}}的距离等于点{P}到定直线{B_{1}C_{1}}的距离，所以点{P}的轨迹为抛物线({A}为焦点，{B_{1}C_{1}}为准线)，故选项④错误．故正确的是①②．故答案为：①②．四、解答题（本题共计 6 小题，每题 5 分，共计30分）17.【答案】{(1)}证明：{\overset{ \rightarrow }{BD} = \overset{ \rightarrow }{CD} - \overset{ \rightarrow }{CB} = \overset{ \rightarrow }{{e}_{1}} - 4\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}}}，{ \Rightarrow \overset{ \rightarrow }{AB} = 2(\overset{ \rightarrow }{{e}_{1}} - 4\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}}) = 2\overset{ \rightarrow }{BD} \Rightarrow \overset{ \rightarrow }{AB} // \overset{ \rightarrow }{BD}}，∵{\overset{ \rightarrow }{AB}}与{\overset{ \rightarrow }{BD}}有公共点，∴{A}、{B}、{D}三点共线.{(2)}解：∵{B}、{D}、{F}三点共线，∴存在实数{\lambda }，使{\overset{ \rightarrow }{BF} = \lambda\overset{ \rightarrow }{BD}}，∴{3\overset{ \rightarrow }{{e}_{1}} - k\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}} =\lambda\overset{ \rightarrow }{{e}_{1}} - 4\lambda\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}}}，∴{(3 - \lambda)\overset{ \rightarrow }{{e}_{1}} = (k - 4\lambda)\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}}}.又∵{\overset{ \rightarrow }{{e}_{1}},\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}}}不共线，∴{\left\{ \begin{matrix} 3 - \lambda = 0, \\ k - 4\lambda = 0, \\ \end{matrix} \right.\ }解得{\lambda }{=3}，{k}{=12}．【考点】三点共线平面向量共线（平行）的坐标表示平面向量的基本定理【解析】（1）先求出{\overset{ \rightarrow }{BD}}，只要证明存在实数{\lambda }使得{\overset{ \rightarrow } {AB} = \lambda\overset{ \rightarrow }{BD}}即可；（2）利用向量共线定理即可得出．【解答】{(1)}证明：{\overset{ \rightarrow }{BD} = \overset{ \rightarrow }{CD} - \overset{ \rightarrow }{CB} = \overset{ \rightarrow }{{e}_{1}} - 4\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}}}，{ \Rightarrow \overset{ \rightarrow }{AB} = 2(\overset{ \rightarrow }{{e}_{1}} - 4\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}}) = 2\overset{ \rightarrow }{BD} \Rightarrow \overset{ \rightarrow }{AB} // \overset{\rightarrow }{BD}}，∵{\overset{ \rightarrow }{AB}}与{\overset{ \rightarrow }{BD}}有公共点，∴{A}、{B}、{D}三点共线.{(2)}解：∵{B}、{D}、{F}三点共线，∴存在实数{\lambda }，使{\overset{ \rightarrow }{BF} = \lambda\overset{ \rightarrow }{BD}}，∴{3\overset{ \rightarrow }{{e}_{1}} - k\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}} = \lambda\overset{\rightarrow }{{e}_{1}} - 4\lambda\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}}}，∴{(3 - \lambda)\overset{ \rightarrow }{{e}_{1}} = (k - 4\lambda)\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}}}.又∵{\overset{ \rightarrow }{{e}_{1}},\overset{ \rightarrow }{{e}_{2}}}不共线，∴{\left\{\begin{matrix} 3 - \lambda = 0, \\ k - 4\lambda = 0, \\ \end{matrix} \right.\ }解得{\lambda }{=3}，{k}{=12}．18.【答案】{(1)}证明：∵四边形{ABCD}是菱形，∴{AD=CD}，∵{\angle ADC=\dfrac{\pi }{3}}，∴{\triangle ADC}是等边三角形.又∵{N}是线段{AD}的中点，∴{CN\perp AD} .又∵平面{ADEF \perp }平面{ABCD}，平面{ADEF \,\,\cap }平面{ABCD=AD}，{CN\subset }平面{ABCD}，∴{CN \perp }平面{ADEF}．又∵{AF\subset }平面{ADEF}，∴{CN\perp AF} .{(2)}解：存在，理由如下：作{FE}的中点{P}，连接{CP}交{BE}于点{M}，{M}点即为所求的点，连接{PN} ，如图所示，∵{ N}是{AD}的中点，{P}是{FE}的中点，∴{PN//AF}.又{PN \subset }平面{MNC}．{AF\not \subset}平面{MNC}，∴{AF//}平面{MNC}.∵{PE/AD}，{AD//BC}，∴{PE//BC}，∴{\dfrac{BM}{ME}=\dfrac{BC}{PE}=2}．【考点】平面与平面垂直的性质直线与平面平行的判定【解析】（1）证明：菱形{ABCD}中，{AD=CD, \angle ADC=\dfrac{\pi }{3}}，则{\triangle ADC}是等边三角形，又{N}是线段{AD}的中点，∴{CM\perp AD} .又平面{ADEF \perp }平面{ABCD}，平面{ADEF \cap }平面{ABCD=AD}，所以{CN \perp }平面{ADEF}．又∵{AF\subset }平面{ADEF}，故{CN\perp AF} .（2）解：作{FE}的中点{P}，连接{CP}交{BB}于点{M}，{M}点即为所求的点．证明：连接{PN} .∵{ N}是{AD}的中点，{P}是{FE}的中点，∴{PN//AF}，又{PN \subset }平面{MNC}．{AF\not \subset}平面{MNC}，∴直线{AF//}平面{MNC}，∵{PE/AD, AD//BC}，∴{PE//BC}，∴{\dfrac{BM}{ME}=\dfrac{BC}{PE}=2}．【解答】{(1)}证明：∵四边形{ABCD}是菱形，∴{AD=CD}，∵{\angle ADC=\dfrac{\pi }{3}}，∴{\triangle ADC}是等边三角形.又∵{N}是线段{AD}的中点，∴{CN\perp AD} .又∵平面{ADEF \perp }平面{ABCD}，平面{ADEF \,\,\cap }平面{ABCD=AD}，{CN\subset }平面{ABCD}，∴{CN \perp }平面{ADEF}．又∵{AF\subset }平面{ADEF}，∴{CN\perp AF} .{(2)}解：存在，理由如下：作{FE}的中点{P}，连接{CP}交{BE}于点{M}，{M}点即为所求的点，连接{PN} ，如图所示，∵{ N}是{AD}的中点，{P}是{FE}的中点，∴{PN//AF}.又{PN \subset }平面{MNC}．{AF\not \subset}平面{MNC}，∴{AF//}平面{MNC}.∵{PE/AD}，{AD//BC}，∴{PE//BC}，∴{\dfrac{BM}{ME}=\dfrac{BC}{PE}=2}．19.【答案】解：{(1)}设复数{z=a+b\rm i}{\left( a, b\in \textbf R \right)}，因为{\left( 1, z\right) \left[ \begin{array} {l}{\overline{z}} \\ {2}\end{array} \right]=\overline {z}+2z} {=\left( a-b\rm i\right) +2\left( a+b\rm i\right) =3a+b\rm i=9-4i}，所以解得{a=3}，{ b=-4}，可得{z=3-4\rm i}．{(2)}因为{t}为实数，若{z_{0}=t+2\rm i}，由{(1)}可得{z=3-4i}，所以{\dfrac{z_{0}}{z}=\dfrac{t+2\rm i}{3-4\rm i}=\dfrac{\left( t+2\rm i\right) \left( 3+4\rm i\right) } {\left( 3-4\rm i\right) \left( 3+4\rm i\right) }=\dfrac{\left( 3t-8\right) +\left( 4t+6\right) \rm i}{25}}，由于{\dfrac{z_{0}}{z} }为纯虚数，可得{\left\{ \begin{array} {l}{3t-8=0}, \\ {4t+6\ne 0}.\end{array} \right.}解得{t=\dfrac{8}{3}}．【考点】复数代数形式的乘除运算复数的运算复数的基本概念【解析】此题暂无解析【解答】解：{(1)}设复数{z=a+b\rm i}{\left( a, b\in \textbf R \right)}，因为{\left( 1, z\right) \left[ \begin{array} {l}{\overline{z}} \\ {2}\end{array} \right]=\overline {z}+2z} {=\left( a-b\rm i\right) +2\left( a+b\rm i\right) =3a+b\rm i=9-4i}，所以解得{a=3}，{ b=-4}，可得{z=3-4\rm i}．{(2)}因为{t}为实数，若{z_{0}=t+2\rm i}，由{(1)}可得{z=3-4i}，所以{\dfrac{z_{0}}{z}=\dfrac{t+2\rm i}{3-4\rm i}=\dfrac{\left( t+2\rm i\right) \left( 3+4\rm i\right) } {\left( 3-4\rm i\right) \left( 3+4\rm i\right) }=\dfrac{\left( 3t-8\right) +\left( 4t+6\right) \rm i}{25}}，由于{\dfrac{z_{0}}{z} }为纯虚数，可得{\left\{ \begin{array} {l}{3t-8=0}, \\ {4t+6\ne 0}.\end{array} \right.}解得{t=\dfrac{8}{3}}．20.【答案】证明：{(1)}在矩形{ADEF}中，{DE\perp AD}，又∵平面{ADEF\perp}平面{ABCD}，且平面{ADEF\cap}平面{ABCD= AD}，∴{DE\perp}平面{ABCD}，所以{DE\perp BC}，在直角梯形{ABCD}中，{2AB=2 AD= CD= 4}，可得{BD= 2\sqrt{2}}，在{\triangle BCD}中，{BC= BD= 2\sqrt{2}}，{ CD= 4}，∴{BD^{2}+ BC^{2}= CD^{2}}，∴{BC\perp BD}，又{DE\cap BD= D}，∴{BC\perp}平面{BDE}．{(2)}解：∵{BC\perp}平面{BDE}，∴{BC\perp BE}，∴{BE=\sqrt{DE^{2}+BD^{2}}}.设{DE=x}，{V_{D-BCE}=\dfrac{1}{3}S_{\triangle BEC}\times \sqrt{2}=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{2}\times 2\sqrt{2}\times \sqrt{8+x^{2}}\times \sqrt{2}}，{V_{E-BDC}=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{2}\times 2\sqrt{2}\times 2\sqrt{2}x}，∵{V_{D-BEC}=V_{E-BDC}}，解得{x=\dfrac{\sqrt{8}}{\sqrt{3}}}，∴{V_{F-BED}=V_{B-FED}=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{2}\times 2\times \dfrac{\sqrt{8}}{\sqrt{3}}\times 2=\dfrac{4\sqrt{6}}{9}}.【考点】柱体、锥体、台体的体积计算平面与平面垂直的判定【解析】（1）利用平面{ADEF\perp}平面{ABCD}，得到{DE\perp BC }，再利用勾股逆定理得到{BC\perp BD}，然后根据直线与平面垂直的判定证明即可．（2）令{DE= x}，利用{V_{D-EEC}= V_{E-BDC}}，解得{x= \dfrac{\sqrt{8}}{\sqrt{3}}}，再用三棱锥的等体积转化{V_{B-BE_{3_{{B-EE}}}}}即可求出体积．【解答】证明：{(1)}在矩形{ADEF}中，{DE\perp AD}，又∵平面{ADEF\perp}平面{ABCD}，且平面{ADEF\cap}平面{ABCD= AD}，∴{DE\perp}平面{ABCD}，所以{DE\perp BC}，在直角梯形{ABCD}中，{2AB=2 AD= CD= 4}，可得{BD= 2\sqrt{2}}，在{\triangle BCD}中，{BC= BD= 2\sqrt{2}}，{ CD= 4}，∴{BD^{2}+ BC^{2}= CD^{2}}，∴{BC\perp BD}，又{DE\cap BD= D}，∴{BC\perp}平面{BDE}．{(2)}解：∵{BC\perp}平面{BDE}，∴{BC\perp BE}，∴{BE=\sqrt{DE^{2}+BD^{2}}}.设{DE=x}，{V_{D-BCE}=\dfrac{1}{3}S_{\triangle BEC}\times \sqrt{2}=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{2}\times2\sqrt{2}\times \sqrt{8+x^{2}}\times \sqrt{2}}，{V_{E-BDC}=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{2}\times 2\sqrt{2}\times 2\sqrt{2}x}，∵{V_{D-BEC}=V_{E-BDC}}，解得{x=\dfrac{\sqrt{8}}{\sqrt{3}}}，∴{V_{F-BED}=V_{B-FED}=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{2}\times 2\times \dfrac{\sqrt{8}}{\sqrt{3}}\times 2=\dfrac{4\sqrt{6}}{9}}.21.【答案】（1）单调递增区间为{\left[-\dfrac{\pi }{6}, 0\right]}和{\left[\dfrac{\pi }{2}, \dfrac{5\pi }{6}\right]}；（2）最大值为{2}，最小值{-1}．【考点】余弦函数的定义域和值域二倍角的余弦公式【解析】（1）首先利用二倍角公式和辅助角公式对{f\left(x\right)}化简，再利用偶函数求出{\varphi}的值，再利用{T= \pi}求出．的值，即可得{f\left(x\right)}的解析式，再利用余弦函数的单调递增区间即可求解；（2）利用三角函数图象变换的规律求出{g\left(x\right)}的解析式，再利用余弦函数的性质即可求值域．【解答】（1）由题意函数{f\left(x\right)= \sqrt{3}\sin \left(\omega x+ \varphi \right)+ 2\cos ^{2}\dfrac{\omegax+ \theta }{2}-1}{= \sqrt{3}\sin \left(\omega x+ \varphi \right)+ \cos \left(\omega x+ \varphi \right)= 2\sin \left(\omega x+ \varphi + \dfrac{\pi }{6}\right)}因为函数{f\left(x\right)}图象的相邻两个最高点的距离为{\pi}所以{T= \pi }，可得{\omega = 2}又由函数{f\left(x\right)}为偶函数可得{f\left(0\right)= 2\sin \left(\varphi + \dfrac{\pi }{6}\right)= \pm 2}所以{Q+ \dfrac{\pi }{6}= k\pi + \dfrac{\pi }{2} k\in Z}，则{\varphi = k\pi + \dfrac{\pi }{3} k\in Z}因为{0\lt \varphi \lt \pi}，所以{\varphi = \dfrac{\pi }{3}}，所以函数{f\left(x\right)= 2\cos 2x}令{2k\pi -\pi \le 2x\le 2k\pi , k\in Z}，解得{k\pi -\dfrac{\pi }{2}\le x\le k\pi k\in Z}，得到函数{g\left(x\right)= 2\cos \left(4x-\dfrac{\pi }{3}\right)}的图象，当{x\in \left[-\dfrac{\pi }{12}, \dfrac{\pi }{6}\right]}时，{4x-\dfrac{\pi }{3}\in \left[-\dfrac{2\pi } {3}\cdot \dfrac{\pi }{3}\right]}当{4x-\dfrac{\pi }{3}= -\dfrac{2\pi }{3}}，即{x= -\dfrac{\pi }{12}}时，函数{g\left(x\right)}取得最小值，最小值为{-1}；当{4x-\dfrac{\pi }{3}= 0}，即{x= \dfrac{\pi }{12}}时，函数{g\left(x\right)}取得最大值，最大值为{2}．22.【答案】解：{(1)}由{f(x)=2 \sqrt{3} \sin x \cos x+2 \cos ^{2} x-1}，得{f(x)=\sqrt{3}(2 \sin x \cos x)+\left(2 \cos ^{2} x-1\right)}{=\sqrt{3} \sin 2 x+\cos 2 x=2 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{6}\right)}所以函数{f(x)}的最小正周期为{\pi}.因为{f(x)=2 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{6}\right)}在区间{\left[0, \dfrac{\pi}{6}\right]}上单调递增，在区间{\left[\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{\pi}{2}\right]}上单调递减，又{f(0)=1, f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=2, f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=-1}，所以函数{f(x)}在区间{\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]}上的最大值为{2}，最小值为{-1}．{(2)}由{(1)}可知{f\left(x_{0}\right)=2 \sin \left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right)}，又因为{f\left(x_{0}\right)=\dfrac{6}{5}}，所以{\sin \left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{3}{5}}.又{x_{0} \in\left[\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{2}\right]}，得{2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6} \in\left[\dfrac{2 \pi} {3}, \dfrac{7 \pi}{6}\right]}，从而{\cos \left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right)=-\sqrt{1-\sin ^{2}\left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right)}=-\dfrac{4}{5}}.所以{\cos 2 x_{0}=\cos \left[\left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right)-\dfrac{\pi}{6}\right]}{=\cos \left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right) \cos \dfrac{\pi}{6}}{+\sin \left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right) \sin \dfrac{\pi}{6}}{=\dfrac{3-4 \sqrt{3}}{10}}.【考点】三角函数的最值三角函数中的恒等变换应用【解析】（1）利用二倍角公式和两角和公式对函数解析式化简，利用周期公式求得函数的最小正周期．利用{x}的范围，确定{2x+ \dfrac{\pi }{6}}的范围，进而利用正弦函数的单调性求得函数{f(x)}在区间上的最大和最小值．（2）利用{f(x_{0})= \dfrac{6}{5}}，{x_{0}\in [\dfrac{\pi }{4},\, \dfrac{\pi }{2}]}，求出{\cos(2x_{0}+ \dfrac{\pi }{6})= -\dfrac{4}{5}}，利用两角和与差的三角函数公式求值．【解答】解：{(1)}由{f(x)=2 \sqrt{3} \sin x \cos x+2 \cos ^{2} x-1}，得{f(x)=\sqrt{3}(2 \sin x \cos x)+\left(2 \cos ^{2} x-1\right)}{=\sqrt{3} \sin 2 x+\cos 2 x=2 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{6}\right)}所以函数{f(x)}的最小正周期为{\pi}.因为{f(x)=2 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{6}\right)}在区间{\left[0, \dfrac{\pi}{6}\right]}上单调递增，在区间{\left[\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{\pi}{2}\right]}上单调递减，又{f(0)=1, f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=2, f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=-1}，所以函数{f(x)}在区间{\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]}上的最大值为{2}，最小值为{-1}．{(2)}由{(1)}可知{f\left(x_{0}\right)=2 \sin \left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right)}，又因为{f\left(x_{0}\right)=\dfrac{6}{5}}，所以{\sin \left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{3}{5}}.又{x_{0} \in\left[\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{2}\right]}，得{2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6} \in\left[\dfrac{2 \pi} {3}, \dfrac{7 \pi}{6}\right]}，从而{\cos \left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right)=-\sqrt{1-\sin ^{2}\left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right)}=-\dfrac{4}{5}}.所以{\cos 2 x_{0}=\cos \left[\left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right)-\dfrac{\pi}{6}\right]}{=\cos \left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right) \cos \dfrac{\pi}{6}}{+\sin \left(2 x_{0}+\dfrac{\pi}{6}\right) \sin \dfrac{\pi}{6}}{=\dfrac{3-4 \sqrt{3}}{10}}.。
2019-2020学年度最新高一数学下学期6月月考试题(含解析)
C. (x－2)2＋(y＋3)2＝4
D. (x－2)2＋(y＋3)2＝9
【答案】C
【解析】
【分析】
因为与y轴相切，所以可知圆的半径，根据圆心坐标，可得圆的标准方程。
【详解】圆心为(2，－3)并且与y轴相切
所以半径
所以圆的方程为(x－2)2＋(y＋3)2＝4
所以选C
【答案】(－∞，0]
【解析】
∵直线方程为
10.10.动圆x2＋y2－(4m＋2)x－2my＋4m2＋4m＋1＝0的圆心的轨迹方程是( )．
A. 2x－y－1＝0 B. 2x－y－1＝0(x≠1)
C. x－2y－1＝0(x≠1) D. x－2y－1＝0
【答案】C
【解析】
【分析】
利用配方法得到圆心坐标，消去参数得到圆心的轨迹方程，关键注意自变量的取值范围要求。
【详解】当在x轴与y轴上的截距为0时，设切线方程为
所以圆心到直线的距离
可解得 ，所以切线方程为
当在x轴与y轴上的截距不为0时，设切线方程为
所以，解得 或 （舍），即切线方程为
所以共有3条切线方程
所以选C
【点睛】本题考查了点到直线距离的简单应用，直线与圆的位置关系，属于基础题。
5.5.圆x2＋y2＝1与圆x2＋y2＝4的位置关系是( )
【答案】D
【解析】
因为，所以圆心到直线的距离。因为直线经过点，当直线斜率不存在时，直线的方程为，此时圆心到直线的距离为3，符合；当直线斜率存在时，设直线方程为，则有，解得。所以直线方程为，即。综上可得，直线的方程为或，故选D
8.8.一束光线从点A(－1,1)发出，并经过x轴反射，到达圆(x－2)2＋(y－3)2＝1上一点的最短路程是( )
河北省衡水14中高一数学第二次月考试题新人教A版
高一第二次月考数学试题注意事项 1.本卷共150分，考试时间120分钟2.将答案写在答题卡的相应位置一、选择题 (共 12 小题，每小题 5分)1. 已知集合M = {|ln(1)}x y x =-，集合{}R x e y y N x ∈==,| (e 为自然对数的底数），则N M =（ ）A ．}1|{<x xB ．}1|{>x xC ．}10|{<<x xD ．∅2. 已知x a x f -=)( )10(≠>a a 且，且)3()2(->-f f ，则a 的取值范围是（ ） A. 0>a B. 1>a C. 1<a D. 10<<a3. 函数()x bf x a-=的图象如图，其中,a b 为常数，则下列结论正确的是（ ）A 01,0a b <<<B 1,0a b >>C 01,0a b <<>D 1,0a b ><4. 函数212log (56)y x x =-+的单调增区间为（ ）A ．52⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，B ．(3)+∞，C ．52⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭， D ．(2)-∞，5. 函数y ＝log 21（x 2－6x ＋17）的值域是（ ）A ．RB ．［8，＋)∞C ．（－∞，－3]D ．［－3，＋∞］6. 若2log 31x =，则39xx+的值为 （ ）A ．6B ．3C ．52 D ．127. 若log 9log 90m n <<,那么,m n 满足的条件是（ ）A ．1m n >>B ．01n m <<<C ．1n m >>D ．01m n <<< 8. 幂函数()f x x α=的图象过点(2,4)，那么函数()f x 的单调递增区间是 A ． (2,)-+∞ B ． [1,)-+∞ C ． [0,)+∞ D ． (,2)-∞-9. 如图，给出幂函数n y x =在第一象限内的图象，n 取12,2±±四个值，则相应于曲线1234,,,C C C C 的n 依次为（ ） w.w.w..c.o.m(A)112,,,222-- (B)112,,,222--(C)11,2,2,22-- (D)112,,2,22--10. 在下列区间中，函数3)(x x f =-2)21(-x 的零点所在的区间为（ ） A ．（0，1） B.（1，2） C.（2，3） D.（3，4） 11. 方程x x3log )21(=的根的情况是A ．有4个不等的正根 B. 有4个根，其中两个正根、两个负根 C. 有两个异号根 D. 有两个不等的正根12. 函数f （x ）=1+log 2x 与g （x ）=2-x+1在同一直角坐标系下的图象大致是（ ）二、填空题 (共 4 小题，每小题 5 分)13. 已知函数212()log (65)(,)f x x x a =-++∞在上是减函数，则a 的取值范围是 .14. 函数y=)124(log 221-+x x 的单调递增区间是 .15. 若函数f(x)=a x-x-a(a>0且a ≠1)有两个零点，则实数a 的取值范围是 .16. 不等式212422≤-+x x的解集为 .三、解答题17.（10分） 点（2，1）与（1，2）在函数()2ax b f x +=的图象上，求()f x 的解析式18. （12分）求函数y ＝31log （x 2－5x ＋4）的定义域、值域和单调区间．19. （12分） 已知函数f(x)＝log a (1＋x)，g(x)＝log a (1－x)，其中(a>0且a≠1)，设h(x)＝f (x)－g(x)．(1)求函数h(x)的定义域；(2)判断h(x)的奇偶性，并说明理由；(3)若f(3)＝2，求使h(x)>0成立的x 的集合．20. （12分）已知函数2()ln(21)f x ax x =++ （1）若()f x 的定义域为R ,求实数a 的取值范围. （2）若()f x 的值域为R ，则实数a 的取值范围.21. 当a 为何值时，关于x 的方程lg(x －1)＋lg(3－x)＝lg(a －x)有两个、一个、零个实数解？22. （本小题满分10分）如果函数y ＝a 2x ＋2a x－1(a>0，且a ≠1)在[－1,1]上的最大值是14，求a 的值．答案一、选择题 C D A D CA B CA B C C二、填空题13. 5a ≥ 14. )2,(--∞ 15. }1|{>a a . 16. [-3,1] 三、解答题18. (1) 定义域：（－∞，1）∪（4，＋∞），值域是R ，｛μ｜μ＝x 2－5x ＋4｝＝R ，所以函数的值域是R ．因为函数y ＝31log （x 2－5x ＋4）是由y ＝31log μ（x ）与μ（x ）＝x 2－5x ＋4复合而成，函数y ＝31log μ（x ）在其定义域上是单调递减的，函数μ（x ）＝x 2－5x ＋4在（－∞，25）上为减函数，在［25，＋∞］上为增函数．考虑到函数的定义域及复合函数单调性，y ＝31log （x 2－5x ＋4）的增区间是定义域内使y ＝31log μ（x ）为减函数、μ（x ）＝x 2－5x ＋4也为减函数的区间，即（－∞，1）；y ＝31log （x2－5x ＋4）的减区间是定义域内使y ＝31log μ（x ）为减函数、μ（x ）＝x 2－5x ＋4为增函数的区间，即（4，＋∞）．(3)由f(3)＝2，得a ＝2.此时h(x)＝log 2(1＋x)－log 2(1－x)，由h (x)>0即log 2(1＋x)－log 2(1－x)>0， ∴log 2(1＋x)>log 2(1－x)． 由1＋x>1－x>0，解得0<x<1.故使h(x)>0成立的x 的集合是{x|0<x<1}．20. 解析: （1）若()f x 的定义域为R ,则2210ax x ++>的解集为R01440a a a >⎧∴>⎨∆=-<⎩（2）若()f x 的值域为R ,则221ax x ++能取到一切正数0a ∴=或0440a a >⎧⎨∆=-≥⎩ ∴01a ≤≤22.令t ＝a x，则y ＝t 2＋2t －1，对称轴方程为t ＝－1，若a>1，∵x ∈[－1,1]，t ＝a x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，a ，y 最大值＝a 2＋2a －1＝14，∵a>0，∴a ＝3.若0<a<1，∵x ∈[－1,1]，∴t ＝a x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ，1a ，y 最大值＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1＝14， ∵0<a<1，∴a ＝13，∴a ＝3或13.。
2022-2023学年四川省成都市高一下册6月月考数学试卷(含解析)
2022-2023学年四川省成都市高一下册6月月考数学试卷（含解析）注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；2．请将答案正确填写在答题卡上.第Ⅰ卷（选择题）一、单选题（每题5分，错选多选不得分，共40分）1.若i(1)1z -=，则z z +=（）A.2-B.1- C.1D.2【正确答案】D【分析】利用复数的除法可求z ，从而可求z z +.【详解】由题设有21i1i i i z -===-，故1+i z =，故()()1i 1i 2z z +=++-=，故选：D2.已知一个圆锥和圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是等边三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为（）A.12B.2C.D.【正确答案】C【分析】根据圆锥和圆柱的侧面积公式求解即可.【详解】设圆锥和圆柱的底面半径为r ，因为圆锥的轴截面是等边三角形，所以圆锥的母线长为2l r =，则圆锥和圆柱的高为h ==，所以圆锥的侧面积为2112π2π2S r l r =⨯⨯=，圆柱的侧面积为222πS r h r =⨯=，所以圆锥和圆柱的侧面积之比为1233S S =,故选:C.3.sin 70sin 40sin 50cos110︒︒-︒︒=（）A.12B.12-C.2D.2【正确答案】C【分析】根据诱导公式以及两角和与差的余弦公式即可求解.【详解】sin 50sin(9040)cos 40︒=︒-︒=︒；cos110cos(18070)cos 70︒=︒-︒=-︒；∴原式sin 70sin 40cos 40cos 70︒︒+︒︒=()3cos 7040cos302=︒-︒=︒=.故选：C4.设,αβ是两个不同平面，,m n 是两条直线，下列命题中正确的是（）A.如果m n ⊥，m α⊥，//n β，那么αβ⊥B.如果m n ⊥，m α⊥，n β⊥，那么//αβC.如果 //m n ，m α⊥，n β⊥，那么//αβD.如果//αβ，m 与α所成的角和n 与β所成的角相等，那么//m n 【正确答案】C【分析】A.由m n ⊥，m α⊥，得到//n α或n ⊂α，再利用平行于同一直线的两平面的位置关系判断；B.由m n ⊥，m α⊥，得到//n α或n ⊂α，再利用面面垂直的判定定理判断；C.由 //m n ，m α⊥，得到n α⊥，再利用垂直于同一直线的两平面平行判断；D.利用空间直线的位置关系判断．【详解】A.因为m n ⊥，m α⊥，所以//n α或n ⊂α，又//n β，则,αβ位置不确定，故错误；B.因为m n ⊥，m α⊥，所以//n α或n ⊂α，又n β⊥，所以αβ⊥，故错误；C.因为 //m n ，m α⊥，所以n α⊥，又n β⊥，所以//αβ，故正确；D.如果//αβ，m 与α所成的角和n 与β所成的角相等，那么//m n ，相交或异面，故错误．故选：C5.在ABC 中，若2cos a B c =，则该三角形一定是（）A.等腰三角形B.直角三角形C.等边三角形D.不能确定【正确答案】A【分析】利用余弦定理将角转化为边，然后化简可得结果.【详解】因为2cos a B c =，所以由余弦定理得22222a c b a c ac+-⋅=，所以2222a c b c +-=，所以22a b =，因为0,0a b >>，所以a b =，所以ABC 为等腰三角形，故选：A6.圣·索菲亚教堂（英语：SAINTSOPHIA CATHEDRAL ）坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，为哈尔滨的标志性建筑，被列为第四批全国重点文物保护单位.其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美，小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索非亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为()15m ，在它们之间的地面上的点M （B ，M ，D 三点共线）处测得楼顶A 教堂顶C 的仰角分别是15︒和60︒，在楼顶A 处测得塔顶C 的仰角为30︒，则小明估算索菲亚教堂的高度为（）A.20mB.30mC.mD.m【正确答案】D【分析】在在Rt ABM 中，求出AM ，在ACM △中，利用正弦定理求出CM ，再解Rt MCD △即可得解.【详解】由题意可知，在Rt ABM中，15,15AB AMB =-∠=︒，则()1sin sin15sin 453022224AB AMB AM ∠==︒=︒-︒=⨯-⨯=，所以624AM ==，在ACM △中，301545,1806015105MAC AMC ∠=︒+︒=︒∠=︒-︒-︒=︒，则1804510530ACM ∠=︒-︒-︒=︒，由正弦定理得sin sin AM CMACM MAC=∠∠，所以226012CM ==，在Rt MCD △中，60CMD ∠=︒，则sin 2CD CMD CM ∠==，所以602CD =⨯=，所以小明估算索菲亚教堂的高度为.故选：D.7.已知向量,a b满足||1,||2|3a b a b ==-= ，则a b ⋅=（）A.2-B.1- C.1D.2【正确答案】C【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.【详解】解：∵222|2|||44-=-⋅+a b a a b b ，又∵||1,||2|3,==-=a b a b ∴91443134=-⋅+⨯=-⋅a b a b ，∴1a b ⋅=故选：C.8.在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB =、3BC =，M 、N 分别为棱AB 、1BB 的中点，点P 在对角线11AC 上，且13A P =，过点M 、N 、P 作一个截面，该截面的形状为（）A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形【正确答案】C【分析】找到截面与长方体的平面的交线，判断为五边形.【详解】如图所示，延长MN 、11A B ，使11MN A B T ⋂=，连接1PD 、PT，∵4AB =、3BC =、13A P =，∴115AC =、12C P =，∵M 、N 分别为棱AB 、1BB 的中点，∴12BM B T ==，∴16AT =，∵1111132AT A P C D C P ==，又1A 、P 、1C 三点共线，∴T 、P 、1D 三点共线，∴1D 在截面上，延长NM 、1A A ，使1NM A A K ⋂=，连接1D K ，使1D K AD Q ⋂=，∴Q 在截面上，连接QM 、KM ，∵11//AQ A D ，且1112AQ A D =∴112AK AA =，∴AK //BN 且AK =BN ，又M 为AB 中点，A 、B 、M 三点共线，∴M 、N 、K 三点共线，∴截面为五边形1D SNMQ ，故选：C ．二、多选题（共20分，错选多选不得分，少选得2分）9.已知函数()()2sin 0,2f x x πωϕωϕ⎛⎫=+>< ⎪⎝⎭图象的一条对称轴方程为6x π=，与其相邻对称中心的距离为4π，则（）A.()f x 的最小正周期为πB.()f x 的最小正周期为2πC.6πϕ=D.3πϕ=【正确答案】AC【分析】根据三角函数图象性质可得函数解析式进而可得周期.【详解】因为()f x 图象相邻的对称中心与对称轴的距离为4π，所以最小正周期T π=，故A 正确，B 不正确；因为22T πω==，且()2,622k k πππϕπϕ⨯+=+∈<Z ，所以6πϕ=，故C 正确，D 不正确，故选：AC .10.已知ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则下列说法正确的是（）A.sin sin sin sin a a b cA ABC ++=++B.若ABC 为斜三角形，则tan tan tan tan tan tan A B C A B C ++=C.若0AC CB ⋅>，则ABC 是锐角三角形D.若cos cos cos a b cA B C==，则ABC 一定是等边三角形【正确答案】ABD【分析】由正弦定理和比例性质可以判断A ，D 选项，根据诱导公式及两角和公式判断B 选项，由平面向量的数量积判断三角形形状判断C 选项，【详解】对于A ，由正弦定理和比例性质得sin sin sin sin a a b c A A B C++=++，故A 正确；对于B ，由题意，()()tan tan tan tan πtan 1tan tan A BC A B A B A B+⎡⎤=-+=-+=-⎣⎦-，则tan tan A B +=()tan tan tan 1C A B -，所以()tan tan tan tan tan tan 1tan tan tan tan A B C C A B C A B C ++=-+=，故B 正确；对于C ，因为0AC CB ⋅>，所以()cos πcos 0AC CB AC CB C ab C ⋅=⋅-=-> ，所以cos 0C <，所以C 为钝角，ABC 是钝角三角形，故C 错误；对于D ，因为cos cos cos a b c A B C ==，所以sin sin sin cos cos cos A B CA B C==，所以tan tan tan A B C ==，且A ，B ，()0,πC ∈，所以A B C ==，所以ABC 为等边三角形，故D 正确．故选:ABD ．11.下列说法正确的是（）A.若a b a c ⋅=⋅ ，则b c=B.若ABC 为锐角三角形，则cos sin A B>C.若ABC 为斜三角形，则tan tan tan tan tan tan A B C A B C ++=D.ABC 所在平面内有一点H ，满足HA HB HB HC HC HA ⋅=⋅=⋅，则点H 是ABC 的垂心【正确答案】BCD【分析】根据数量积的运算判断AD ，由三角形的内角和、诱导公式、正弦函数、两角和的正切公式化简变形后判断BC ．【详解】A ．只要,a b a c ⊥⊥ ，必定有a b a c ⋅=⋅ ，但b c =不一定成立，A 错；B ．,A B 为锐角，则2B π-也是锐角，由2A B π+<得2A B π<-，sin cos()cos 2B B A π=-<，B 正确；C ．ABC 为斜三角形，,,A B C 都不是直角，tan tan tan tan[()]tan()1tan tan B CA B C B C B Cπ+=-+=-+=--，去分母移项得tan tan tan tan tan tan A B C A B C ++=，C 正确；D ．()0HA HB HB HC HB HA HC ⋅=⋅⇒⋅-= ，即0HB CA ⋅=，所以HB AC ⊥，同理,HC AB HA BC ⊥⊥，所以点H 是ABC 的垂心，D 正确．故选：BCD ．12.如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12AA =，1AB BC ==，90ABC ∠=︒，侧面11AAC C 的对角线交点O ，点E 是侧棱1BB 上的一个动点，下列结论正确的是（）A.直三棱柱的体积是1B.直三棱柱的外接球表面积是6πC.三棱锥1E AAO -的体积与点E 的位置有关D.1AE EC +的最小值为【正确答案】ABD【分析】由柱体体积公式计算直三棱柱的体积验证选项A ；由直三棱柱的结构特征求外接球半径和表面积验证选项B ；判断三棱锥1E AAO -的底面积和高的特征验证选项C ；把侧面11AAC C 和侧面11CC B B 展开在一个平面上求1AE EC +的最小值验证选项D.【详解】直三棱柱111ABC A B C -中，12AA =，1AB BC ==，90ABC ∠=︒，如图所示，直三棱柱的体积为1111212ABC V S AA =⋅=⨯⨯⨯=△，故A 选项正确；直三棱柱111ABC A B C -是长宽高分别为1,1,2的长方体的一半，外接球的半径为22R ==，外接球表面积是24π6πR =，故B 选项正确；O 是1AC 与1AC 的交点，则1AA O 的面积为定值，由1//BB 平面11AAC C ，E 到平面1AAO 的距离为定值，三棱锥1E AAO -的体积为定值，与点E 的位置无关，故C 选项错误；把侧面11AAC C 和侧面11CC B B 展开在一个平面上，当E 为1AC 的中点时，1AE EC +的最小值等于1AC ==，故D 正确.故选：ABD第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题（共20分，每题5分）13.已知复数z 满足42i1iz -=-，则z =________．.【分析】根据复数的除法法则化简为标准的代数形式再求模即可.【详解】()()()()242i 1i 42i 44i 2i 2i 3i 1i 1i 1i 2z -⋅+-+--====+--⋅+,所以z ==14.设,a b 为单位向量，且,a b 的夹角为23π，则()·a b b +v v v 的值为_________.【正确答案】12##0.5【分析】根据数量积的运算法则与定义求解即可.【详解】()221·11cos 132a b b a b b π+=⋅+=⨯⨯+=v v v v v v ，故答案为.1215.在ABC 中，内角,,A B C 对应的边分别为,,a b c ，已知2a =，c =4C π=，则ABC 的面积为_________.1##1+【分析】根据题意，利用正弦定理得出π6A =，然后根据三角形内角和定理得到712B π=，最后利用三角形面积公式即可求解.【详解】因为2a =，c =，4C π=所以由正弦定理得sin sin a cA C =即2sin sin 4A π=，得1sin 2A =因为30,4A π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以6A π=，所以712B AC ππ=--=，所以面积1162sin 21224S ac B ==⨯⨯=，1+16.如图，已知△ABC 和△DBC 所在的平面互相垂直，AB ＝BC ＝BD ，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，则二面角A BD C --的正切值等于________．【正确答案】－2【分析】在平面ABC 内，过A 作AH BC ⊥，可证得BC ⊥平面AHD ，AH ⊥平面BCD ，过H 作HR BD ⊥，可得BD ⊥平面AHR ，则BD AR ⊥，故ARH ∠为二面角A BD C --的平面角的补角，设BC a =，求出,,,DH AH HB HR ，即可得出答案.【详解】在平面ABC 内，过A 作AH BC ⊥，垂足为H ，连接DH ，由题意DH BC ⊥，AH DH H ⋂=，,AH DH ⊂平面AHD ，∴BC ⊥平面AHD ，∵ABC 和BCD △所在的平面互相垂直，且平面ABC ⋂平面BCD BC =，∴AH ⊥平面BCD ，过H 作HR BD ⊥，垂足为R ，连接AR ，∵AH ⊥平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，∴AH BD ⊥，∵AH HR H ⋂=，,AH HR ⊂平面AHR ，∴BD ⊥平面AHR ，又AR ⊂平面AHR ，∴BD AR ⊥，故ARH ∠为二面角A BD C --的平面角的补角．设BC a =，则由题设知，sin 60,cos6022a DH AH BD a HB BD ︒︒=====，在HDB 中，sin 60224a HR HB a ︒==⨯=，tan 2AH ARH HR ∴∠==，故二面角A BD C --的正切值为－2．故－2．四、解答题17.已知(1,2)a =- ，(1,4)b =- ．（1）若4a b + 与k a b - 垂直，求实数k 的值；（2）若θ为4a b + 与a b + 的夹角，求cos θ的值．【正确答案】（1）1911k =-（2）4cos 5θ=-【分析】（1）根据平面向量的坐标运算求模长与数量积，由向量垂直列方程即可得实数k 的值；（2）根据平面向量的夹角余弦值的坐标运算即可.【小问1详解】因为(1,2)a =- ，(1,4)b =- ，所以189a b a b ====⋅=--=-，又4a b + 与k a b - 垂直，所以()()()()224442094170a b ka b ka k a b b k k +⋅-=+-⋅-=---= ，解得1911k =-；【小问2详解】因为()()()()()()441,21,43,4,1,21,40,2a b a b +=-+-=-+=-+-=-所以()()44cos 54a b a ba b a b θ+⋅+===-+⋅+.18.已知函数()2sin cos 442x x x f x =+．（1）求函数()f x 的最小正周期及最值；（2）令()3g x f x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，判断函数()g x 的奇偶性，并说明理由．【正确答案】（1）4πT =，最大值为2，最小值为2-（2）偶函数，证明见解析【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简得到π()2sin 23x f x ⎛⎫=+⎪⎝⎭，再利用周期公式和三角函数性质求最值得到答案.（2）代入计算得到()2cos2x g x =，再根据奇偶函数的定义判断奇偶性.【小问1详解】π()2sin cos sin 2sin 4422232x x x x x x f x ⎛⎫=+=+=+ ⎪⎝⎭，故2π4π12T ==，当ππ2π,Z 232x k k +=+∈，即π4π,Z 3x k k =+∈时，函数有最大值为2；当π3π2π,Z 232x k k +=+∈，即7π4π,Z 3x k k =+∈时，函数有最小值为2-.【小问2详解】πππ32sin 2sin 2cos 2322)32(g x x x x x f π⎛⎫=+= ⎪⎝ ⎛⎫+⎪⎛⎫+=+= ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭⎭，()()2cos 2cos 22x x g x g x ⎛⎫-=-== ⎪⎝⎭，函数为偶函数.19.在ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，且1cos 3A =．（1）求2sin cos 22B C A ++的值；（2）若a =bc 的最大值．【正确答案】（1）19-（2）94【分析】（1）把所求的式子利用二倍角的余弦函数公式及三角形的内角和定理化简后，得到一个关于cos A 的关系式，把cos A 的值代入即可求出值；（2）根据余弦定理表示出cos A ，然后把等式变为22223bc b c a =+-，利用基本不等式和a 的值即可求出bc 的最大值．【小问1详解】解：因为2sin cos 22B C A ++21[1cos()](2cos 1)2B C A =-++-21(1cos )(2cos 1)2A A =++-112(1(1)239=++-19=-；【小问2详解】解：根据余弦定理可知：2221cos 23b c a A bc +-==，∴2222223bc b c a bc a =+-≥-，又 a =2233bc bc ≥-，∴94bc ≤，当且仅当32b c ==时，94bc =，故bc 的最大值是94．20.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，E 、F 分别为AD 、PB 的中点.（Ⅰ）求证：PE BC ⊥；（Ⅱ）求证：平面PAB ⊥平面PCD ；（Ⅲ）求证：//EF 平面PCD .【正确答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.【分析】（1）欲证PE BC ⊥，只需证明PE AD ⊥即可；（2）先证PD ⊥平面PAB ，再证平面PAB ⊥平面PCD ；（3）取PC 中点G ，连接,FG DG ，证明//EF DG ，则//EF 平面PCD .【详解】（Ⅰ）∵PA PD =，且E 为AD 的中点，∴PE AD ⊥.∵底面ABCD 为矩形，∴//BC AD ，∴PE BC ⊥；（Ⅱ）∵底面ABCD 为矩形，∴AB AD ⊥.∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，AB ⊂平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD ，又PD ⊂平面PAD ，∴AB PD ⊥.又PA PD ⊥，PA AB A = ，PA 、AB ⊂平面PAB ，PD ∴⊥平面PAB ，∵PD ⊂平面PCD ，∴平面PAB ⊥平面PCD ；（Ⅲ）如图，取PC 中点G ，连接,FG GD .∵,F G 分别为PB 和PC 的中点，∴//FG BC ，且12FG BC =.∵四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，∴1//,2ED BC DE BC =，∴//ED FG ，且ED FG =，∴四边形EFGD 为平行四边形，∴//EF GD ，又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ，∴//EF 平面PCD .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.21.函数()26cos 3(0)2x f x x ωωω=->在一个周期内的图象如图所示，A 为图象的最高点，B 、C 为图象与x 轴的交点，且ABC ∆为正三角形.（1）求ω的值及函数()f x 的值域；（2）若()05f x =，且0102,33x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，求()01f x +的值.【正确答案】（2）ω4π=，函数的值域为⎡-⎣;（2）5.【分析】(1)将函数()f x 化简整理，根据正三角形ABC 的高为ω，进而可得其值域；(2)由()05f x ＝得到0πx π4 sin 435⎛⎫ ⎪⎝⎭＋＝，再由010233x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭－，求出0cos 43x ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋，进而可求出结果.【详解】(1)由已知可得()26332x f x cos x cos x x ωωωω+-=+＝3x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，又正三角形ABC 的高为BC 4＝，所以函数()f x 的最小正周期428T ⨯＝＝，即28πω，得ω4π＝，函数()f x 的值域为⎡⎣－．(2)因为()05f x ＝，由(1)得()00πx π435f x ⎛⎫ ⎪⎝⎭＝＋＝，即0πx π4sin 435⎛⎫ ⎪⎝⎭＋＝，由010233x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭－，，得0,4322x ππππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭－，即0πx πcos 43⎛⎫ ⎪⎝⎭＋＝35，故()00πx ππ1443f x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭＝＋0πx ππ434⎡⎤⎛⎫ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦＝＋＋00sin cos cos sin 434434x x ππππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦＋＋42327652525⎛⎫=⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭.本题主要考查三角函数的图象和性质，熟记正弦函数的性质即可求解，属于基础题型.22.如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【正确答案】(1)证明见解析；(2)6.【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为AB AD =，O 是BD 中点，所以OA BD ⊥，因为OA ⊂平面ABD ，平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以OA ⊥平面BCD ．因为CD ⊂平面BCD ，所以OA CD ⊥.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O 为坐标原点，OA 为z 轴，OD 为y 轴，垂直OD 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，则31(,,0),(0,1,0),(0,1,0)22C D B -，设12(0,0,),(0,,)33A m E m,所以4233(0,,),,,0)3322EB m BC =--= ，设(),,n x y z =r 为平面EBC 的法向量，则由00EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩ 可求得平面EBC的一个法向量为2()n m =- ．又平面BCD 的一个法向量为()0,0,OA m = ，所以cos ,2n OA == ，解得1m =．又点C 到平面ABD 的距离为2，所以11213226A BCD C ABD V V --==⨯⨯⨯⨯=，所以三棱锥A BCD -的体积为6．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作EG BD ⊥，垂足为点G ．作GF BC ⊥，垂足为点F ，连结EF ，则OA EG ∥．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ，EFG ∠为二面角E BC D --的平面角．因为45EFG ∠=︒，所以EG FG =．由已知得1OB OD ==，故1OB OC ==．又30OBC OCB ∠=∠=︒，所以BC =．因为24222,,,133333GD GB FG CD EG OA ======，11113322(11)1333226A BCD BCD BOC V S O S OA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=．[方法三]：三面角公式考虑三面角B EDC -，记EBD ∠为α，EBC ∠为β，30DBC ∠=︒，记二面角E BC D --为θ．据题意，得45θ=︒．对β使用三面角的余弦公式，可得cos cos cos30βα=⋅︒，化简可得3cos cos 2βα=．①使用三面角的正弦公式，可得sin sin sin αβθ=，化简可得sin βα=．②将①②两式平方后相加，可得223cos 2sin 14αα+=，由此得221sin cos 4αα=，从而可得1tan 2α=±．如图可知π(0,)2α∈，即有1tan 2α=，根据三角形相似知，点G 为OD 的三等分点，即可得43BG =，结合α的正切值，可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD -的体积为6．【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.。
高一下学期6月月考——数学人教版
高一年级下学期6月月考数 学 试 题（X 围：平面向量）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题：每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确地选项填在题后的括号内． 1．若向量a =(1,1),b =(1,－1),c =(－1,2)，则c 等于（ ）A ．21-a 23+b B ．21a 23-b C ．23a 21-b D ．23-a +21b 2．已知P 点分有向线段AB 所成的比为31，则点B 分有向线段AP 所成的比为 （ ）A ．43B ．34C ．－34D ．－433．若平面向量b 与向量)2,1(-=a 的夹角是︒180，且53||=b ，则=b （ ）A ．)6,3(-B ．)6,3(-C ．)3,6(-D ．)3,6(- 4．△ABC 中，∠A ，∠B 的对边分别为a ,b ，且∠A=60°，4,6==b a ，那么满足条件的△ABC （ ）A ．有一个解B ．有两个解C ．无解D ．不能确定5ABCD 三个顶点A 、B 、C 的坐标分别为（－2,1）,（－1,3）,（3,4），则顶点D 的坐标为 （ ） A ．(2，1) B ．(2，2) C ．(1，2) D ．(2，3) 6．设a =(23，sin α)，b=(cos α，31)，且a ∥b ，则锐角α为 （ ）A ．30°B ．60°C ．45°D ．75°7．为了得到)2(x f y -=的图象，可以把函数)21(x f y -=的图象按向量a 进行平移，则a等于（ ）A ．（1，0）B ．（－1，0）C ．（0,21） D ．（0,21-） 8．锐角△ABC 中，R B A Q B A P B A =+=+=+cos cos ,sin sin ,)sin(，则 （ ）A ．Q>R>PB ．P>Q>RC ．R>Q>PD ．Q>P>R 9．若a =(2,3),b =(4,－1+y )，且a ∥b ，则y =（ ）A ．6B ．5C ．7D ．810．已知 ABCD 的两条对角线交于点E ，设1e AB =，2e AD =，用21,e e 来表示ED 的表达式为（ ）A ．212121e e --B ．212121e e +-C ．212121e e -D ．212121e e +11．边长为2的正三角形ABC 中，设AB =c ,BC =a ,CA =b ,则a ·b +b ·c +c ·a 等于（ ）A ．0B ．1C ．3D ．－3 12．已知|AB |=10,|AC |=7，则|BC |的取值X 围是（ ）A ．［3，17］B ．（3，17）C ．［3，１０］D ．（3，１０）第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：每小题5分，共20分，把正确答案填写在题中的横线上，或按题目要求作答． 13．已知)2,3(=a ，)1,2(-=b 若b a b a λλ++与平行，则λ=. 14．已知两点A （－2，0），B （2，3），P （x ，y ）在AB 上，APABPB AP =则P 的值为. 15．已知b a b a ,,3||,4||==的夹角为120°，且b a c 2+=，b k a d +=2，当a c ⊥时， k=.16．如图，为了测定河的宽度，在一岸边选定两点A 、B ，望对岸标记物C ，测得∠CAB =30°,∠CBA =75°,AB =120m ， 则河的宽度为.三、解答题：共48分．要求写出必要的文字说明、重要演算步骤，有数值计算的要明确写出数值和单位，只有最终结果的不得分． 17．（本题满分10分）已知平行四边形ABCD 一个顶点坐标为A (－2,1)，一组对边AB 、CD的中点分别为M (3，0)、N (－1，－2)，求平行四边形的各个顶点坐标． 18．（本题满分12分）已知向量a =(2x －y +1,x +y －2),b =(2,－2),x 、y 为何值时， （I ）a =b ； （II ） a ∥b. 19．（本题满分12分）已知向量e 1、e 2不共线. （I ）若AB =e 1－e 2，BC =2e 1－８e 2，CD =3e 1＋３e 2，求证：A 、B 、D 三点共线； （II ）若向量λe 1－e 2与e 1－λe 2共线，某某数λ的值.20．（本题满分12分）已知),(21a a a =，),(21b b b =且01221≠-b a b a .求证：（I ）对于平面内任一向量),(21c c c =都可以表示为b y a x +的形式； （II ）若b y a x +=0，则x =y=0.21．（本题满分12分）如图，ABCD 为正方形，P 是对角线DB 上一点，PECF 为矩形，求证： （I ）PA=EF ； （II ）PA ⊥EF.22．（本题满分12分）在海岸A处，发现北偏东45°方向，距离A为(3-1)海里的B处有一艘走私船，在A处北偏西75°方向距离A为2海里的C处有我方一艘辑私艇奉命以103海里/小时的速度追截走私船，此时走私船正以10海里/小时的速度从B处向北偏东30°方向逃窜，问辑私艇沿什么方向，才能最快追上走私船？需要多长时间？数学参考答案一、选择题1．B2．C 3．A 4．C 5．B 6．C 7．D 8．A 9．C 10．B11．D . 12．A 二、填空题13．±1 14．)2)15(3,252(-- 15．32- 16．60m 三、解答题17．解：Ｂ（8，－1），Ｃ（4，－3），Ｄ（－6，－1）.18．解：（I ）根据向量的相等,得212,2 2.x y x y -+=⎧⎨+-=-⎩ 解得 1,31.3x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩（II ）根据向量共线的条件,得-2(2x -y +1)-2(x +y -2)=0,化简得 3x -1=0 ， ∴1,3x y ⎧=⎪⎨⎪∈⎩R.19．解：（I ）BD =BC +CD =2e 1-8e 2+3(e 1+e 2)＝５e 1-5e 2＝５AB ,∴BD 与AB 共线.又直线BD 与AB 有公共点B ，∴A 、B 、D 三点共线.（II ）∵λe 1-e 2与e 1-λe 2共线,∴存在实数k ，使λe 1－e 2＝ｋ（e 1－λe 2）， 化简得（λ－ｋ）e 1+(k λ－１)e 2＝0. ∵e 1、e 2不共线，∴由平面向量的基本定理可知：λ－ｋ＝０且ｋλ－１＝０. 解得 λ＝±１，故λ＝±１．20．解：（I ）由已知111222,,a x b y c a x b y c +=⎧⎨+=⎩解之 1221122112211221,b a b a c a a c y b a b a b c b c x --=--=，故 b b a b a c a c a a b a b a b c b c c ⋅--+⋅--=1221122112211221 ；（II ）由c=0 ， 可知x =y=0.21．解：（I ）以D 为原点建立坐标系，则A （0，1），P )22,22(m m ，E （1，m 22）， F （m 22，0），知)22,221(m m EF -+-=，)221,22(m m PA --=， 可知||||PA EF =，故得证．（II ）0=⋅PA EF ， 故EF PA ⊥， 得证. 22．解：如图，设需要t 小时追上走私船.∵BC 2=AC 2+AB 2-2AC ·AB cos CAB=22+(3-1)2-2×2×(3-1)cos120°=6, ∴BC =6,在△C BD 中，∠C BD =120°cos CBD =tt t BD BC DC BD BC 10623001006222222⨯-+=⋅⋅-+，整理,得100t 2-56t -3=0 ，解得 t =106或t =-206 (舍去) ．又∵DCBBDCBD DC sin sin =，∴DCB t t sin 10120sin 310=︒． 解得∠DCB =30°． 答：沿北偏东60°追击，需106小时．。
2022-2023学年人教A版高一下数学月考试卷(含解析)
2022-2023学年高中高一下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1. 设复数满足，则()A.B.C.D.2. 已知向量，，，则的取值范围是（ ）A.B.C.D.3. 如果一个水平放置的三角形的斜二测直观图是一个等腰直角三角形，斜边长为，且斜边落在斜二测坐标系的横轴上，则原图形的面积为( )A.B.C.D.4. 在中，若，，则形状为( )A.直角三角形B.等边三角形C.等腰三角形z (3−2i)=13z ¯¯¯i 9z =−2−3i−2+3i2−3i2+3i=(1,0)a →=(cos θ,sin θ)b →θ∈[−,]π2π2|+|a →b →[0,]2–√[0,]2–√[1,2][,2]2–√222–√42–√2–√2△ABC 3b =2a sin B 3–√cos A =cos C △ABCD.等腰直角三角形5. 的值是( )A.B.C.D.6. 设，则，，的大小关系是( )A.B.C.D.7. 已知点在圆，，为中点，则最大值为（ ）A.B.C. D.8. 如图所示，边长为的正，以的中点为圆心，为直径在点的另一侧作半圆弧，点在圆弧上运动，则的取值范围为( )cos 15∘−6–√2–√2+6–√2–√2−6–√2–√4+6–√2–√41<x <2ln x x (ln x x )2ln x 2x2(<<ln x x )2ln x x ln x 2x2<(<ln x x ln x x )2ln x 2x2(<<ln x x )2ln x 2x2ln x x <(<ln x 2x2ln x x )2ln x x P +=4x 2y 2A(−2,0)，B(2,0)M BP sin ∠BAM 121310−−√10142△ABC BC O BC A BC ˆP ⋅AB −→−AP −→−A.B.C.D.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9. 下列关于平面向量的说法中不正确的是 A.，，若，则与的夹角为钝角B.若平面上四个点，，，满足，则，，三点共线C.向量，不能作为平面内所有向量的一组基底D.若且，则10. 如图所示，在棱长为的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是 A.直线与是平行直线B.直线与是异面直线C.直线与所成的角为[2,3]3–√[4,3]3–√[2,4][2,5]()=(−1,1)a →=(2,λ)b →λ<2a →b →P A B C =3−2PA −→−PB −→−PC −→−A B C =(2,−3)e 1→=(,−)e 2→1234⋅=⋅a →c →b →c →≠c →0→=a →b→2()60∘D.平面截正方体所得的截面面积为 11. 在中，，，分别为角，，的对边，已知，，且，则( )A.B.C.D.12. 对于给定的，其外心为，重心为，垂心为，则下列结论正确的是( )A.B.C.过点的直线交，于，，若，，则D.与共线卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为，则圆锥的体积为________．14. 若向量，满足，，，则向量在向量上的投影为________.15. 在平面直角坐标系中的位置如图所示， ，将绕点，逆时针旋转得到交轴于，若，则点的坐标为________．△ABC a b c A B C =cos B cos C b 2a −c =S △ABC 33–√4b =3–√cos B =12cos B =3–√2a +c =3–√a +c =23–√△ABC O G H ⋅=AO −→−AB −→−12AB −→−2⋅=⋅=⋅OA −→−OB −→−OA −→−OC −→−OB −→−OC−→−G l AB AC E F =λAE −→−AB −→−=μAF −→−AC −→−+=31λ1μAH −→−+AB −→−||cos B AB −→−AC −→−||cos CAC −→−1a →b →||=2b →|+|=3a →b →|−|=5a →b →a →b →△AOC OA =4△AOC O 90∘△O ,A 1C 1A 1C 1y B (0,2)△OB ∼△O C 1C 1A 1C 116. 沿正三角形的中线翻折，使点与点间的距离为，若该正三角形边长为，则四面体外接球表面积为________．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 已知向量满足，，且，的夹角为 .求；求在上的投影向量；若向量与向量的夹角为钝角，求实数的取值范围．18. 已知复数．试求实数分别为什么值时，分别为：实数；虚数；纯虚数．19. 如图所示，在平面四边形中，.若，，求的长；若，，求的面积.20. 在中，设角，，的对边长分别为，，，已知.求角的值；若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围．21. 汾河是山西最大的河流、黄河的第二大支流，古称“汾”，汾者，大也，汾河因此而得名．某一段汾河水域中有一小岛（记为），要在该岛上修建一个观景楼．如图所示，已知在河岸边，C 两处ABC AD B C 2–√2ABCD ,a →b →||=2a →||=1b →a →b →60∘(1)|−|a →b →(2)b →a →(3)2t +7a →b →+t a →b →t z =+(−a −2)i (a ∈R)−2a −3a 2a +1a 2a z (1)(2)(3)ABCD tan ∠BCD =−43(1)∠ACB =∠ACD AB =2BC =2AC (2)∠CBD =45∘BC =2△BCD △ABC A B C abc =sin A −sin B sin C a −c a +b (1)B (2)△ABC c =1△ABC S A B C ∠ABC =105∘C驻扎施工人员数名，经测量，，两处相距米，在处测得，在处测得．现欲在，之间（含，两地）修建一个码头，接送两个驻地的施工人员去小岛工作．求出小岛与驻地之间的距离；设，用表示出．22. 已知函数，为偶函数，且函数图象的两相邻对称轴间的距离为.．求的值；求函数的对称轴方程；当时，方程有两个不同的实根，求的取值范围.B C 100B ∠ABC =105∘C ∠BCA =45∘B C B C D (1)A C (2)∠CDA =ααAD f(x)=2sin(ωx +φ−)π6(0<φ<πω>0)y =f (x)π2(1)f ()π8(2)y =f (x +)π6(3)x ∈[0,]7π12f (x)=m m参考答案与试题解析2022-2023学年高中高一下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1.【答案】A【考点】复数代数形式的乘除运算复数代数形式的混合运算共轭复数【解析】【解答】2.【答案】D【考点】向量的模平面向量的坐标运算【解析】利用向量模的性质：向量模的平方等于向量的平方，利用向量的数量积公式及同角三角函数关系式求出向量的模的取值范围．【解答】解析：．∵∴．∴．故选|a +b |=(1+cos θ)2+(sin θ)2−−−−−−−−−−−−−−−−−√=2+2cos θ−−−−−−−−√θ∈[−,]π2π2cos θ∈[0,1]|a +b |∈[,2]2–√DA【考点】斜二测画法画直观图【解析】此题暂无解析【解答】解：原图形为一直角三角形，其直角边分别是和，故其面积为.故选4.【答案】B【考点】三角形的形状判断正弦定理三角函数值的符号【解析】【解答】解：由正弦定理知：，，则可化为： .因为，所以，所以，可得或，又因为，所以，所以，，，所以为等边三角形．故选 .5.【答案】222–√22–√A.b =2R sin B a =2R sin A 3b =2a sin B 3–√3×2R sin B =2×2R sin A sin B 3–√0<B <180∘sin θ≠0sin A =3–√2A =60∘{120%^{\circ}}cos A =cos C A = C A =60∘C =60∘B =−−=180∘60∘60∘60∘△ABC B两角和与差的余弦公式三角函数的化简求值【解析】，利用两角差的余弦可求得答案．【解答】解：∵．故选．6.【答案】A【考点】利用导数研究不等式恒成立问题不等式比较两数大小【解析】要判断大小关系，可以令，然后求导，判断的单调性，继而判断所给数的大小关系．【解答】解：令，则，∴函数为增函数，∴，∴∴，∴，又，∴.故选．cos =cos(−)15∘45∘30∘cos =cos(−)15∘45∘30∘=cos cos +sin sin 45∘30∘45∘30∘=×+×2–√23–√22–√212=+6–√2–√4D f(x)=x −ln x(1<x <2)f(x)f(x)=x −ln x(1<x <2)f'(x)=1−=>01x x −1x y =f(x)(1<x <2)f(x)>f(1)=1>0x >ln x >00<<1ln x x (<ln x x )2ln x x −==>0ln x 2x 2ln x x 2ln x −x ln x x 2(2−x)ln x x 2(<<ln x x )2ln x x ln x 2x 2AB【考点】向量在几何中的应用【解析】此题暂无解析【解答】8.【答案】D【考点】平面向量数量积的运算向量在几何中的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意可知，当点在点处时，最小，此时 ，如图，过圆心作交圆弧于点，连接，此时最大，过圆心作于点，的延长线于点，此时，所以的取值范围为．P C ⋅AB −→−AP −→−⋅=|AB|⋅|AE|=||⋅||⋅cos =2×2×=2AB −→−AP −→−AB −→−AC −→−π312O OP//AB P AP ⋅AB −→−AP −→−O OG⊥AB G PF ⊥AB F ⋅=|AB|⋅|AF|=|AB|⋅(|AG|+|GF|)=2×(+1)=5AB −→−AP −→−32⋅AB −→−AP −→−[2,5]二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】A,D【考点】平面向量数量积的运算数量积表示两个向量的夹角向量的共线定理【解析】由题意，结合向量的数量积、三点共线的充要条件、基底的定义对选项进行逐一分析，进而即可求解.【解答】解：，已知，，则，若，可得，但与的夹角不一定为钝角，两者也可能反向，故错误；，已知平面上四个点为，，，，若，，三点共线，则其满足（）,因为满足条件，此时，，三点共线，故正确；，向量，能做为一组基底，则，不能共线，已知，，，则与共线，其不满足条件，故正确；，若，且，即,无法确定，故错误.故选.10.【答案】B,C,D【考点】异面直线的判定A =(−1,1)a →=(2,λ)b →⋅=−2+λa →b →λ<2⋅<0a →b →a →b →AB P A BC A B C =λ+μPA −→−PB −→−PC −→−λ+μ=13−2=1A B C B C e 1→e 2→e 1→e 2→=(2,−3)e 1→=(,−)e 2→1234=4e 1→e 2→e 1→e 2→CD ⋅=⋅a →c →b →c →≠c →0→||⋅||cos <,>=||⋅||cos <,>a →c →a →c →b →c →b →c →=a →b →D AD根据异面直线的定义直接判断选项，根据，转化求异面直线所成的角，利用确定平面的依据，作出平面截正方体所得的截面，并求面积．【解答】．直线．与是异面直线，故不正确；；．直线与是异面直线，故正确；．由条件可知，所以异面直线与所成的角为是等边三角形，所以，故正确；．如图，延长，并分别与和李，连结交于点，连结，则四边形即为平面截正方体所得的截面，由对称性可知，四边形是等腰梯形，，则梯形的高是，所以梯形的面积，故正确．故选：11.【答案】A,D【考点】解三角形AB MN/C D 1BMNA AM BN AB BN MB 1BC MN/CD 1MN AC ∠ACD △ACD ∠AC =D 160∘C D MN DD 1DC 加加F E4,GB F −−−AMBN −−−−−−−ABNM BMN ABNM MN =,B =2AM =BN =2–√A 12–√5–√h ==−()5–√2()2–√22−−−−−−−−−−−−−−√32–√2S =×(+2)×=122–√2–√32–√292D BCD两角和与差的正弦公式余弦定理【解析】利用正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式，结合，可求，结合范围 ，可求，进而根据三角形的面积公式，余弦定理可求，即可得解．【解答】解：，整理可得： ，可得，为三角形内角，，可得，故正确，错误；，，，且，，可得由余弦定理可得，可得，故错误，正确．故选．12.【答案】A,C,D【考点】平面向量的基本定理及其意义向量在几何中的应用平面向量数量积的运算【解析】此题暂无解析【解答】解：，由垂径定理可知，外心在上的投影为线段的中点，sin A ≠0cos B =12B ∈(0,π)B =π3a +c ∵==cos B cos C b 2a −c sin B 2sin A −sin C ∴sin B cos C =2sin A cos B −sin C cos B sin B cos C +sin C cos B =sin(B +C)=sin A =2sin A cos B ∵A sin A ≠0∴cos B =12A B ∵B ∈(0,π)∴B =π3=S △ABC 33–√4b =3–√∴=ac sin B =×a ×c ×=ac 33–√412123–√23–√4ac =3∴3=+−ac =−3ac =−9a 2c 2(a +c)2(a +c)2a +c =23–√C D AD A O AB −→−AB =2所以，故成立；，为垂心，则，故不成立；，因为，，三点共线，故存在实数，使得.又为的重心，故，所以则，故成立；，因为，所以与垂直.又为垂心，则也与垂直，所以与共线，故成立．故选．三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】【考点】柱体、锥体、台体的体积计算旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【解析】过圆锥的旋转轴作轴截面，得及其内切圆和外切圆，且两圆同圆心，即的内心与外心重合，易得为正三角形，由题意的半径为，进而求出圆锥的底面半径和高，代入圆锥体积公式，可得答案．【解答】⋅=AO −→−AB −→−12AB −→−2A B H ⋅HA −→−HB −→−=⋅HA −→−HC −→−=⋅HB −→−HC −→−B C G E F t =t +(1−t)AG −→−AE −→−AF −→−=tλ+(1−t)μAB −→−AC −→−G △ABC =+AG −→−13AB −→−13AC −→− tλ=，13(1−t)μ=，13+=31λ1μC D +⋅ AB −→−||cos B AB −→−AC −→−||cos C AC −→−BC −→−=+⋅AB −→−BC −→−||cos B AB −→−⋅AC −→−BC −→−||cos C AC −→−=−||+||=0BC −→−BC −→−+AB −→−||cos B AB −→−AC −→−||cos C AC −→−BC −→−H AH −→−BC −→−AH −→−+AB −→−||cos B AB −→−AC −→−||cos CAC −→−D ACD 3π△ABC ⊙O 1⊙O 2△ABC △ABC ⊙O 1r =1△ABC ⊙O ⊙O解：过圆锥的旋转轴作轴截面，得及其内切圆和外切圆，且两圆同圆心，即的内心与外心重合，易得为正三角形，由题意知的半径为，∴的边长为，∴圆锥的底面半径为，高为，∴．故答案为：.14.【答案】【考点】向量的投影平面向量数量积的运算【解析】现将已知，，平方作差化简可得，再根据向量的投影公式在上的投影为，即可得结果.【解答】解：由已知，，平方可得，，两式作差可得，即有，所以在上的投影为.故答案为：.15.【答案】【考点】基本不等式向量的共线定理【解析】△ABC ⊙O 1⊙O 2△ABC △ABC ⊙O 1r =1△ABC 23–√3–√3V =×π××3=3π133–√23π−2+=3∣∣∣a →b →∣∣∣−=5∣∣∣a →b →∣∣∣⋅=−4a →b →a →b →⋅a →b →|b|→|+|=3a →b →|−|=5a →b →+2⋅+=9a →2a →b →b →2−2⋅+=25a →2a →b →b →24⋅=−16a →b →⋅=−4a →b →a →b →==−2⋅a →b →||b →−42−2(,)4383此题暂无解析【解答】解：如图作轴于．∵∴，∵，设，则∴ ∴，解得或（舍弃），∴．故答案为：．16.【答案】【考点】球的表面积和体积球内接多面体棱锥的结构特征【解析】无【解答】解：∵为正三角形的中线，∴，，又，∴平面．∵，，∴，∴，∴四面体可扩充为长方体，则四面体外接球即为长方体的外接球．H ⊥x C 1H △OB ∽△O C 1C 1A 1==OC 1A 1C 1OB OA 112tan ∠H ===C 1A 1OB OA 1H C 1H A 112H =m C 1H =2m ，OH =2m −4A 1=m ，O =A 1C 15–√C 1+m 2(2m −4)2−−−−−−−−−−−−−√m =25–√+(2m −4m 2)2−−−−−−−−−−−−−√m =8385(,)C 14383(,)43835πAD ABC AD ⊥BD AD ⊥CD BD ∩CD =D AD ⊥BCD BC =2–√BD =CD =1B =B +C C 2D 2D 2BD ⊥CD ABCD ABCD ABCD设四面体外接球的半径为，则，∴，∴四面体外接球表面积．故答案为：．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】解：.向量在上的投影向量.由题意可得，设向量与向量的夹角为，则，则有，且，即与向量不能反向共线，且向量数量积，设，则 得，由，得，∴，解得且.【考点】向量的模向量的投影数量积表示两个向量的夹角【解析】ABCD R =B +C +A (2R)2D 2D 2D 32R ==1+1+3−−−−−−−√5–√ABCD S =4π=5πR 25π(1)|−|a →b →=(−)a →b →2−−−−−−−−−−√=−2⋅+a →2a →b →b →2−−−−−−−−−−−−−−−−√==4−2+1−−−−−−−√3–√(2)b →a →||cos ⋅b →60∘a →||a →=1×⋅=12a →214a →(3)⋅=2×1×cos =1a →b →60∘2t +7a →b →+t a →b →θθ∈(,)90∘180∘cos θ<0cos θ≠−12t +7a →b →+t a →b →(2t +7)⋅(+t )<0a →b →a →b →2t +7≠−k ⋅(+t ),(k >0)e 1→e 2→e 1→e 2→{2t ≠−k,7≠−kt,t ≠±14−−√2(2t +7)⋅(+t )<0a →b →a →b →2t +7t +(2+7)⋅<0a →2b →2t 2a →b →2+15t +7<0t 2−7<t <−12t ≠±14−−√2此题暂无解析【解答】解：.向量在上的投影向量.由题意可得，设向量与向量的夹角为，则，则有，且，即与向量不能反向共线，且向量数量积，设，则 得，由，得，∴，解得且.18.【答案】解：当为实数时，则解得，∴当时，为实数．当为虚数时，则解得且，∴当且时，为虚数．当为纯虚数时，则(1)|−|a →b →=(−)a →b →2−−−−−−−−−−√=−2⋅+a →2a →b →b →2−−−−−−−−−−−−−−−−√==4−2+1−−−−−−−√3–√(2)b →a →||cos ⋅b →60∘a →||a →=1×⋅=12a →214a →(3)⋅=2×1×cos =1a →b →60∘2t +7a →b →+t a →b →θθ∈(,)90∘180∘cos θ<0cos θ≠−12t +7a →b →+t a →b →(2t +7)⋅(+t )<0a →b →a →b →2t +7≠−k ⋅(+t ),(k >0)e 1→e 2→e 1→e 2→{2t ≠−k,7≠−kt,t ≠±14−−√2(2t +7)⋅(+t )<0a →b →a →b →2t +7t +(2+7)⋅<0a →2b →2t 2a →b →2+15t +7<0t 2−7<t <−12t ≠±14−−√2(1)z {−a −2=0,a 2a +1≠0,a =2a =2z (2)=z {−a −2≠0,a 2a +1≠0,a ≠−1a ≠2a ≠−1a ≠2z (3)z −2a −3=0,a 2−a −2≠0,a 2a +1≠0,解得，∴当时，为纯虚数．【考点】复数的基本概念复数代数形式的乘除运算复数的运算【解析】本题考查复数的基本概念．答案未提供解析．答案未提供解析．【解答】解：当为实数时，则解得，∴当时，为实数．当为虚数时，则解得且，∴当且时，为虚数．当为纯虚数时，则解得，∴当时，为纯虚数．19.【答案】解：已知，则，又∵，∴，又∵，且,解得，a =3a =3z (2)(3)(1)z {−a −2=0,a 2a +1≠0,a =2a =2z (2)=z {−a −2≠0,a 2a +1≠0,a ≠−1a ≠2a ≠−1a ≠2z (3)z −2a −3=0,a 2−a −2≠0,a 2a +1≠0,a =3a =3z (1)∠ACB =∠ACD tan ∠BCD ==−2tan ∠ACB1−∠ACB tan 243tan ∠ACB >0tan ∠ACB =2=sin ∠ACB cos ∠ACB ∠ACB +∠ACB =1sin 2cos 2cos ∠ACB >0cos ∠ACB =5–√5C =1，AB =2，cos ∠ACB=–√在中，，由余弦定理可得，即，解得，或(舍去)，所以的长为.∵，，解得，，在中，因为 ,所以，由正弦定理得 ，所以，故的面积.【考点】二倍角的正切公式诱导公式余弦定理正弦定理同角三角函数间的基本关系【解析】此题暂无解析【解答】解：已知，则，又∵，△ABC BC =1，AB =2，cos ∠ACB =5–√5A =B +A −2BC ⋅AC ⋅cos ∠ACB B 2C 2C 2A −AC −3=0C 225–√5AC =5–√AC =−35–√5AC 5–√(2)tan ∠BCD ==−sin ∠BCD cos ∠BCD 43∠BCD +∠BCD =1sin 2cos 2sin ∠BCD =45cos ∠BCD =−35△BCD ∠CBD =45∘sin ∠CDB =sin(−∠BCD −)180∘45∘=sin(∠BCD +)45∘=(sin ∠BCD +cos ∠BCD)=2–√22–√10=BC sin ∠CDB CD sin ∠CBD CD ==10BC ⋅sin ∠CBD sin ∠CDB △BCD S =×2×10×=81245(1)∠ACB =∠ACD tan ∠BCD ==−2tan ∠ACB 1−∠ACB tan 243tan ∠ACB >0∠ACB =2=sin ∠ACB∴，又∵，且,解得，在中，，由余弦定理可得，即，解得，或(舍去)，所以的长为.∵，，解得，，在中，因为 ,所以，由正弦定理得 ，所以，故的面积.20.【答案】解：由已知及正弦定理，得，即，即，即，由余弦定理，得，因为，所以.因为，由正弦定理，得.tan ∠ACB =2=sin ∠ACB cos ∠ACB ∠ACB +∠ACB =1sin 2cos 2cos ∠ACB >0cos ∠ACB =5–√5△ABC BC =1，AB =2，cos ∠ACB =5–√5A =B +A −2BC ⋅AC ⋅cos ∠ACB B 2C 2C 2A −AC −3=0C 225–√5AC =5–√AC =−35–√5AC 5–√(2)tan ∠BCD ==−sin ∠BCD cos ∠BCD 43∠BCD +∠BCD =1sin 2cos 2sin ∠BCD =45cos ∠BCD =−35△BCD ∠CBD =45∘sin ∠CDB =sin(−∠BCD −)180∘45∘=sin(∠BCD +)45∘=(sin ∠BCD +cos ∠BCD)=2–√22–√10=BC sin ∠CDB CD sin ∠CBDCD ==10BC ⋅sin ∠CBD sin ∠CDB △BCD S =×2×10×=81245(1)=a −b c a −c a +b (a −b)(a +b)=c (a −c)−=ac −a 2b 2c 2+−=ac a 2c 2b 2cos B ==+−a 2c 2b 22ac 12B ∈(,)0∘180∘B =60∘(2)A +C =,c =1120∘a ==c sin A sin C sin(−C)120∘sin C=cos C +sin C 3√212sin C =(+1)123–√tan C =ac sin B =a sin =(+1)–√–√所以，因为为锐角三角形，则，从而，所以.【考点】余弦定理正弦定理三角形的面积公式正切函数的值域【解析】此题暂无解析【解答】解：由已知及正弦定理，得，即，即，即，由余弦定理，得，因为，所以.因为，由正弦定理，得.所以，因为为锐角三角形，则，从而，所以.21.【答案】解：在中，，，，所以．由正弦定理得，，又S =ac sin B =a sin =(+1)121260∘3–√83–√tan C △ABC <C <30∘90∘tan C ∈(,+∞)3–√3S ∈(,)3–√83–√2(1)=a −b c a −c a +b (a −b)(a +b)=c(a −c)−=ac −a 2b 2c 2+−=ac a 2c 2b 2cos B ==+−a 2c 2b 22ac 12B ∈(,)0∘180∘B =60∘(2)A +C =,c =1120∘a ==c sin A sin C sin(−C)120∘sin C=cos C +sin C 3√212sin C=(+1)123–√tan CS =ac sin B =a sin =(+1)121260∘3–√83–√tan C △ABC <C <30∘90∘tan C ∈(,+∞)3–√3S ∈(,)3–√83–√2(1)△ABC BC =100∠ABC =105∘∠BCA =45∘∠BAC =30∘=BCsin ∠BAC AC sin ∠ABC sin ∠ABC =sin =sin(+)105∘60∘45∘+–√–√，所以，解得，所以小岛与驻地之间的距离为米．在中，由正弦定理，得．【考点】正弦定理求两角和与差的正弦【解析】无无【解答】解：在中，，，，所以．由正弦定理得，，又，所以，解得，所以小岛与驻地之间的距离为米．在中，由正弦定理，得．22.【答案】解：是偶函数，则，解得，又因为 ，=sin cos +cos sin 60∘45∘60∘45∘=+6–√2–√4=10012AC +6–√2–√4AC =50(+)6–√2–√A C 50(+)6–√2–√(2)△ACD =AC sin αAD sin ∠ACD AD ==AC ⋅sin ∠ACD sin α50(+1)3–√sin α(1)△ABC BC =100∠ABC =105∘∠BCA =45∘∠BAC =30∘=BC sin ∠BAC AC sin ∠ABC sin ∠ABC =sin =sin(+)105∘60∘45∘=sin cos +cos sin 60∘45∘60∘45∘=+6–√2–√4=10012AC +6–√2–√4AC =50(+)6–√2–√A C 50(+)6–√2–√(2)△ACD =AC sin αAD sin ∠ACD AD ==AC ⋅sin ∠ACD sin α50(+1)3–√sin α(1)f (x)=2sin(ωx +φ−)π6φ−=+kπ(k ∈Z)π6π2φ=+kπ(k ∈Z)2π30<φ<π=2π所以，所以，由题意得，所以 ，故，因此．由，得，所以，，即，所以函数的对称轴方程为;若有两个不同的实根，则函数与有两个不同的交点，函数，令，则的图象与有两个不同交点，当时，，如图：由图象知的图象与有两个不同交点时，即的取值范围是．【考点】诱导公式由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式余弦函数的对称性余弦函数的图象根的存在性及根的个数判断【解析】φ=2π3f (x)=2sin(ωx +)=2cos ωx π2=2⋅2πωπ2ω=2f (x)=2cos 2xf ()=2cos =π8π42–√(2)f (x)=2cos 2x y =f (x +)=2cos(2x +)π6π32x +=kπ,k ∈Z π3x =−,k ∈Z kπ2π6y =f (x +)π6x =−,k ∈Z kπ2π6(3)f (x)=m y =f (x)y =m y =f (x)=2cos 2x t =2x,t ∈(0,]7π6y =2cos t,t ∈(0,]7π6y =m t =7π6y =−3–√y =2cos t,t ∈(0,]7π6y =m −2<m ≤−3–√m −2<m ≤−3–√此题暂无解析【解答】解：是偶函数，则，解得，又因为 ，所以，所以，由题意得，所以 ，故，因此．由，得，所以，，即，所以函数的对称轴方程为;若有两个不同的实根，则函数与有两个不同的交点，函数，令，则的图象与有两个不同交点，当时，，如图：由图象知的图象与有两个不同交点时，即的取值范围是．(1)f (x)=2sin(ωx +φ−)π6φ−=+kπ(k ∈Z)π6π2φ=+kπ(k ∈Z)2π30<φ<πφ=2π3f (x)=2sin(ωx +)=2cos ωx π2=2⋅2πωπ2ω=2f (x)=2cos 2x f ()=2cos =π8π42–√(2)f (x)=2cos 2x y =f (x +)=2cos(2x +)π6π32x +=kπ,k ∈Z π3x =−,k ∈Z kπ2π6y =f (x +)π6x =−,k ∈Z kπ2π6(3)f (x)=m y =f (x)y =m y =f (x)=2cos 2x t =2x,t ∈(0,]7π6y =2cos t,t ∈(0,]7π6y =m t =7π6y =−3–√y =2cos t,t ∈(0,]7π6y =m −2<m ≤−3–√m −2<m ≤−3–√。
2022-2023学年人教A版(2019)高一下数学月考试卷(含解析)
2022-2023学年高中高一下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1. 若复数，则()A.B.C.D.2. 已知，，则 A.B.C.D.3. 一梯形的直观图是一个如图所示的等腰梯形，且梯形的面积为，则原梯形的面积为 A.B.C.D.4. 某所学校在一个学期的开支分布的扇形图如图所示，在该学期的水、电、交通开支（单位：万z =4+2i 1−i |z −|=z ¯¯¯1210−−√6=(1,0)a →=(2,1)b →|+3|=a →b →()10−−√2–√58−−√3A'B'C'O ′2–√()422–√2–√21()元）如图所示，则该学期的水电费开支占总开支的百分比为 A.B.C.D.5. 对于个整数从小到大排列，其中中位数是，唯一的众数是，则这个整数可能的最大和是（ ）A.B.C.D.6. 泉城广场上矗立着的“泉标”，成为泉城济南的标志和象征．为了测量“泉标”的高度，某同学在“泉标”的正西方向的点处测得“泉标”顶端的仰角为，沿点向北偏东前进到达点，在点处测得“泉标”顶端的仰角为，则“泉标”的高度为 A.B.C.D.7. 在正方体中，棱长为，,分别为线段 的中点，有以下结论：①与 异面；② 平面 ；③与 所成的角为 ；④三棱锥 的体积为，其中正确的结论是（ ）A.①②B.②③C.③④D.①④2()12.25%16.25%11.25%9.25%546521222324A 45∘A 30∘100mB B 30∘()50m100m120m150mABCD −A 1B 1C 1D 12E F A ,B B 1C 1EF A 1C 1EF ⊥BDD 1B 1EF D A 160∘−AEF A 116ABC −A B C O AB =3AC =4AB ⊥AC8. 已知直三棱柱的个顶点都在球的球面上，若，，，，则球的半径为（ ）A.B.C.D.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9. 设 ，则下列叙述中正确的是（ ）A.的虚部为B.C.D.在复平面内，复数对应的点位于第四象限10. ，为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，下列结论中正确的是( )A.当直线与成角时，与成角B.当直线与成角时，与成角C.直线与所成角的最小值为D.直线与所成角的最大值为11. 对于给定的，其外心为，重心为，垂心为，则下列结论正确的是( )A.B.C.过点的直线交，于，，若，，则D.与共线ABC −A 1B 1C 16O AB =3AC =4AB ⊥AC A =12A 1O 317−−√2210−−√132310−−√z (1−i)=2+i z −32=−i z ¯¯¯1232|z|=10−−√2z a b ABC AC a b AB AC AB a 60∘AB b 30∘AB a 60∘AB b 60∘AB a 45∘AB a 60∘△ABC O G H ⋅=AO −→−AB −→−12AB −→−2⋅=⋅=⋅OA −→−OB −→−OA −→−OC −→−OB −→−OC−→−G l AB AC E F =λAE −→−AB −→−=μAF −→−AC −→−+=31λ1μAH −→−+AB −→−||cos B AB −→−AC −→−||cos C AC −→−ABC 3–√12. 在中，，，分别为角，，的对边，已知，，且，则( )A.B.C.D.卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 某学校共有教师人，其中中级教师有人，高级教师与初级教师的人数比为．为了解教师专业发展要求，现采用分层抽样的方法进行调查，在抽取的样本中有中级教师人，则该样本中的高级教师人数为________．14. 如图，在平面四边形中，，，，，，则的长度为________.16. 下列命题中：①用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫棱台；②棱台的各侧棱延长后一定相交于一点；③圆台可以看做直角梯形以其垂直于底边的腰所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的曲面围成的几何体；④半圆绕其直径所在直线旋转一周形成球．其中所有正确命题的序号是________．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.△ABC a b c A B C =cos B cos C b 2a −c =S △ABC 33–√4b =3–√cos B =12cos B =3–√2a +c =3–√a +c =23–√3001205:472ABCD AD ⊥AB AD =4AC =2∠ACB =105∘∠ABC =45∘BC +CD −2→→已知单位向量与夹角为，且，，求的值.已知，， ，求与夹角的余弦值．18. 的内角，，的对边分别为，，，已知．求；若，的面积为，求的周长． 19. 某中学高三年级从甲、乙两个班级各选出名学生参加数学竞赛，他们取得的成绩的茎叶图如图，其中甲班学生成绩的平均分是，乙班学生成绩的中位数是．求和的值．分别求出甲，乙班成绩的众数．计算甲班位学生成绩的方差． 20.如图，四边形是菱形，平面，，．求证：平面平面；求点到平面的距离．21. 中的内角，，所对的边分别为，，，设．求；若，的外接圆半径为，求的面积． 22. 如图，三棱柱中，，分别为，的中点．证明：直线平面；(1)e 1→e 2→60∘=+a →e 1→e 2→=−2b →e 1→e 2→⋅a →b →(2)||=a →2–√||=3b →|−|=a →b →7–√a →b →△ABC A B C a b c 2cos C(a cos B +b cos A)=c (1)C (2)c =7–√△ABC 33–√2△ABC 78583(1)x y (2)(3)7s 2ABCD PA ⊥ABCD PA =AD =2∠BAD =60∘(1)PBD ⊥PAC (2)A PBD △ABC A B C a b c b +b cos A =a sin B 3–√(1)A (2)b +c =a 2–√△ABC 2△ABC ABC −A 1B 1C 1M N CC 1A 1B 1(1)MN //CAB 1(2)BA=BC =CA=CB CA ⊥CB ∠ABB =60∘A C B A B C，，，，求平面和平面所成的角（锐角）的余弦值．(2)BA=BC =BB 1CA=CB 1CA ⊥CB 1∠ABB 1=60∘A C B 1A 1B 1C 1参考答案与试题解析2022-2023学年高中高一下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1.【答案】D【考点】复数的模复数代数形式的混合运算共轭复数【解析】无【解答】解：由题意可得，所以，所以，则.故选．2.【答案】C【考点】平面向量的坐标运算向量的模【解析】求出向量然后求解向量的模即可．【解答】解：，，则，z ===1+3i4+2i 1−i (4+2i)(1+i)(1−i)(1+i)=1−3i z ¯¯¯z −=6i z ¯¯¯|z −|=6z ¯¯¯D =(1,0)a →=(2,1)b →+3=(7,3)a →b →+3|==→则．故选.3.【答案】A【考点】斜二测画法画直观图平面图形的直观图【解析】根据斜二测画法的规则将图形还原，平面图是一个直角梯形，面积易求．【解答】解：如图，有斜二测画法原理知，平面中的图形与直观图中的图形上下底边的长度是一样的，不一样的是两个梯形的高，其高的关系是这样的：平面图中的高是直观图中长度的倍，如直观图，的长度是直观图中梯形的高的倍，由此平面图中梯形的高的长度是直观图中梯形高的倍，故其面积是梯形的面积倍，梯形的面积为，所以原梯形的面积是．故选．4.【答案】B【考点】扇形统计图频率分布直方图【解析】由图计算出水、电支出占水、电、交通支出的比例，再将这个比例与饼图中水、电、交通支出占学校一学期总开支比例相乘可得出答案．【解答】|+3|==a →b →+7232−−−−−−√58−−√C OC C O ′′2C O ′′2–√OC 2×=22–√2–√A'B'C'O ′22–√A'B'C'O ′2–√4A 2200+45013解：由图知，水、电支出占水、电、交通支出的比例为；由图知，水、电、交通支出占学校一个学期总开支的比例为，因此，该学期的水电费开支占总开支的百分比为.故选．5.【答案】A【考点】众数、中位数、平均数、百分位数【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答6.【答案】A【考点】解三角形余弦定理【解析】首先根据题意，画出该图形，进一步利用余弦定理的应用和三角形的边角关系的应用求出结果．【解答】解：根据题意，画出图形为：所以，，，设，2=200+450200+450+1501316115×==16.25%1316151380B AB=100∠BAC=60∘∠DBC=30∘DC =x AC BC =x3–√所以，，在中，由余弦定理得：，解得．故选.7.【答案】B【考点】柱体、锥体、台体的体积计算异面直线及其所成的角【解析】本题考查了空间中的线线关系，线面关系，异面直线成角以及棱锥体积，证明是解题关键，由此可判断，，．然后利用等体积转化求．【解答】解：取，中点．连接，，．为中点，为中点，，，．四边形为▱．，又，，①错误．，，，，，，②正确.连接，．则，，即与成角．即与成角．AC=x BC =x 3–√△ABC (x =+−2×x ×100×3–√)2x 2100212x=50A EF ∥A 1C 1A B C D A 1B 1B 1C 1MN ME NF MN ∵E AB 1F BC 1∴ME A =//A 1NF B =//12B 1∴ME NF =//∴MEFN ∴MN ∥EF ∵MN ∥A 1C 1∴EF ∥A 1C 1∴∵⊥A 1C 1B 1D 1⊥A 1C 1D 1D 1∩=B 1D 1D 1D 1D 1∴⊥平面BD A 1C 1D 1B 1∵EF ∥A 1C 1∴EF ⊥平面BDD 1B 1∴D A 1DG D =D =A 1C 1A 1C 1∴∠D =C 1A 160∘A 1C 1D A 160∘EF D A 160∘③正确．④错误．正确的有②③．故选．8.【答案】C【考点】球内接多面体棱柱的结构特征【解析】通过球的内接体，说明几何体的侧面对角线是球的直径，求出球的半径．【解答】解：因为直三棱柱的个顶点都在球的球面上，若，，，，所以三棱柱的底面是直角三角形，侧棱与底面垂直，侧面，经过球的球心，球的直径是其对角线的长，因为，，，，所以球的半径为：．故选．二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】B,C【考点】复数的基本概念复数的代数表示法及其几何意义复数代数形式的乘除运算【解析】∴∵−AEF =−AE =×2×1××1=V A1V F A 1131213∴∴B ABC −A 1B 1C 16O AB =3AC =4AB ⊥AC A =12A 1BC B 1C 1AB =3AC =4BC =5B ==13C 1+52122−−−−−−−√132C ==2+i 1+3i 3【解析】，的虚部为，错误；，正确；，正确；复数：对应的点为，该点位于第一象限，错误．故选：，．【解答】解：，的虚部为，错误；，正确；，正确；复数对应的点为，该点位于第一象限，错误．故选．10.【答案】B,C【考点】空间中直线与平面之间的位置关系空间中直线与直线之间的位置关系【解析】无【解答】解：由题意，是以为轴，为底面半径的圆锥的母线，又，，圆锥底面，在底面内可以过点，作，交底面圆于点，如图所示，连接，，则，，设，在等腰中，，当直线与成角时，，故，z ==2+i 1−i 1+3i 2z 32A =−i z ¯¯¯1232B |z|=10−−√2C (,)1232D B C z ==2+i 1−i 1+3i 2z 32A =−i z ¯¯¯1232B |z|=10−−√2C z (,)1232D BC AB AC BC AC ⊥a AC ⊥b AC ⊥∴B BD//a C D AD DE DE ⊥BD ∴DE//b BC =1ΔABD AB =AD =2–√AB a 60∘∠ABD =60∘BD =2–√DE =–√又在中，．，过点作，交圆于点，连接，，，为等边三角形，，即与成角，故正确，错误．由最小角定理可知正确；很明显，可以满足平面直线，直线与所成角的最大值为，错误．正确的结论为.故选.11.【答案】A,C,D【考点】平面向量的基本定理及其意义向量在几何中的应用平面向量数量积的运算【解析】此题暂无解析【解答】解：，由垂径定理可知，外心在上的投影为线段的中点，所以，故成立；，为垂心，则，故不成立；，因为，，三点共线，故存在实数，使得.又为的重心，故，所以则，故成立；，因为，Rt △BDE BE =2∴DE =2–√B BF//DE C F AF EF ∴BF =DE =2–√∴△ABF ∴∠ABF =60AB b 60∘B A C ABC ⊥a ∴AB a 90°D ∴BC BC A O AB −→−AB ⋅=AO −→−AB −→−12AB −→−2A B H ⋅HA −→−HB −→−=⋅HA −→−HC −→−=⋅HB −→−HC −→−B C G E F t =t +(1−t)AG −→−AE −→−AF −→−=tλ+(1−t)μAB −→−AC −→−G △ABC =+AG −→−13AB −→−13AC −→− tλ=，13(1−t)μ=，13+=31λ1μC D +⋅ AB −→−||cos B AB −→−AC −→−||cos C AC −→−BC −→−=+⋅AB −→−BC −→−||cos B AB −→−⋅AC −→−BC −→−||cos CAC −→−=−||+||=0BC −→−BC −→−−→−−→−所以与垂直.又为垂心，则也与垂直，所以与共线，故成立．故选．12.【答案】A,D【考点】解三角形正弦定理两角和与差的正弦公式余弦定理【解析】利用正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式，结合，可求，结合范围 ，可求，进而根据三角形的面积公式，余弦定理可求，即可得解．【解答】解：，整理可得： ，可得，为三角形内角，，可得，故正确，错误；，，，且，，可得由余弦定理可得，可得，故错误，正确．故选．三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）+AB −→−||cos B AB −→−AC −→−||cos C AC −→−BC −→−H AH −→−BC −→−AH −→−+AB −→−||cos B AB −→−AC −→−||cos CAC −→−D ACD sin A ≠0cos B =12B ∈(0,π)B =π3a +c ∵==cos B cos C b 2a −c sin B 2sin A −sin C ∴sin B cos C =2sin A cos B −sin C cos B sin B cos C +sin C cos B =sin(B +C)=sin A =2sin A cos B ∵A sin A ≠0∴cos B =12A B ∵B ∈(0,π)∴B =π3=S △ABC 33–√4b =3–√∴=ac sin B =×a ×c ×=ac 33–√412123–√23–√4ac =3∴3=+−ac =−3ac =−9a 2c 2(a +c)2(a +c)2a +c =23–√C D AD13.【答案】【考点】分层抽样方法【解析】先求出高级教师与初级教师的人数之和，然后根据分层抽样的定义，即可得到结论．【解答】解：∵学校共有教师人，其中中级教师有人，∴高级教师与初级教师的人数为人，∵抽取的样本中有中级教师人，∴设样本人数为，则，解得，则抽取的高级教师与初级教师的人数为，∵高级教师与初级教师的人数比为．∴该样本中的高级教师人数为．故答案为：14.【答案】【考点】余弦定理【解析】【解答】解：过点作于点，∵，，∴.60300120300−120=18072n =12030072n n =180180−72=1085:4×108=×108=6055+45960.2+3–√2–√C CF ⊥AB F ∠ACB =105∘∠ABC =45∘∠CAB =30∘AD ⊥AB∵，∴.∵，，由余弦定理，得，即，∴.∵，，∴，∵，∴，∴.故答案为：.15.【答案】,【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【解析】延长交于点，过点作，由面面平行的性质知四边形为平行四边形，过点作垂直的延长线于点，连结，则，由＝，得＝，从而，，，由此能求出长方体过点，，的截面面积的最小值．【解答】如图所求，延长交于点，过点作，由面面平行的性质知四边形为平行四边形，过点作垂直的延长线于点，连结，则，∵＝，∴＝，则，，∴，，∴＝＝，∴的最小值为，∴长方体过点，，的截面面积的最小值为：．16.AD ⊥AB ∠CAD =60∘AD =4AC =2D =A +A −2AD ⋅AC cos ∠CAD C 2D 2C 2D =+−2×4×2×C 2422212DC =23–√∠CAB =30∘CF ⊥AB CF =1∠ABC =45∘BC =2–√BC +CD =2+3–√2–√2+3–√2–√FE BC R A 1H //EF A 1HRF A 1A AG EF G G A 1FG ⊥G A 1AF 4λDF 4−4λFR =+4−842λ2−−−−−−−−−−√AG =4λ1+1−2λ2−−−−−−−−−√=1+A 1G 216λ21+1−2λ2A 1E F FE BC R A 1H //EF A 1HRF A 1A AG EF G G A 1FG ⊥G A 1AF 4λDF 4−4λFR =+4−842λ2−−−−−−−−−−√sin ∠DFR ==sin ∠AFG =4+4−842λ2−−−−−−−−−−√AG AF 2AG =4λ1+1−2λ2−−−−−−−−−√=1+A 1G 216λ21+1−2λ2=⋅F =(1+)[+(4−8λ]S 2HRF A 1A 1G 2R 216λ21+1−2λ242)232(10−2λ+1)λ2320(λ−+110)21445S 2HRF A 11445A 1E F ==S min 1445−−−−√125–√5①②③【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）棱台的结构特征【解析】借助棱台的定义判断①的正误、判断②的正误；圆台的定义判断③的正误；球的定义判断④的正误．【解答】解：①符合棱台的定义；②棱台是由棱锥被平行于底面的平面所截而得，各侧棱延长后一定相交于一点；③是圆台的另一种定义形式；④中形成的是球面而不是球．故答案为：①②③四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】解：∵单位向量与夹角为,∴，∴.∵，∴，即，∴，∴，故与夹角的余弦值为.【考点】平面向量数量积的运算向量的模(1)e 1→e 2→60∘⋅=⋅cos =1×1×=e 1→e 2→∣∣e 1→∣∣∣∣e 2→∣∣60∘1212⋅=(+)⋅(−2)a →b →e 1→e 2→e 1→e 2→=−⋅−2∣∣e 1→∣∣2e 1→e 2→∣∣e 2→∣∣2=1−−2=−1232(2)−=∣∣∣a →b →∣∣∣7–√−2⋅+=7∣∣a →∣∣2a →b →∣∣∣b →∣∣∣22−2⋅+9=7a →b →⋅=2a →b →cos <,>===a →b →⋅a →b →||⋅||a →b →2×32–√2–√3a →b →2–√3由平面向量数量积的定义求得的值，而，代入所得数据进行运算即可；将两边平方展开后求值 ，从而求出·的值，再由即可求解.【解答】解：∵单位向量与夹角为,∴，∴.∵，∴，即，∴，∴，故与夹角的余弦值为.18.【答案】解：已知等式利用正弦定理化简得：，整理得：.∵，，∴.又，∴.由余弦定理得，，∴.∵，∴，∴，∴，(1)⋅e 1→e 2→⋅=−⋅−2a →b →∣∣e 1→∣∣2e 1→e 2→∣∣e 2→∣∣2(2)−=∣∣∣a →b →∣∣∣7–√⋅a →b →cos <,>=a →b →⋅a →b →||⋅||a →b →(1)e 1→e 2→60∘⋅=⋅cos =1×1×=e 1→e 2→∣∣e 1→∣∣∣∣e 2→∣∣60∘1212⋅=(+)⋅(−2)a →b →e 1→e 2→e 1→e 2→=−⋅−2∣∣e 1→∣∣2e 1→e 2→∣∣e 2→∣∣2=1−−2=−1232(2)−=∣∣∣a →b →∣∣∣7–√−2⋅+=7∣∣a →∣∣2a →b →∣∣∣b →∣∣∣22−2⋅+9=7a →b →⋅=2a →b →cos <,>===a →b →⋅a →b →||⋅||a →b →2×32–√2–√3a →b →2–√3(1)2cos C(sin A cos B +sin B cos A)=sin C2cos C sin(A +B)=sin C sin C ≠0sin(A +B)=sin C cos C =120<C <πC =π3(2)7=+−2ab ⋅a 2b 212(a +b −3ab =7)2S =ab sin C =ab =123–√433–√2ab =6(a +b −18=7)2a +b =5△ABC 5+7–√∴的周长为．【考点】正弦定理余弦定理三角形的面积公式【解析】（1）已知等式利用正弦定理化简，整理后利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，根据不为求出的值，即可确定出出的度数；（2）利用余弦定理列出关系式，利用三角形面积公式列出关系式，求出的值，即可求的周长．【解答】解：已知等式利用正弦定理化简得：，整理得：.∵，，∴.又，∴.由余弦定理得，，∴.∵，∴，∴，∴，∴的周长为．19.【答案】解：∵甲班学生成绩的平均分是，乙班学生成绩的中位数是，∴由茎叶图，得：，解得，．由茎叶图知，甲班学生的众数是，乙班学生的众数是和．∵甲班学生的平均数是，∴甲班位学生成绩的方差：．△ABC 5+7–√sin C 0cos C C a +b △ABC (1)2cos C(sin A cos B +sin B cos A)=sin C 2cos C sin(A +B)=sin C sin C ≠0sin(A +B)=sin C cos C =120<C <πC =π3(2)7=+−2ab ⋅a 2b 212(a +b −3ab =7)2S =ab sin C =ab =123–√433–√2ab =6(a +b −18=7)2a +b =5△ABC 5+7–√(1)8583 (78+79+80+80+x +85+92+96)=851780+y =83x =5y =3(2)858191(3)857=[(78−85+(79−85+(80−85+(85−85+s 217)2)2)2)2(85−85+(92−85+(96−85]=40)2)2)2【考点】极差、方差与标准差众数、中位数、平均数、百分位数【解析】（1）由甲班学生成绩的平均分是，乙班学生成绩的中位数是，利用茎叶图，列出方程组能求出，．（2）由茎叶图能求出甲班学生的众数和乙班学生的众数．（3）由甲班学生的平均数是，能求出甲班位学生成绩的方差．【解答】解：∵甲班学生成绩的平均分是，乙班学生成绩的中位数是，∴由茎叶图，得：，解得，．由茎叶图知，甲班学生的众数是，乙班学生的众数是和．∵甲班学生的平均数是，∴甲班位学生成绩的方差：．20.【答案】证明：由是菱形可得，，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又平面，故平面平面．解：由题意可得：，，所以．又．所以三棱锥的体积．设点到平面的距离为，又，所以，．故点到平面的距离为．8583x y 857(1)8583 (78+79+80+80+x +85+92+96)=851780+y =83x =5y =3(2)858191(3)857=[(78−85+(79−85+(80−85+(85−85+s 217)2)2)2)2(85−85+(92−85+(96−85]=40)2)2)2(1)ABCD BD ⊥AC PA ⊥ABCD BD ⊂ABCD PA ⊥BD PA ∩AC =A BD ⊥PAC BD ⊂PBD PBD ⊥PAC (2)PB =PD ==2+2222−−−−−−√2–√BD =2=×2×=S △PBD 127–√7–√=×2×2×=S △ABD 123–√23–√P −ABD V =×PA =13S △ABD 23–√3A PBD h =⋅h =h V P−ABD 13S △PBD 7–√3h =7–√323–√3h =221−−√7A PBD 221−−√7【考点】平面与平面垂直的判定点、线、面间的距离计算柱体、锥体、台体的体积计算【解析】（1）要证平面平面，我们可以在一个平面内寻找另一平面的垂线，即证平面．利用线线垂直，可以证得线面垂直；（2）先找出表示点到平面的距离的线段，，连接，过作交于，所以平面，就是所求的距离，故可求；【解答】证明：由是菱形可得，，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又平面，故平面平面．解：由题意可得：，，所以．又．所以三棱锥的体积．设点到平面的距离为，又，所以，．故点到平面的距离为．21.【答案】解：由正弦定理知，，即①.∵，∴②.由①②可得，，∴或，PBD ⊥PAC BD ⊥PAC A PBD AC ∩BD =O PO A AE ⊥PO PO E AE ⊥PBD AE (1)ABCD BD ⊥AC PA ⊥ABCD BD ⊂ABCD PA ⊥BD PA ∩AC =A BD ⊥PAC BD ⊂PBD PBD ⊥PAC (2)PB =PD ==2+2222−−−−−−√2–√BD =2=×2×=S △PBD 127–√7–√=×2×2×=S △ABD 123–√23–√P −ABD V =×PA =13S △ABD 23–√3A PBD h =⋅h =h V P−ABD 13S △PBD 7–√3h =7–√323–√3h =221−−√7A PBD 221−−√7(1)=a sin A b sin B =b a sin B sin A b +b cos A =a sin B 3–√=b a sin B 3–√1+cos A 1=sin A −cos A =2sin(A −)3–√π6A −=π6π65π6=π即或.∵，∴．由正弦定理可知，，即，∴.由余弦定理知， ，即，∴，∴．故的面积为．【考点】正弦定理两角和与差的正弦公式余弦定理三角形的面积公式【解析】（1）由正弦定理知，①，由于，所以②，综合①②以及辅助角公式进行化简得，，所以，即，因为，所以；（2）由正弦定理可知，，可求得，由余弦定理知，，即，解得＝，最后根据即可得解．【解答】解：由正弦定理知，，即①.∵，∴②.A =π3πA ∈(0,π)A =π3(2)=2R a sin A =2×2a sin π3a =23–√cos A =+−b 2c 2a 22bc =(b +c −2bc −)2a 22bc =−2bc a 22bc =1212−2bc 2bc bc =4=bc sin A =×4×sin =S △ABC 1212π33–√△ABC 3–√=b a sin B sin A b +b cos A =a sin B 3–√=b a sin B 3–√1+cos A 2sin(A −)=1π6A −=π6π65π6A =ππ3A ∈(0,π)A =π3=2R a sin A a =23–√cos A ==+−b 2c 2a 22bc −2bc a 22bc =1212−2bc 2bc bc 4=bc sin A S △ABC 12(1)=a sin A b sin B=b a sin B sin A b +b cos A =a sin B 3–√=b a sin B 3–√1+cos A由①②可得，，∴或，即或.∵，∴．由正弦定理可知，，即，∴.由余弦定理知， ，即，∴，∴．故的面积为．22.【答案】证明：设与交于点，连接，，因为四边形是平行四边形，所以是的中点，是的中点，所以．又因为是的中点，所以．所以，所以四边形是平行四边形，所以．又因为平面，平面，所以直线平面．解：因为，所以平行四边形是菱形，所以．又因为，1=sin A −cos A =2sin(A −)3–√π6A −=π6π65π6A =π3πA ∈(0,π)A =π3(2)=2R a sin A =2×2a sin π3a =23–√cos A =+−b 2c 2a 22bc =(b +c −2bc −)2a 22bc =−2bc a 22bc =1212−2bc 2bc bc =4=bc sin A =×4×sin =S △ABC 1212π33–√△ABC 3–√(1)AB 1B A 1O CO ON ABB 1A 1O AB 1N A 1B 1ON//A ,ON =A A 112A 1M CC 1CM//A ,CM =A A 112A 1CM ON =//CMNO MN //CO MN ⊂CAB 1CO ⊂CAB 1MN //CAB 1(2)AB=BB 1ABB 1A 1B ⊥A A 1B 1CA=CB 1CO ⊥AB所以．又，且是的中点，所以．又因为，所以，所以，故，从而，，两两垂直．以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图空间直角坐标系，设，因为，，所以是等边三角形，所以，，，．因为，，两两垂直，所以平面，所以是平面的一个法向量；设是平面的一个法向量，则即令，得，所以，所以．所以平面和平面所成的角（锐角）的余弦值为．【考点】二面角的平面角及求法直线与平面平行的判定【解析】Ⅰ设与交于点，连接，，说明是的中点，证明四边形是平行四边CO ⊥AB 1CA ⊥CB 1O AB 1AO=CO BA=BC △BOC ≅△BOA ∠BOC=∠BOA OC ⊥OB OA OB OC O OB OB 1OC x y z O −xyz OB=1∠ABB 1=60∘BA=BB 1△ABB 1A(0,−,0),(0,,0),C(0,0,)3–√3B 13–√33–√3B(1,0,0)==(0,,)A 1C 1−→−−AC −→−3–√33–√3==(1,0,−)C 1B 1−→−−CB −→−3–√3OA OB OC OB ⊥A C B 1=(1,0,0)OB −→−A C B 1=(x,y,z)m →A 1B 1C 1 ⋅=0，m →A 1C 1−→−−⋅=0，m →C 1B 1−→−− y +z =03–√33–√3x −z =03–√3z =3–√x =1,y =−3–√=(1,−,)m →3–√3–√cos <,>===m →OB −→−⋅m →OB −→−||||m →OB −→−17–√7–√7A C B 1A 1B 1C 17–√7()AB 1B A 1O CO ON O AB 1CMNO MN //CO MN //CAB形，推出．然后证明直线平面．Ⅱ以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图空间直角坐标系，设＝，求出相关点的坐标，求出平面的一个法向量；平面的一个法向量，利用空间向量的数量积求解平面和平面所成的角（锐角）的余弦值．【解答】证明：设与交于点，连接，，因为四边形是平行四边形，所以是的中点，是的中点，所以．又因为是的中点，所以．所以，所以四边形是平行四边形，所以．又因为平面，平面，所以直线平面．解：因为，所以平行四边形是菱形，所以．又因为，所以．又，且是的中点，所以．又因为，所以，所以，故，从而，，两两垂直．以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图空间直角坐标系，设，因为，，所以是等边三角形，所以，，MN //CO MN //CAB 1()O OB OB 1OC x y z O −xyz OB 1A C B 1A 1B 1C 1A C B 1A 1B 1C 1(1)AB 1B A 1O CO ON ABB 1A 1O AB 1N A 1B 1ON//A ,ON =A A 112A 1M CC 1CM//A ,CM =A A 112A 1CM ON =//CMNO MN //CO MN ⊂CAB 1CO ⊂CAB 1MN //CAB 1(2)AB=BB 1ABB 1A 1B ⊥A A 1B 1CA=CB 1CO ⊥AB 1CA ⊥CB 1O AB 1AO=CO BA=BC △BOC ≅△BOA ∠BOC=∠BOA OC ⊥OB OA OB OC O OB OB 1OC x y z O −xyz OB=1∠ABB 1=60∘BA=BB 1△ABB 1A(0,−,0),(0,,0),C(0,0,)3–√3B 13–√33–√3B(1,0,0)=(0,,)–√–√=(1,0,−)–√，．因为，，两两垂直，所以平面，所以是平面的一个法向量；设是平面的一个法向量，则即令，得，所以，所以．所以平面和平面所成的角（锐角）的余弦值为．==(0,,)A 1C 1−→−−AC −→−3–√33–√3==(1,0,−)C 1B 1−→−−CB −→−3–√3OA OB OC OB ⊥A C B 1=(1,0,0)OB −→−A C B 1=(x,y,z)m →A 1B 1C 1 ⋅=0，m →A 1C 1−→−−⋅=0，m →C 1B 1−→−− y +z =03–√33–√3x −z =03–√3z =3–√x =1,y =−3–√=(1,−,)m →3–√3–√cos <,>===m →OB −→−⋅m →OB −→−||||m →OB −→−17–√7–√7A C B 1A 1B 1C 17–√7。
2022-2023学年人教A版(2019)高一下数学月考试卷(含解析)
a cos B + b cos A = c cos A
已知a，b，c分别是△ABC三个角A，B，C 所对的边，且满足a cos B + b cos A = c cos A . cos C
(1)求证：A = C ；
−−→ −−→ (2)若b = 2 ，且BA ⋅ BC = 1，求sin B 的值. 19. 如图甲，在直角△ABC中，∠ABC = 90∘ ，AC = 2√ 3– ，AB = √ 3– ，D，E 分别为AC ，BD 的中 点，连接AE 并延长交BC 于点F ，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，如图乙所示.
12. 在棱长为1的正方体ABCD − A1B1C1D1 中，点M 在棱CC1 上，则下列结论正确的是（ ）
A.直线BM 与平面ADD1 A1 平行
B.平面BMD1 截正方体所得的截面为三角形
C.异面直线AD1
与A1
C1
所成的角为
π 3
D.| MB | + | MD1 | 的最小值为√ 5–
卷II（非选择题）
A.
B.
C.
D. 10. 若角α为△ABC的内角，且sin α + cos α = − 1 ，则下列选项中正确的有( )
5 A.sin α = 4
5 B.tan α = − 4
3 C.△ABC 是钝角三角形
sin α cos α = − 12
D. sin
α
cos
α
=
−
12 25
−−→ −−→ −−→ −−→ 11. 已知四边形ABCD 是边长为2的正方形，P 为平面ABCD 内一点，则(PA + PB ) ⋅ (PC + PD ) ( ) A.最小值为−4 B.最大值为−4 C.无最小值 D.无最大值
2022-2023学年人教A版(2019)高一下数学月考试卷(含解析)
2022-2023学年高中高一下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1. 已知为虚数单位，设，则复数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. 若，且，则向量与的夹角为 A.B.C.D.3. 某校高一年级个班参加朗诵比赛的得分如下： ，则这组数据的 分位数、 分位数分别为( )A.，B.，C.，D.，4. 已知直线，分别在两个不同的平面，内，则“直线和直线相交”是“平面和平面相交”的( )A.必要不充分条件B.充分不必要条件i z =1+2+i iz ()||=1，||=2，=+a →b →c →a →b→⊥c →a →a →b →()30∘60∘120∘150∘1591899092948793969185899388989360%90%9296939692.59592.596a b αβa b αβC.充要条件D.既不充分也不必要条件5. 在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为，，，，的名火炬手．若从中任选人，则选出的火炬手的编号能组成以为公差的等差数列的概率为（ ）A.B.C.D.6. 年月在北京召开的国际数学家大会会标取材于我国古代数学家赵爽的《勾股圆方图》，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．已知大正方形边长为，小正方形边长为．设较小直角边所对的角为，则的值为（ ）A.B.C.D.7. 若，则的最小值是( )A.B.C. 123⋯1818331511681306140820028102a αtan αa >1a +1a −122a −√a −1D.8. 在三棱柱中， ， ,平面，则该三棱柱的外接球的体积为 A.B.C.D.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.已知复数 （为虚数单位），则下列叙述正确的是( )A.的模为B.的共轭复数C.在复平面上对应点在第二象限D.为纯虚数10. 手机是指使用第五代通信系统的智能手机．网络已成功在千兆赫（）波段下达到了，相比之前的网络或网络以及当前大多数人使用的网络服务的传输速率有了极大的提升．某机构统计了部分手机用户的网络情况，并将收集的数据整理绘制成如下两幅不完整的统计图，根据图中信息，可知本次抽查的手机用户中 A.总用户数为B.网络用户数占C.网络用户数为D.网络用户数占11. 甲、乙、丙三人在政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术门学科中任选门．若同学甲必选物理，则下列说法正确的是( )A.甲、乙、丙三人至少一人选化学与全选化学是对立事件3ABC −A 1B 1C 1AB =AC =A =2A 12–√∠BAC =2π3A ⊥A 1ABC ()40π40π10−−√40π340π10−−√3z =2i 1+ii z 2–√z =1−i z¯¯¯z z 25G 5G 28GHz 1Gbps 2G 3G 4G ()2002G 10%3G 354G 55%73B.甲的不同的选法种数为C.已知乙同学选了物理，乙同学选技术的概率是D.乙、丙两名同学都选物理的概率是12. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥；鳖臑指四个面均为直角三角形的四面体．如图，在堑堵中，，，则下列说法正确的是（ ）A.四棱锥为阳马B.三棱锥为鳖臑C.当三棱锥的体积最大时，D.记四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，则卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 已知在中，点满足，点在线段（不含端点，）动，若，则________．14. 设样本数据，， ，， ，的均值和方差分别为和，若，则，，， ，的标准差为________.15. 在中，，的角平分线交于点，若，，则________.1516949ABC −A 1B 1C 1AB ⊥AC C =BC =2C 1B −AC A 1C 1−ABC C 1−ABC C 1AC =2–√B −AC A 1C 1V 1−ABC C 1V 2=3V 1V 2△ABC D =BD −→−34BC −→−E AD A D =λ+μAE −→−AB −→−AC −→−=μλx 1x 2x 3⋯x 9x 10210=2+1y i x i (i =1,2,3,⋯,9,10)y 1y 2y 3⋯y 9y 10△ABC A =π6A AD BC D AB =2–√AC =6–√AD =16. 数学学科核心素养是具有数学基本特征的思维品质、关键能力以及情感、态度与价值观的综合体现，其中包括数学抽象、逻辑推理、数学建模、直观想象、数学运算和数据分析．为了比较甲、乙两名学生数学学科素养的各项能力指标值(满分值为分，分值高者为优)，绘制了如图所示的雷达图．从数学的项核心素养中任选项，其中甲至少有项核心素养优于乙的概率为________ .四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 为了了解居民消费情况，某地区调查了户小家庭的日常生活平均月消费金额，根据所得数据绘制了样本频率分布直方图，如图所示，每户小家庭的平均月消费金额均不超过千元，其中第六组、第七组、第八组尚未绘制完成，但是已知这三组的频率依次成等差数列，且第六组户数比第七组多户，（1）求第六组、第七组、第八组的户数，并补画图中所缺三组的直方图；（2）若定义月消费在千元以下的小家庭为类家庭，定义月消费在千元至千无的小家庭为类家庭，定义月消费千元以上的小家庭为类家庭，现从这户家庭中按分层抽样的方法抽取户家庭召开座谈会，间，，各层抽取的户数分别是多少？ 18. 的内角，，的对边分别为．已知.求；若，求的面积. 19. 如图，在四棱锥 中，底面是边长为的菱形， ， 平面 ，，， 为的中点．（Ⅰ）求证： ；56211000095003436B 6C 1000080A B C △ABC A B C a ，b ，c a sin C +c cos A =0(1)A (2)a =，sin B =sin C 15−−√2–√△ABC P −ABCD ABCD 2∠ABC =π3PA ⊥ABCD PA =3PF =2FA E CD BD ⊥PC AB（Ⅱ）求异面直线与所成角的余弦值；（Ⅲ）判断直线与平面的位置关系，请说明理由． 20. 甲、乙两人各自独立地进行射击比赛，甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是和，假设每次射击是否击中目标相互之间没有影响．（1）求甲射击次，至少有次未击中目标的概率；（2）求两人各射击次，甲恰好击中目标次且乙恰好击中目标次的概率． 21. 请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．①，②与平面所成的角为，③．如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，且＝＝，的中点为．（1）在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，指出在上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由；（2）若_______，求二面角的余弦值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分， 22. 在中，角，，的对边分别为，，，．若，，求的面积；若，证明：为等腰直角三角形．AB DF EF PBC 233431321AB ⊥BC FC ABCD π6∠ABC =π3P −ABCD ABCD PA ⊥ABCD PA PB 2PD F AB G AF //PCG G AB F −AC −D △ABC A B C a b c C =2B (1)a =2B =15∘△ABC (2)a +b =c 2–√△ABC参考答案与试题解析2022-2023学年高中高一下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1.【答案】D【考点】复数的代数表示法及其几何意义【解析】此题暂无解析【解答】解：∵，∴复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限.故选.2.【答案】C【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系数量积表示两个向量的夹角【解析】要求两个向量的夹角，需要知道两个向量的模和夹角，而夹角是要求的结论，所以根据两个向量垂直，数量积为零，把式子变化出现只含向量夹角余弦的方程，解出夹角的余弦值，根据角的范围，得到结果．z =1+2+i i=1+(2+i)(−i)i ⋅(−i)=2−2i z (2,−2)D解：，设向量与的夹角为,∵，∴，则,∴.故选.3.【答案】D【考点】众数、中位数、平均数、百分位数【解析】利用百分位数的定义以及计算方法求解即可．【解答】解：将数据按照从小到大排列依次为：，，，，，，，，，，，，，，，又，，所以这组数据的分位数为第九个数与第十个数的平均数，即，这组数据的分位数为第十四个数据，即．故选．4.【答案】B【考点】空间中平面与平面之间的位置关系必要条件、充分条件与充要条件的判断空间中直线与直线之间的位置关系【解析】根据空间位置关系，利用充分条件和必要条件的定义即可得到结论．∵||=1，||=2，=+a →b →c →a →b →a →b →θ⊥c →a →(+)⋅=0a →b →a →|+||⋅||cos θ=0a →|2a →b →cos θ=−，12∴θ=120∘C 85878889899091919293939394969860%×15=990%×15=13.560%=92.592+93290%96D解：因为直线，分别在两个不同的平面，内，所以由“直线和直线相交”可得“平面和平面相交”，反之不成立．所以“直线和直线相交”是“平面和平面相交”的充分不必要条件.故选.5.【答案】B【考点】古典概型及其概率计算公式等差数列的性质【解析】由题意知本题是古典概型问题，试验发生的基本事件总数为，选出火炬手编号为，分类讨论当时可得种选法；时得种选法；时得种选法．【解答】解：基本事件总数，以为首项、为公差的等差数列，共有项，符合题意的火炬手有种选法；同理，以为首项、为公差的等差数列，以为首项、为公差的等差数列，符合题意的选法分别有种，故所求概率为.故选.6.【答案】B【考点】三角形的面积公式解三角形【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答7.【答案】a b αβa b αβa b αβB C 318=+3(n −1)a n a 1=1a 14=2a 14=3a 14n =C 318136423334P ==4+4+4C 318168BD【考点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】根据可将看成一整体，然后利用均值不等式进行求解，求出最值，注意等号成立的条件即可．【解答】解：∵，∴.∴，当且仅当，即时取到等号.故选.8.【答案】D【考点】球内接多面体【解析】由已知求出底面的外接圆的半径，连接两个底面中心的连线，中点与顶点的连线就是球的半径，即可求出三棱柱的外接球的体积．【解答】解：如图，由题意可知直三棱柱中，，，，∴底面三角形的外接圆半径为，连接两个底面中心的连线，中点与顶点的连线就是球的半径，a >1a −1a >1a −1>0a +=(a −1)++1≥2+1=31a −11a −1(a −1)=1a −1a =2D ABC ABC −A 1B 1C1AB =AC =22–√∠BAC =2π3A =2A 12–√ABC =222–√2sin π62–√−−−−−−−−−−−−−∴外接球的半径为：，∴三棱柱的外接球的体积为，故选．二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】A,B,D【考点】复数的模复数代数形式的乘除运算复数的基本概念复数的代数表示法及其几何意义共轭复数【解析】利用复数的运算化简复数，再利用复数的模，几何意义，共轭复数等知识逐一分析即可.【解答】解：，∴，故正确；的共轭复数为，故正确；在复平面上对应点为，在第一象限 ，故错误；为纯虚数，故正确.故选.10.【答案】A,C,D【考点】扇形统计图用样本的频率分布估计总体分布【解析】本题考查统计图表．=+(2)2–√2()2–√2−−−−−−−−−−−−−√10−−√V =π×=43()10−−√340π10−−√3D ∵z ===i (1−i)=1+i 2i 1+i 2i (1−i)(1+i)(1−i)|z|==+1212−−−−−−√2–√A z 1−i B z (1,1)C =(1+i =2i z 2)2D ABD【解答】解：由扇形图可知调查总人数为：，故正确；网络用户占比为：，故错误；网络用户占比为：，故正确；网络用户数为：，故正确.故选．11.【答案】B,D【考点】对立事件的概率公式及运用相互独立事件的概率乘法公式互斥事件与对立事件排列、组合的应用【解析】根据对立事件判断错误，求出甲的不同选法种数判断正确，计算乙同学选考科目包括技术的概率，判断错误，计算乙、丙两名同学都选物理的概率值，判断正确．【解答】解：对于，甲、乙、丙三人至少一人选化学的对立事件是甲乙丙三人都不选化学，所以错误；对于，甲的不同的选法种数是（种），所以正确；对于，乙同学选了物理，其他两科在剩下的六科中任选，基本事件总数为，选考科目包括技术的基本事件个数是，所以乙同学选考科目包括技术的概率是，错误；对于，乙、丙两名同学选物理科是相互独立的，所以二人都选物理的概率是，正确．故选.12.【答案】A,B,C【考点】柱体、锥体、台体的体积=2004020%A 2G =7.5%15200B 4G =55%110200D 3G 200−15−110−40=35C ACD A B C D A A B ⋅=15C 11C 26B C n ==15C 26m =⋅=5C 11C 15P ===m n 51513C D ⋅=×=⋅C 11C 26C 37⋅C 11C 26C 373737949D B ，D棱锥的结构特征点、线、面间的距离计算直线与平面垂直的性质基本不等式在最值问题中的应用【解析】暂无【解答】解：堑堵为直三棱柱，其中侧棱平面，为矩形，所以，因为，，所以平面，则四棱锥为阳马；三棱锥中，平面，平面，则三棱锥的四个面均为直角三角形，所以三棱锥为鳖臑；三棱锥的体积最大时，由于高，则的面积最大，而，所以，所以，当且仅当时，取等号，即当时，面积取得最大值，此时三棱锥的体积最大；，，则．故选．三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】【考点】向量在几何中的应用向量的线性运算性质及几何意义【解析】ABC −A 1B 1C1A ⊥A 1ABC AC A 1C 1A ⊥A 1AB AB ⊥AC A∩A 1AC =A AB ⊥AC A 1C 1B −AC A 1C1−ABC C 1C ⊥C 1ABC ∴BA ⊥ACC1−ABC C 1−ABC C 1−ABC C 1C =2C 1△ABC BC =2A +A =4B 2C 2AB ⋅AC ≤=2A +A B 2C 22AB =AC =2–√AC =2–√△ABC −ABC C 1=×AC ×C ×AB V 113C 1=××AB ×AC ×C V 21312C 1=2V 1V 2ABC 3无【解答】解：如图，由题意得存在实数，使得．又，所以，所以所以．故答案为：．14.【答案】【考点】极差、方差与标准差【解析】【解答】解：由题意得，样本数据，， ，， ，的方差为，则，，， ，的方差为，标准差为.故答案为：.15.【答案】【考点】正弦定理m =m (0<m <1)AE −→−AD −→−=+=+AD −→−AB −→−BD −→−AB −→−34BC −→−=+(−)=+AB −→−34AC −→−AB −→−14AB −→−34AC −→−=m(+)=+AE −→−14AB −→−34AC −→−m 4AB −→−3m 4AC −→− λ=,m 4μ=.3m 4=3μλ3210−−√x 1x 2x 3⋯x 9x 1010=2+1y i x i (i =1,2,3,⋯,9,10)y 1y 2y 3⋯y 9y 104×10=40=40−−√210−−√210−−√3–√余弦定理【解析】在中，先由余弦定理求得,再在中，求得，结合正弦定理即可求解.【解答】解：在中，由余弦定理可得，∴，则为等腰三角形，则.又∵是的角平分线，则，则在中，，由正弦定理可得.故答案为：.16.【答案】【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率【解析】无【解答】解：分别用，，，，，表示数学抽象、逻辑推理、数学建模、直观想象、数学运算和数据分析这项数学核心素养，由雷达图可知，甲同学优于乙同学的核心素养为，，从项中任选项的基本事件有，，，，，，，，，，，，，，，共种，其中包含有或的基本事件有，，，，，，，，，共种，所以甲至少有项核心素养优于乙的概率．故答案为：．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）△ABC BC △ACD ∠ADC △ABC B =A +A −2AB ⋅AC cos A C 2B 2C 2=2+6−2×××=22–√6–√3–√2BC =2–√△ABC ∠C =∠A =π6AD ∠A ∠CAD =π12△ACD ∠ADC =π−−=π6π123π4=AD sin ∠ACD AC sin ∠ADC AD =⋅sin ∠ACD AC sin ∠ADC =⋅sin =6–√sin 3π4π63–√3–√35A B C D E F 6A C 62AB AC AD AE AF BC BD BE BF CD CE CF DE DF EF 15A C AB AC AD AE AF BC CD CE CF 91P ==915353517.【答案】第六、七、八组的户数分别是：户、户、户；从，，三类家庭分别抽取的户数分别是户、户、户【考点】频率分布直方图【解析】（1）根据频率的定义以及等差数列的性质即可求出，（2）根据分层抽样，即可求出．【解答】设第六、七、八组的户数分别是，，，它们的频率之和为：＝，所以这三组的户数之和为：＝．由于这三组的频率依次成等差数列，所以，，也成等差数列，＝，又＝，＝，解得：＝，＝，＝．所以第六、七、八组的小矩形高度分别为：，，．补直方图（需注明第七组的小矩形高度为，第六、八两组分别用虚线对应和．）类家庭的频率之和为：＝；类家庭的频率之和为：＝；类家庭的频率之和为：＝．故，，类家庭分别抽取的人数分别为：＝，＝，＝．18.【答案】解：由正弦定理及已知得： ，即：，，，，.，∴由正弦定理得 ，由余弦定理 得：150********A B C 184814x y z 1−(0.025×2+0.05+0.15+0.20+0.25)0.3010000×0.33000x y z 2y x +z x +y +z 3000x −y 500x 1500y 100z 500=0.151********=0.10100010000=0.0550*******.100.150.05A 0.025+0.05+0.150.225B 0.20+0.25+0.150.60C 0.10+0.05+0.0250.175A B C 80×0.2251880×0.64880×0.17514(1)sin A sin C +sin C cos A =0sin C(sin A +cos A)=0∵0<C <π∴sin C ≠0∴sin A +cos A =0，tan A =−1∴0<A <π,∴A =3π4(2)∵sin B =sin C 2–√b =c 2–√=+−2bc cos A a 2b 2c 2=+2−2b ×b ×(−)–√，即，解得：，∴.【考点】余弦定理正弦定理【解析】此题暂无解析【解答】解：由正弦定理及已知得： ，即：，，，，.， ∴由正弦定理得 ，由余弦定理 得：，即，解得：，∴.19.【答案】【考点】直线与平面所成的角平面与平面垂直的判定【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答20.【答案】15=+2−2b ×b ×(−)b 2b 22–√2–√2=3b 2b =,c =3–√6–√=bc sin A =S ΔABC 1232(1)sin A sin C +sin C cos A =0sin C(sin A +cos A)=0∵0<C <π∴sin C ≠0∴sin A +cos A =0，tan A =−1∴0<A <π,∴A =3π4(2)∵sin B =sin C 2–√b =c 2–√=+−2bc cos A a 2b 2c 215=+2−2b ×b ×(−)b 2b 22–√2–√2=3b 2b =,c =3–√6–√=bc sin A =S ΔABC 1232A解：（1）记“甲连续射击次至少有次未击中目标”为事件，由题意，射击次，相当于次独立重复试验，故．…（2）记“甲射击次，恰有次击中目标”为事件，“乙射击次，恰有次击中目标”为事件，则，．由于甲、乙射击相互独立，故．…【考点】相互独立事件的概率乘法公式互斥事件的概率加法公式【解析】（1）记“甲连续射击次至少有次未击中目标”为事件，由题意，射击次，相当于次独立重复试验，由此能求出甲射击次，至少有次未击中目标的概率．（2）记“甲射击次，恰有次击中目标”为事件，“乙射击次，恰有次击中目标”为事件，甲、乙射击相互独立，由此能求出两人各射击次，甲恰好击中目标次且乙恰好击中目标次的概率．【解答】解：（1）记“甲连续射击次至少有次未击中目标”为事件，由题意，射击次，相当于次独立重复试验，故．…（2）记“甲射击次，恰有次击中目标”为事件，“乙射击次，恰有次击中目标”为事件，则，．由于甲、乙射击相互独立，故．…21.【答案】在线段上存在中点，使得平面．证明如下：设的中点为，连结，由题意得为平行四边形，则，又平面，平面，∴平面．选择①：∵平面，∴，31A 133P()=1−P()=1−(=A 1A 1¯¯¯¯¯¯23)3192732A 231B 2P()=×(×(1−)=A 2C 2323)22349P()=×()×(1−=B 2C 133434)2964P()=P()P()=×=A 2B 2A 2B 24996411631A 1333132A 231B 232131A 133P()=1−P()=1−(=A 1A 1¯¯¯¯¯¯23)3192732A 231B 2P()=×(×(1−)=A 2C 2323)22349P()=×()×(1−=B 2C 133434)2964P()=P()P()=×=A 2B 2A 2B 249964116AB G AF //PCG PC H FH AGHF AF //GH GH ⊂PGC AF ⊂PGC AF //PGC AB ⊥BC PA ⊥ABCD PA ⊥BC AB AD AP由题意知，，彼此两两垂直，以，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，∵＝＝，则，，，，，，∴，，设平面的法向量，∴，取＝，得，平面的法向量，设二面角的平面角为，则，∴二面角的余弦值为．选择②与平面所成的角为：∵平面，取中点，连结，取的中点，连结，，则，且＝，∴平面，与平面所成角为，∴，在中，，又＝，∴＝，∴，∴，，彼此两两垂直，以、、分别为，，轴，建立空间直角坐标系，∵＝＝，∴，，，，，，，∴，，设平面的法向量，则，取，得，平面的法向量，设二面角的平面角为，则．∴二面角的余弦值为．选择③：∵平面，∴，取中点，连结，∵底面是菱形，＝，∴是正三角形，∵是的中点，∴，∴，，彼此两两垂直，以、、分别为，，轴，建立空间直角坐标系，∵＝＝，∴，，，，，，，∴，，设平面的法向量，则，取，得，AB AD AP AB AD AP x y z PA AB 2A(0,0,0)B(2,0,0)C(2,2,0)D(0,2,0)F(0,1,1)P(0,0,2)=(0,1,1)AF →=(−2,−1,1)CF →FAC =(x,y,z)μ ⋅=y +z =0μ AF →⋅=−2x −y +z =0μ CF →y 1=(−1,1,−1)μ ACD =(0,0,1)v F −AC −D θcos θ==|⋅|μ v ||⋅||μ v 3–√3F −AC −D 3–√3FC ABCD π6PA ⊥ABCD BC E AE AD M FM CM FM //PA FM 1FM ⊥ABCD FC ABCD ∠FCM ∠FCM =π6Rt △FCM CM =3–√CM AE A +B E 2E 2AB 2BC ⊥AE AE AD AP AE AD AP x y z PA AB 2A(0,0,0)B(,−1,0)3–√C(,1,0)3–√D(0,2,0)E(,0,0)3–√F(0,1,1)P(0,0,2)=(0,1,1)AF →=(−,0,1)CF →3–√EAC =(x,y,z)m ⋅=y +z =0m AF →⋅=−x +z =0m CF →3–√x =3–√=(,−3,3)m 3–√ACD =(0,0,1)n F −AC −D θcos θ==|⋅|m n ||⋅||m n 21−−√7F −AC −D 21−−√7∠ABC =π3PA ⊥ABCD PA ⊥BC BC E AE ABCD ∠ABC 60∘△ABC E BC BC ⊥AE AE AD AP AE AD AP x y z PA AB 2A(0,0,0)B(,−1,0)3–√C(,1,0)3–√D(0,2,0)E(,0,0)3–√F(0,1,1)P(0,0,2)=(0,1,1)AF →=(−,0,1)CF →3–√EAC =(x,y,z)m ⋅=y +z =0m AF →⋅=−x +z =0m CF →3–√x =3–√=(,−3,3)m 3–√=(0,0,1)平面的法向量，设二面角的平面角为，则．∴二面角的余弦值为．【考点】二面角的平面角及求法【解析】（1）设的中点为，连结，由题意得为平行四边形，则，由此能证明在线段上存在中点，使得平面．（2）选择①，推导出，，彼此两两垂直，以，，分别为，，ACD =(0,0,1)n F −AC −D θcos θ==|⋅|m n ||⋅||m n 21−−√7F −AC −D 21−−√7PC H FH AGHF AF //GH AB G AF //PCG AB ⊥BC AB AD AP AB AD AP x y F −AC −D轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．选择②与平面所成的角为，取中点，连结，取的中点，连结，，则，且＝，平面，与平面所成角为，，推导出，，彼此两两垂直，以、、分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．选择③，推导出，取中点，连结，推导出 ，，彼此两两垂直，以、、分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．【解答】在线段上存在中点，使得平面．证明如下：设的中点为，连结，由题意得为平行四边形，则，又平面，平面，∴平面．选择①：∵平面，∴，由题意知，，彼此两两垂直，以，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，∵＝＝，则，，，，，，∴，，设平面的法向量，∴，取＝，得，平面的法向量，设二面角的平面角为，则，∴二面角的余弦值为．选择②与平面所成的角为：∵平面，取中点，连结，取的中点，连结，，则，且＝，∴平面，与平面所成角为，∴，在中，，又＝，∴＝，∴，∴，，彼此两两垂直，以、、分别为，，轴，建立空间直角坐标系，∵＝＝，∴，，，，，，，∴，，设平面的法向量，则，取，得，z F −AC −D FC ABCD π6BC E AE AD M FM CM FM //PA FM 1FM ⊥ABCD FC ABCD ∠FCM ∠FCM =π6AE AD AP AE AD AP x y z F −AC −D ∠ABC =π3PA ⊥BC BC E AE AE AD AP AE AD AP x y z F −AC −D AB G AF //PCG PC H FH AGHF AF //GH GH ⊂PGC AF ⊂PGC AF //PGC AB ⊥BC PA ⊥ABCD PA ⊥BC AB AD AP AB AD AP x y z PA AB 2A(0,0,0)B(2,0,0)C(2,2,0)D(0,2,0)F(0,1,1)P(0,0,2)=(0,1,1)AF →=(−2,−1,1)CF →FAC =(x,y,z)μ ⋅=y +z =0μ AF →⋅=−2x −y +z =0μ CF →y 1=(−1,1,−1)μ ACD =(0,0,1)v F −AC −D θcos θ==|⋅|μ v ||⋅||μ v 3–√3F −AC −D 3–√3FC ABCD π6PA ⊥ABCD BC E AE AD M FM CM FM //PA FM 1FM ⊥ABCD FC ABCD ∠FCM ∠FCM =π6Rt △FCM CM =3–√CM AE A +B E 2E 2AB 2BC ⊥AE AE AD AP AE AD AP x y z PA AB 2A(0,0,0)B(,−1,0)3–√C(,1,0)3–√D(0,2,0)E(,0,0)3–√F(0,1,1)P(0,0,2)=(0,1,1)AF →=(−,0,1)CF →3–√EAC =(x,y,z)m ⋅=y +z =0m AF →⋅=−x +z =0m CF →3–√x =3–√=(,−3,3)m 3–√=(0,0,1)平面的法向量，设二面角的平面角为，则．∴二面角的余弦值为．选择③：∵平面，∴，取中点，连结，∵底面是菱形，＝，∴是正三角形，∵是的中点，∴，∴，，彼此两两垂直，以、、分别为，，轴，建立空间直角坐标系，∵＝＝，∴，，，，，，，∴，，设平面的法向量，则，取，得，平面的法向量，设二面角的平面角为，则．∴二面角的余弦值为．ACD =(0,0,1)n F −AC −D θcos θ==|⋅|m n ||⋅||m n 21−−√7F −AC −D 21−−√7∠ABC =π3PA ⊥ABCD PA ⊥BC BC E AE ABCD ∠ABC 60∘△ABC E BC BC ⊥AE AE AD AP AE AD AP x y z PA AB 2A(0,0,0)B(,−1,0)3–√C(,1,0)3–√D(0,2,0)E(,0,0)3–√F(0,1,1)P(0,0,2)=(0,1,1)AF →=(−,0,1)CF →3–√EAC =(x,y,z)m ⋅=y +z =0m AF →⋅=−x +z =0m CF →3–√x =3–√=(,−3,3)m 3–√ACD =(0,0,1)n F −AC −D θcos θ==|⋅|m n ||⋅||m n 21−−√7F −AC −D 21−−√722.【答案】解：由及，得，所以，由正弦定理可得：,因此 .证明：由，得，由正弦定理可得，又，所以，整理可得，将代入，可得，因此，于是，即，故为等腰直角三角形．【考点】正弦定理余弦定理三角形的形状判断【解析】（2）由得，由正弦定理可得，又，所以，(1)C =2B B =15∘C =30∘A =135∘b ==2sin B =2sin =−1a sin Bsin A 2–√2–√15∘3–√=ab sin C =S △ABC 12−13–√2(2)C =2B sin C =sin 2B =2sin B cos B c =2b cos B 2ac cos B =+−a 2c 2b 2a =b (+−)c 2a 2c 2b 2(a −b)[−b(a +b)]=0c 2a +b =c 2–√(a +b)=0(a −b)2a =b c =a =b 2–√2–√C =90∘△ABC C =2B sin C =sin 2B =2sin B cos B c =2b cos B 2a cos B =+−a 2c 2b 2a =b (+−)c 2a 2c 2b 2(a −b)[−b(a +b)]=02整理可得，将代入上式可得，因此，于是，即，故为等腰直角三角形．【解答】解：由及，得，所以，由正弦定理可得：,因此 .证明：由，得，由正弦定理可得，又，所以，整理可得，将代入，可得，因此，于是，即，故为等腰直角三角形．(a −b)[−b(a +b)]=0c 2a +b =c 2–√(a −b)(a +b)=0a =b c =a =b 2–√2–√C =90∘△ABC (1)C =2B B =15∘C =30∘A =135∘b ==2sin B =2sin =−1a sin Bsin A 2–√2–√15∘3–√=ab sin C =S △ABC 12−13–√2(2)C =2B sin C =sin 2B =2sin B cos B c =2b cos B 2ac cos B =+−a 2c 2b 2a =b (+−)c 2a 2c 2b 2(a −b)[−b(a +b)]=0c 2a +b =c 2–√(a +b)=0(a −b)2a =b c =a =b 2–√2–√C =90∘△ABC。
2022-2023学年人教A版(2019)高一下数学月考试卷(含解析)
2022-2023学年高中高一下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：130 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）1. 为得到函数的图象，只需要将函数的图象（ ）A.向右平行移动个单位B.向左平行移动个单位C.向右平行移动个单位D.向左平行移动个单位2. 若单位向量，满足，则等于A.B.C.D.3. 已知向量，，其中，都为正实数，若，则的最小值为（ ）A.B.C.D.y =6sin(2x +)π3y =6cos 2x π6π6π12π12a →b →(−2)⋅(+)=−a →b →a →b →12|−|a →b →( )12–√3–√23–√3=(x −1,3)a =(1,y)b x y ⊥a b +1x 13y222–√423–√(5,6)→|−4⋅→4. ，，则等于( )A.B.C.D.5. 要测量电视塔的高度，在点测得塔顶的仰角是，在点测得塔顶的仰角是，并测得水平面上的，，则电视塔的高度是（ ）A.B.C.D.6. 等腰三角形底和腰之比为黄金分割比的三角形称为黄金三角形，它是最美的三角形．例如，正五角星由个黄金三角形和一个正五边形组成，且每个黄金三角形都是顶角为的等腰三角形，如图所示，在黄金三角形中，．根据这些信息，可求得的值为（ ） A. B.C.D.7. 在中，，，，则的面积为（ ）A.B.=(−4,3)a →=(5,6)b →3|−4⋅a →|2a →b →23576383AB C 45∘D 30∘∠BCD =120∘CD =40m 30m40m40m3–√40m2–√536∘ABC cos 144∘△ABC C =60∘AC =4BC =23–√△ABC 3–√23–√23–√C.D.8. 复数满足，复数在复平面内所对应的点的坐标是( )A.B.C.D.9. 如图，为测量一座古塔的高度，工作人员从与塔底同一水平面的点测得塔顶的仰角为，然后从出发朝古塔方向走了米后到达处，并测得此时的仰角为，则此古塔的高度为( )A.米B.米C.米D.米10. 在中，，点为边上一点，且 ， ，，，则( )A.B.C.D.11. 已知 是斜三角形，角，，所对的边分别为，，，若 ，，且，则的面积为( )A.23–√6z zi =1+3i z (3,−1)(−1,3)(−3,1)(1,−3)A C 15∘A 30B 45∘153–√(15−1)3–√(15−3)3–√15(−1)3–√△ABC AB =2BC =2D AC AC =2AD AC =2BD =2CM −→−MB −→−=AN −→−NB −→−⋅+⋅=AM −→−AB −→−CN −→−BC −→−592723△ABC A B C a b c c =221−−√c sin(B +C)+a cos(A +B)3–√=0sin C +sin(B −A)=5sin 2A △ABC 53–√45B. C.D.12. 在中，若，，，则（ ）A.B.C.D.或二、 多选题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）13. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则下列结论正确的是( )A.B.C.D.14. 已知，，则下列不等式中，正确的是( )A.B.C.D.15. 将函数图象上每点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向左平移个单位长度后，所得图象关于轴对称，则可能的取值为( )A.54553–√△ABC a =3b =6–√A =π3B =π6π43π4π43π4△ABC A B C a b c b =23–√c =3A +3C =πcos C =3–√3sin B =2–√3a=3=S △ABC 2–√0<a <b a +b =1a <0log 2<2a−b 12<42+b a a b a +b <−2log 2log 2f (x)=cos(x −)(x ∈R)π312φ(φ>0)y φπ6πB.C.D. 16. 在中，是的中点．若，，则（ ）A.B.C.D. 17.已知复数 （为虚数单位），则下列叙述正确的是( )A.的模为B.的共轭复数C.在复平面上对应点在第二象限D.为纯虚数18. 如图，在四边形中，， ，，且 ，，则( )A.B.实数的值为π35π62π3△ABC M BC =AB −→−a →=AC −→−b →||=AM −→−|−|12a →b →|+|12a →b →122(+)−(−a →2b →2a →b →)2−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√12+a →2b →2−−−−−−−−√z =2i1+i i z 2–√z =1−iz ¯¯¯z z 2ABCD ∠B =60∘AB =3BC =6=λ(λ∈R)AD −→−BC −→−⋅=−AD −→−AB −→−32⋅=9AB −→−BC −→−λ16ABCDC.四边形是梯形D.若，是线段上的动点，且，则·的最小值为19. 已知椭圆的左、右焦点为，点在椭圆上，且不与椭圆的左、右顶点重合，则下列关于的说法正确的有（ ）A.的周长为B.当时，的边C.当时，的面积为D.椭圆上有且仅有个点，使得为直角三角形20. 如图，在平面四边形中，等边的边长为，，，点为边上一动点，记，则的取值可以是 A.B.C.D.卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）21. 在中，，，，则________，边长的取值范围为________.22. 若向量，，且，则________．23. 在中，为上一点且满足，若为上一点，且满足ABCD M N BC ||=1MN −→−DM DN 132+=1x 24y 22,F 1F 2P △PF 1F 2△PF 1F 24+22–√∠P =F 1F 290∘△PF 1F 2P =2F 1∠P =F 1F 260∘△PF 1F 243–√36P △PF 1F 2ABCD △ABC 2∠ADC =30∘AC ⊥CD M AB λ=⋅DM −→−CM −→−λ()−4154510△ABC a cos C +(c −2b)cos A =0b =2≤B ≤π4π3A =c =(x,y)a →=(−1,2)b →+=(1,3)a →b →|−2|=a →b →△ABC D AC =AD −→−13DC −→−p BD λ+μ−→−−→−−→−11，其中 ，为正实数，则的最小值为________.24. 已知函数，，其中，，，是这两个函数图象的交点，且不共线．①当时，面积的最小值为________；②若存在是等腰直角三角形，则的最小值为________．四、 解答题 （本题共计 2 小题 ，每题 5 分 ，共计10分 ） 25. 如图，在中，设，，又， ，，向量，的夹角为．（1）用，表示；（2）若点是的中点，直线交于下点，求．26. 在①，②，③三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．在中，内角，，的对边分别是，，，且满足________，.若，求的面积；求的取值范围．=λ+μAP −→−AB −→−AC −→−λμ+1λ1μf(x)=sin ωx 2–√g(x)=cos ωx 2–√ω>0A B C ω=1△ABC △ABC ω△ABC =AB −→−a →=AC −→−b →=2BD −→−DC −→−=2∣∣a →∣∣=1∣∣∣b →∣∣∣a →b →π3a →b →AD −→−E AC BE AD ⋅AF −→−BC −→−(a +b)(a −b)=(a −c)c 2a −c =2b cos C (a −b cos C)=c sin B 3–√△ABC A B C a b c b =23–√(1)a +c =4△ABC (2)a +c参考答案与试题解析2022-2023学年高中高一下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）1.【答案】C【考点】函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换【解析】由条件利用诱导公式，函数的图象变换规律，得出结论．【解答】解：函数，故把函数的图象向右平行移动个单位，可得函数的图象.故选.2.【答案】C【考点】平面向量数量积的运算向量的模【解析】此题暂无解析【解答】解：因为，，y =A sin(ωx +φ)y =6sin(2x +)=6cos[−(2x +)]π3π2π3=6cos(−2x)=6cos(2x −)=6cos 2(x −)π6π6π12y =6cos 2x π12y =6sin(2x +)π3C ||=||=1a →b →(−2)⋅(+)=−⋅−2a →b →a →b →a →2a →b →b→2=−1−⋅=−a →b →12=−→1所以，所以．故选．3.【答案】C【考点】基本不等式及其应用数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】，可得，即＝．再利用“乘法”与基本不等式的性质就得出．【解答】∵，∴＝，即＝．又，为正数，则，当且仅当＝时取等号．∴的最小值为．4.【答案】D【考点】平面向量数量积的运算向量的模【解析】根据平面向量数量积与模的坐标运算公式，分别算出、的值，代入即可求出的值．【解答】⋅=−a →b →12|−|=a →b →(−)a →b →2−−−−−−−−−−√=−2⋅+a →2a →b →b→2−−−−−−−−−−−−−−−−√==1−2×(−)+112−−−−−−−−−−−−−−−√3–√C ⊥a b ⋅=0a b x +3y 11⊥a b ⋅=x −1+3y a b 0x +3y 1x y +=(x +3y)(+)=2++≥2+2=41x 13y 1x 13y 3y x x 3y ⋅3y x x 3y −−−−−−−√x 3y =12+1x 13y4||a →4⋅a →b →3|−4⋅a →|2a →b →(−4,3)→解：∵，∴.又∵，∴，∴.故选.5.【答案】B【考点】解三角形【解析】设出，进而根据题意将、用来表示，然后在中利用余弦定理建立方程求得，即可得到电视塔的高度．【解答】由题题意，设，则，在中，，，∴根据余弦定理，得即：整理得，解之得或（舍）即所求电视塔的高度为米．6.【答案】C【考点】解三角形三角形的面积公式【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答7.【答案】=(−4,3)a →||==5a →(−4+)232−−−−−−−−−√=(5,6)b →⋅=−4×5+3×6=−2a →b →3|−4⋅=3×−4×(−2)=83a →|2a →b →52D AB =x BD DC x △DBC x AB =x BD =x 3–√BC =x△DBC ∠BCD =120∘CD =40B =B +C −2BC ⋅CD ⋅cos ∠DCB D 2C 2D 2(x =(40+−2×40⋅x ⋅cos 3–√)2)2x 2120∘−20x −800=0x 2x =40x =−2040D【考点】三角形的面积公式正弦定理【解析】此题暂无解析【解答】解：∵，，，∴.故选.8.【答案】A【考点】复数代数形式的乘除运算复数的代数表示法及其几何意义【解析】利用复数的运算法则即可得出．【解答】解：∵复数满足，∴，化为．∴在复平面内所对应的点的坐标是．故选．9.【答案】D【考点】解三角形的实际应用正弦定理C =60∘AC =4BC =23–√S =AC ⋅BC ⋅sin C 12=×4×2×=6123–√3–√2D z zi =1+3i −i ⋅i ⋅z =−i(1+3i)z =3−i z (3,−1)A【解析】无【解答】解：设古塔高度为米.由题意可得，，.又，由正弦定理得，∴．∵，∴米．故选．10.【答案】D【考点】平面向量数量积的运算向量在几何中的应用【解析】利用已知条件，判断三角形的形状，建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算，求解向量的数量积即可．【解答】解：在中，点为边上一点，，且 ， ，，如图：三角形是直角三角形，建立如图所示的平面直角坐标系，， ， ，， ，, , ，h ∠ACB =30∘BC =h 2–√AB =30=AB sin 30∘BC sin 15∘h =30⋅sin 2–√15∘sin =sin(−)=15∘45∘30∘−6–√2–√4h =15(−1)3–√D △ABC D AC AB =2BC =2AC =2AD AC =2BD =2,=CM −→−MB −→−AN −→−NB −→−ABC A (2,0)N (1,0)C (0,1)M (0,)13=(−2,0)AB −→−=(−2,)AM −→−13=(1,−1)CN −→−=(0,1)BC −→−+⋅=4−1=3−→−−→−−→−−→−则.故选.11.【答案】D【考点】解三角形余弦定理正弦定理【解析】此题暂无解析【解答】解：由 得：，由正弦定理，得 ，显然 ，所以 ，又，所以 .又 ，所以 ，变形得 .又 ，所以 ，所以 ，由余弦定理得 ，解得 ，所以 .故选12.【答案】⋅+⋅=4−1=3AM −→−AB −→−CN −→−BC −→−D c sin(B +C)+a cos(A +B)=03–√c sin A −a cos C =03–√sin C sin A =sin A cos C 3–√sin A ≠0tan C =3–√C ∈(0，π)C =π3sin C+sin(B −A)=5sin 2A sin(B +A)+sin(B −A)=5sin 2A2sin B cos A =10sin A cos A A ≠π2sin B =5sin A b =5a =+(2)21−−√2b 2a 2−2ab cos =21π3a 2a =2，b =10=ab sin C =×2×10×=5S △ABC12123–√23–√D.B【考点】三角函数值的符号正弦定理【解析】利用正弦定理求解，并利用大边对大角判断，属于基础题.【解答】解：在中，由正弦定理可得，即，解得，∵ ，∴，∴.故选．二、 多选题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）13.【答案】A,D【考点】余弦定理正弦定理三角函数中的恒等变换应用同角三角函数间的基本关系【解析】直接利用已知条件，利用正弦定理和余弦定理及三角形的面积公式求出结果．【解答】解：由于，则：，解得：．由于，，△ABC =a sin A b sin B=3sin π36–√sin Bsin B =2–√2b <a B <A =π3B =π4B A +3C =πA +B +C =A +3CB =2C b =23–√c =3b利用正弦定理：，则：，整理得：，解得：，故正确；故所以，故错误；由，得，解得：或，若，则，可得，可得，矛盾，故错误，则.则．故正确．故选.14.【答案】A,D【考点】对数值大小的比较基本不等式在最值问题中的应用指数函数单调性的应用【解析】利用不等式的基本性质可判断的真假，利用基本不等式可判断的真假．【解答】解：，，，，，，故选项正确；， ，，，故选项错误；，，，，故选项错误；=b sin B c sin C =b sin 2C c sin C =23–√2sin C cos C 3sin C cos C =3–√3A sin C =，6–√3sin B =sin 2C =2sin C cos C =22–√3B =+−2ab cos C c 2a 2b 2−4a +3=0a 2a =1a =3a =c =3A =C =π4B =π2b ==c =3+a 2c 2−−−−−−√2–√2–√C a =1=ab sin C S △ABC12=×1×2×=123–√6–√32–√D AD AB CD A ∵0<a <b a +b =1∴0<a <12<b <112∴a <=−1<0log 2log 212A B ∵0<a <b ∴a −b <0∴<=12a−b 20B C ∵0<a <b ∴+>2=2b a a b ×b a a b −−−−−−√∴>=42+b a a b 22C 0<a <b a +b =1， ，，， ，，故选项正确．故选．15.【答案】A,D【考点】函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换余弦函数的图象余弦函数的对称性【解析】将函数图象上每个点的横坐标缩短为原来的，可得的图象：再将所得图象向左平移如个单位长度，可得的图象；根据所得图象关于轴对称，则可能有，所以结合选项，所以或 . 【解答】解：将函数图象上每个点的横坐标缩短为原来的，再将所得图象向左平移个单位长度，可得的图象；因为所得图象关于轴对称，所以，所以，结合选项，令，，令，.所以或 . 故选.16.【答案】B,C【考点】D ∵0<a <b a +b =1∴a +b >2ab −−√∴ab <14∴a +b =ab <−4=−2log 2log 2log 2log 2D AD f (x)=cos(x −)(x ∈R)π312y =cos(2x −)π3y =cos(2x +2φ−)π3y 2φ−=kππ3φ=+(k ∈Z)kπ2π6φ=π6φ=2π3f (x)=cos(x −)(x ∈R)π312φ(φ>0)y =cos(2x +2φ−)π3y 2φ−=kππ3(k ∈Z)φ=+(k ∈Z)kπ2π6k =0φ=π6k =1φ=2π3φ=π6φ=2π3AD向量在几何中的应用向量的模【解析】利用平面向量的运算法则求解即可.【解答】解： ，又为中点， ， ， ， ，∴ ，，又，故选． 17.【答案】A,B,D【考点】复数的模复数代数形式的乘除运算复数的基本概念复数的代数表示法及其几何意义共轭复数【解析】利用复数的运算化简复数，再利用复数的模，几何意义，共轭复数等知识逐一分析即可.【解答】∵=+AM −→−AB −→−BM −→−M BC ∴=BM −→−12BC −→−∵=−BC −→−AC −→−AB −→−=AB −→−a →=AC −→−b →=+AM −→−AB −→−BM −→−=+AB −→−12BC −→−=+(−)AB −→−12AC −→−AB −→−=+12AB −→−12AC −→−=(+)=(+)12AB −→−AC −→−12a →b →∴||=|+|AM −→−12a →b →122(+)−(−a →2b →2a →b →)2−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√=|+|12a →b →BC ===i (1−i)=1+i2i (1−i)解：，∴，故正确；的共轭复数为，故正确；在复平面上对应点为，在第一象限 ，故错误；为纯虚数，故正确.故选.18.【答案】B,C,D【考点】平面向量数量积的运算向量在几何中的应用平面向量共线（平行）的坐标表示二次函数在闭区间上的最值【解析】【解答】解：以为原点，以为轴，建立如图所示的直角坐标系，，，∴.，∴.∴.设，，，，∵z ===i (1−i)=1+i 2i 1+i 2i (1−i)(1+i)(1−i)|z|==+1212−−−−−−√2–√A z 1−i B z (1,1)C =(1+i =2i z 2)2D ABD B BC x ∵∠B =60∘AB =3A (,)3233–√2∵BC =6C(6,0)∵=λAD −→−BC−→−AD//BC D(，)x 033–√2=(−，0)AD −→−x 032=(−,−)AB −→−3233–√2∵⋅=−AD −→−AB −→−32−(−)=−333，解得. ，.，故错误；，∴.故正确；，四边形是梯形，故正确；设 ，则 ，其中， ，，， 当时取得最小值，最小值为.故正确.故选.19.【答案】A,D【考点】余弦定理椭圆的定义椭圆的定义和性质【解析】无【解答】解：根据椭圆方程可得，，．对于，的周长为，故正确；对于，当时，的边，故错误；对于，设，，根据椭圆定义以及余弦定理可得：解得，∴−(−)=−32x 03232=x 052∴=(1,0)AD −→−=(6,0)BC −→−∴⋅=−×6=−9AB −→−BC −→−32A ∵=AD −→−16BC −→−λ=16B ∵AD//BC ∴ABCD C M (x,0)N (x +1,0)0≤x ≤5∴=(x −,−)DM −→−5233–√2=(x −，−)DN −→−3233–√2∴⋅=DM −→−DN −→−(x −)(x −)+5232274=−4x +=(x −2+x 2212)2132x =2132D BCD a =2b =2–√c =2–√A △PF 1F 2|P |+|P |+||=2a +2c =4+2F 1F 2F 1F 22–√A B ∠P =F 1F 290∘△PF 1F 2|P |==1F 1b 2a B C |P |=m F 1|P |=n F 2 cos =，60∘+−8m 2n 22mn m +n =4，mn =83mn sin =P 12则，故错误；对于，当时，则有解得，此时点为上下顶点，当时，有两个点，当时，有两个点，故正确．故选．20.【答案】C,D【考点】平面向量数量积的运算平面向量的基本定理及其意义【解析】此题暂无解析【解答】解：设，∵，，∴，，∵，∴.故选.三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）21.【答案】,【考点】=mn sin =S △PF 1F 21260∘233–√C D ∠P =F 1F 290∘{m +n =4,+=8,m 2n 2m =n =2P ∠P =F 1F 290∘∠P =F 2F 190∘D AD ||=x AM −→−=+CM −→−CA −→−AM −→−=+=+−DM −→−DC −→−CM −→−DC −→−AM −→−AC −→−⋅=⋅+⋅++⋅+−⋅CM −→−DM −→−CA −→−DC −→−CA −→−AM −→−AC −→−2AM −→−DC −→−AM −→−2AM −→−AC −→−=⋅(+)+4+−x AM −→−CA −→−DC −→−x 2=⋅+−x +4AM −→−DA −→−x 2=2x +−x +4x 2=+x +4x 2=(x ++12)2154x ∈[0,2]⋅∈[4,10]CM −→−DM −→−CD π3[2,+1]3–√余弦定理正弦定理正切函数的值域【解析】利用余弦定理，求出，再利用正弦定理表示出，结合正切函数图象即可得出答案.【解答】解：由题得，，则，整理得，则.又，∴ .∵，，∴.又，∴，∴，即的取值范围为.故答案为：；.22.【答案】【考点】向量的模平面向量的坐标运算【解析】先根据向量相等求出的坐标，再求出以及它的模长．【解答】解：∵向量，，且，A c a cos C +(c −2b)cos A =0a ×+(c −2b)×=0+−a 2b 2c 22ab +−c 2b 2a 22cb +−=bc b 2c 2a 2cos A ==bc 2bc 12A ∈(0,π)A =π3b =2=b sinB c sinC c ==2sin C sin B 2sin(−B)2π3sin B =+1=+1cos B 3–√sin B 3–√tan B ≤B ≤π4π31≤tan B ≤3–√2≤c ≤+13–√c [2,+1]3–√π3[2,+1]3–√5a →−2a →b →=(x,y)a →=(−1,2)b →+=(1,3)a →b →∴，解得，；∴，∴，∴．故答案为：．23.【答案】【考点】向量的共线定理平面向量的基本定理及其意义基本不等式在最值问题中的应用【解析】利用在上，有：且，然后得到，，，最后根据基本不等式求出最小值.【解答】解：如图，∵，∴，以，为基底，∴，，令，且，{x −1=1y +2=3x =2y =1=(2,1)a →−2=(4,−3)a →b →|−2|==5a →b →+(−342)2−−−−−−−−−√59P BD =k BP −→−BD −→−k ∈[0,1]λ=1−k μ=k 4λ+k =λ+4μ=1=AD −→−13DC −→−=AD −→−14AC −→−AB −→−AC−→−=+=−+BD −→−BA −→−AD −→−AB −→−14AC −→−=+=−+λ+μBP −→−BA −→−AP −→−AB −→−AB −→−AC−→−=(λ−1)+μAB −→−AC −→−=k BP −→−BD −→−k ∈[0,1] λ−1=−k ，则∴，，∴，∴，当且仅当即时取等号，∴的最小值为.故答案为：.24.【答案】,【考点】余弦函数的图象正弦函数的图象三角函数值的符号【解析】①直接利用函数的图象和性质的应用求出三角形的底和高，进一步求出三角形的面积．②利用等腰直角三角形的性质的应用求出的最小值．【解答】解：①当时，，，令，得，则，∴，.取，，，此时的面积最小，∴.②若存在是等腰直角三角形，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，λ−1=−k ，μ=，k 4λ=1−k μ=k 4λ+k =λ+4μ=1+=(+)(λ+4μ)1λ1μ1λ1μ=1+++44μλλμ≥5+2=9⋅4μλλμ−−−−−−√{λ=2μ，λ+4μ=1， λ=，13μ=，16+1λ1μ992ππ2ωω=1f (x)=sin x 2–√g(x)=cos x 2–√f (x)=g(x)sin x =cos x 2–√2–√tan x =1x =+kππ4k ∈Z A (,1)π4B (,−1)5π4C (,1)9π4△ABC =×2π×2=2πS min 12△ABC 2×(×–√×)=4–√则，得的最小值为．故答案为：；．四、 解答题 （本题共计 2 小题 ，每题 5 分 ，共计10分 ）25.【答案】见解答；见解答；【考点】平面向量数量积的运算数量积表示两个向量的夹角向量在几何中的应用【解析】利用向量的加减数乘运算求解即可；先由平面几何的知识得到，再利用平面向量的数量积运算求解即可.【解答】1126.【答案】解：若选①，由题意，化简得，即，因为，所以，由余弦定理得，即，解得，所以的面积.若选②，由，得，即，整理得，所以，=2×(×2πω2–√2–√2+×)=42–√2–√2ωπ22ππ2(1)(2)(1)(2)AF =AD 35(1)(a +b)(a −b)=(a −c)c =+−a 2c 2b 22ac 12cos B =120<B <πB =π3=−2ac −2ac cos B b 2(a +c)212=−2ac −2ac ⋅4212ac =43△ABC S =ac sin B =××sin =121243π33–√32a −c =2b cos C 2sin A −sin C =2sin B cos C 2sin(B +C)−sin C =2sin B cos C 2cos B sin C =sin C cos B =12=π因为，所以，由余弦定理得，即，解得，所以的面积.若选③，由，得，即，整理得，因为，所以，由余弦定理得，即，解得，所以的面积.由正弦定理得，因为，所以，因为，所以，，.若选②，由，得，即，整理得，所以，因为，所以，由正弦定理得，因为，所以20<B <πB =π3=−2ac −2ac cos B b 2(a +c)212=−2ac −2ac ⋅4212ac =43△ABC S =ac sin B =××sin =121243π33–√3(a −b cos C)=c sin B 3–√(sin A −sin B cos C)=sin C sin B 3–√[sin(B +C)−sin B cos C]=sin C sin B 3–√tan B =3–√0<B <πB =π3=−2ac −2ac cos B b 2(a +c)212=−2ac −2ac ⋅4212ac =43△ABC S =ac sin B =××sin =121243π33–√3(2)====4asin A c sin C b sin B 23–√3√2A +C =2π3a +c =4(sin A +sin C)=4[sin A +sin(−A)]2π3=4(cos A +sin A)3–√123–√2=4sin(A +)3–√π60<A <2π3<A +<π6π65π6sin(A +)∈(,1]π612a +c ∈(2,4]3–√3–√2a −c =2b cos C 2sin A −sin C =2sin B cos C 2sin(B +C)−sin C =2sin B cos C 2cos B sin C =sin C cos B =120<B <πB =π3====4a sin Ac sin C bsin B 23–√3√2A +C =2π3a +c =4(sin A +sin C)=4[sin A +sin(−A)]2π34(cos A +sin A)–√，因为，所以，，.若选③，由，得，即，整理得，因为，所以，由正弦定理得，因为，所以，因为，所以，，.综上所述，的取值范围是.【考点】余弦定理三角形的面积公式正弦定理【解析】无无【解答】解：若选①，由题意，化简得，即，因为，所以，=4(cos A +sin A)3–√123–√2=4sin(A +)3–√π60<A <2π3<A +<π6π65π6sin(A +)∈(,1]π612a +c ∈(2,4]3–√3–√(a −b cos C)=c sin B 3–√(sin A −sin B cos C)=sin C sin B 3–√[sin(B +C)−sin B cos C]=sin C sin B 3–√tan B =3–√0<B <πB =π3====4a sin A c sin C b sin B23–√3√2A +C =2π3a +c =4(sin A +sin C)=4[sin A +sin(−A)]2π3=4(cos A +sin A)3–√123–√2=4sin(A +)3–√π60<A <2π3<A +<π6π65π6sin(A +)∈(,1]π612a +c ∈(2,4]3–√3–√a +c (2,4]3–√3–√(1)(a +b)(a −b)=(a −c)c =+−a 2c 2b 22ac 12cos B =120<B <πB =π3=−2ac −2ac cos B22由余弦定理得，即，解得，所以的面积.若选②，由，得，即，整理得，所以，因为，所以，由余弦定理得，即，解得，所以的面积.若选③，由，得，即，整理得，因为，所以，由余弦定理得，即，解得，所以的面积.由正弦定理得，因为，所以，因为，所以，，.若选②，由，得，即，=−2ac −2ac cos B b 2(a +c)212=−2ac −2ac ⋅4212ac =43△ABC S =ac sin B =××sin =121243π33–√32a −c =2b cos C 2sin A −sin C =2sin B cos C 2sin(B +C)−sin C =2sin B cos C 2cos Bsin C =sin C cos B =120<B <πB =π3=−2ac −2ac cos B b 2(a +c)212=−2ac −2ac ⋅4212ac =43△ABC S =ac sin B =××sin =121243π33–√3(a −b cos C)=c sin B 3–√(sin A −sin B cos C)=sin C sin B 3–√[sin(B +C)−sin B cos C]=sin C sin B 3–√tan B =3–√0<B <πB =π3=−2ac −2ac cos B b 2(a +c)212=−2ac −2ac ⋅4212ac =43△ABC S =ac sin B =××sin=121243π33–√3(2)====4a sin A c sin C b sin B 23–√3√2A +C =2π3a +c =4(sin A +sin C)=4[sin A +sin(−A)]2π3=4(cos A +sin A)3–√123–√2=4sin(A +)3–√π60<A <2π3<A +<π6π65π6sin(A +)∈(,1]π612a +c ∈(2,4]3–√3–√2a −c =2b cos C 2sin A −sin C =2sin B cos C 2sin(B +C)−sin C =2sin B cos C 2cos B sin C =sin C整理得，所以，因为，所以，由正弦定理得，因为，所以，因为，所以，，.若选③，由，得，即，整理得，因为，所以，由正弦定理得，因为，所以，因为，所以，，.综上所述，的取值范围是.2cos B sin C =sin C cos B =120<B <πB =π3====4a sin A c sin C b sin B23–√3√2A +C =2π3a +c =4(sin A +sin C)=4[sin A +sin(−A)]2π3=4(cos A +sin A)3–√123–√2=4sin(A +)3–√π60<A <2π3<A +<π6π65π6sin(A +)∈(,1]π612a +c ∈(2,4]3–√3–√(a −b cos C)=c sin B 3–√(sin A −sin B cos C)=sin C sin B 3–√[sin(B +C)−sin B cos C]=sin C sin B 3–√tan B =3–√0<B <πB =π3====4a sin A c sin C b sin B 23–√3√2A +C =2π3a +c =4(sin A +sin C)=4[sin A +sin(−A)]2π3=4(cos A +sin A)3–√123–√2=4sin(A +)3–√π60<A <2π3<A +<π6π65π6sin(A +)∈(,1]π612a +c ∈(2,4]3–√3–√a +c (2,4]3–√3–√。
2022-2023学年全国高中高一下数学人教A版(2019)月考试卷(含解析)
2022-2023学年全国高一下数学月考试卷考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1. 已知复数，则的共轭复数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. 在新冠疫情的持续影响下，全国各地电影院等密闭式文娱场所停业近半年，电影行业面临巨大损失．年年上半年的票房走势如下图所示，则下列说法正确的是A.自年以来，每年上半年的票房收入逐年增加B.自年以来，每年上半年的票房收入增速为负的有年C.年上半年的票房收入增速最大D.年上半年的票房收入增速最小3. 设、、是三个不同平面，是一条直线，下列各组条件中可以推出的有（ ）①，；②，；③，；④，．A.①③B.①④C.②③z =|3−4i|2−iz z ¯¯¯2011∼2020( )20112011520182020αβγl α//βl ⊥αl ⊥βl //αl //βα//γβ//γα⊥γβ⊥γD.②④4. 盒子内分别有个红球，个白球，个黑球，从中任取个，则互斥而不对立的两个事件是（ ）A.至少有一个白球，至多有一个白球B.至少有一个白球，至少有一个红球C.至少有一个白球，没有白球D.至少有一个白球，红黑球各一个5. 在 中，角,,所对的边分别为,,, 的外接圆半径为，且，则 的值为 A.B.C.D.6. 水平放置的，用斜二测画法作出的直观图是如图所示的，其中＝＝，＝，则面积为（ ）A.B.C.D.7. 已知菱形的边长为, ，是的中点， ，则 3212△ABC A B C a b c △ABC 2+=6,c sin B +b sin C =b 2c 24c sin A sin B (b +c)2()13+43–√215+33–√218+43–√324+53–√3△ABC △A B C ′′′O A ′′O B ′′1O C ′′△ABC ABCD 4∠ABC =60∘E BC =−2DF −→−AF −→−⋅=AE −→−BF −→−()A.B.C.D.8. 如图，在矩形中，＝，，将沿对角线翻折成，则三棱锥外接球的表面积为（ ）A.B.C.D.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9. 著名的欧拉公式为：，其中，为自然对数的底数，它使用了几个基本的数学常数描述了实数集和复数集的联系．其广义一般式是，该复数在复平面内对应的向量坐标为，则下列说法正确的是（ ）A.B.若复数满足，则C.若复数与复数在复平面内表示的向量相互垂直，则D.复数与复数在复平面内表示的向量相互垂直10. 有一组样本数据，…，由这组数据得到新样本数据 ，其中，为非零常数，则（ ）24−7−10−12ABCD AB 2△BAC AC △AC B 1−ACD B 14π12π16π48π+1=0e iπ=−1i 2e =cos θ+i sin θe iθ(0≤θ<2π)(cos θ,sin θ)ln(+i)=i 123–√2π3z z =+i 123–√2=z 2021z ¯¯¯e iαe iβα−β=π2e iαie iα,x 1x 2,x n ,y 1y 2⋯,y n =+c (i =1,2,⋯,n)y 1x i cA.两组样本数据的样本平均数相同B.两组样本数据的样本中位数相同C.两组样本数据的样本标准差相同D.两组样本数据的样本极差相同11. 如图所示，在正方体中，是的中点，直线交平面于点，则下列结论正确的是( )A.，，三点共线B.，，，四点共面C.，，，四点共面D.，，，四点共面12. 在直角三角形中，，，为线段的中点，如图，将沿翻折，得到三棱锥（点为点翻折到的位置），在翻折过程中，下列说法正确的是()A.的外接圆半径为B.存在某一位置，使得C.存在某一位置，使得D.若，则此时三棱锥的外接球的体积为ABCD −A 1B 1C 1D 1O DB C A 1BD C 1M C 1M O C 1M O C C 1O A M D 1D O M ABC ∠B =π2AC =2BC =4D AC △ABD BD P −BCD P A △PBD 2PD ⊥BDPB ⊥CDPD ⊥DC P −BCD π323卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 某单位有职工人，其中青年职工人，中年职工人，老年职工人，为了了解该单位职工的健康情况，用分层抽样的方法从中抽取样本．若样本中的青年职工为人，则样本容量为________.14. 已知向量，，则在方向上的投影等于________．15. 在中，角，，所对的边分别为，，，若，是边上的高线，且，则的最小值为________.16. 如图，等腰直角三角形（为直角顶点）所在的平面与半圆弧所在的平面垂直，为上异于，的动点，且在上射影为点，＝，则当三棱锥的体积最大时，二面角的正切值为________．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 如图所示，已知三棱锥中，底面是等边三角形，且，点是的中点．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若，求二面角的余弦值． 18. 如图，在菱形中， ，．75035025015021=(2,3)a →=(−2,1)b →a →b →△ABC A B C a b c ∠ABC =120∘BD AC BD =3–√a +c ABC C P A B AB H AB 2P −ACH P −BC −A S −ABC △ABC SA =SB =AC =2E SC AB ⊥SC SC =6–√A −SB −C ABCD =BE −→−12BC −→−=2CF −→−FD −→−x +y−→−−→−−→−若，求的值；若，，求；若菱形的边长为，求的取值范围． 19. 随着电子商务的发展，人们的购物习惯也在改变，几乎所有的需求都可以通过网络购物来解决，同时顾客的评价也成为电子商铺的“生命线”．某电商平台从其旗下的所有电商中随机抽取了个电子商铺，对电商的顾客评价，包括商品符合度、物流服务、服务态度、快递包装等方面进行调查，并把调查结果转化为顾客的评价指数，得到了如下的频率分布表：评价指数频数画出这个电子商铺顾客评价指数的频率分布直方图；求该电商平台旗下的所有电子商铺的顾客评价指数的平均数与标准差的估计值（同一组中的数据以该组区间的中点值为代表）.（精确到）附：． 20. 已知函数的图像关于直线对称，且图象上相邻两个最高点的距离为.求的解析式；若，求的值. 21. 如图，在长方体中，，点，分别是线段，的中点．求证：平面平面；(1)=x +y EF −→−AB −→−AD −→−3x +2y (2)||=6AB −→−∠BAD =60∘⋅AC −→−EF −→−(3)ABCD 6⋅AE −→−EF −→−100x x [0,20)[20,40)[40,60)[60,80)[80,100)1010204020(1)100(2)0.1≈12.04145−−−√f(x)=sin(ωx +φ)(ω>0,−≤φ<)3–√π2π2x =π3π(1)f(x)(2)f ()=(<α<)α23–√4π62π3cos(α+)3π2ABCD −A 1B 1C 1D 1AB =2BC =2C =2C 1M N C 1D 1DM (1)N ⊥A 1D 1MD B 1(2)MA求直线与平面所成角的正弦值．22. 某地为响应习总书记关于生态文明建设的指示精神，大力开展“青山绿水”工程，造福于民.为此，当地政府决定将一扇形（如图）荒地改造成市民休闲中心，其中扇形内接矩形区域为市民健身活动场所，其余区域（阴影部分）改造为景观绿地（种植各种花草）.已知该扇形的半径为米，圆心角，点在上，点，在上，点在弧上，设．求，（用含的式子表达）；若矩形是正方形，求的值；为方便市民观赏绿地景观，从点处向，修建两条观赏通道和（宽度不计），使，，其中依而建，为让市民有更多时间观赏，希望最长，试问：此时点应在何处？说明你的理由．(2)M A 1MD B 1OAB 200∠AOB =60∘Q OA M N OB P AB ∠POB =θ(1)PN ON θ(2)MNPQ tan θ(3)P OA OB PS PT PS ⊥OA PT ⊥OB PT PN PS +PT P参考答案与试题解析2022-2023学年全国高一下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1.【答案】D【考点】共轭复数复数的模复数代数形式的乘除运算复数的代数表示法及其几何意义【解析】此题暂无解析【解答】解：，∴，它在复平面内对应的点位于第四象限．故选．2.【答案】D【考点】频率分布直方图频率分布折线图、密度曲线【解析】【解答】∵z ==|3−4i|2−i +(−432)2−−−−−−−−−√2−i ===2+i52−i 5(2+i)(2−i)(2+i)=2−i z ¯¯¯(2,−1)D A解：由图易知自年以来，每年上半年的票房收入相比前一年有增有减，故错误；自年以来，每年上半年的票房收入增速为负的有年，故错误；年上半年的票房收入增速最大，故错误；年上半年的票房收入增速最小，故正确．故选．3.【答案】A【考点】空间中直线与平面之间的位置关系空间中直线与直线之间的位置关系空间中平面与平面之间的位置关系【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答4.【答案】D【考点】互斥事件与对立事件【解析】写出从个红球，个白球，个黑球中任取个球的取法情况，然后逐一核对四个选项即可得到答案．【解答】解：从个红球，个白球，个黑球中任取个球的取法有：个红球，个白球，红黑，红白，黑白共类情况，所以至少有一个白球，至多有一个白球不互斥；至少有一个白球，至少有一个红球不互斥；至少有一个白球，没有白球互斥且对立；至少有一个白球，红球黑球各一个包括红白，黑白两类情况，为互斥而不对立事件，故选．5.【答案】2011A 20113B 2017C 2020D D 321232122211111151111DC【考点】余弦定理正弦定理【解析】此题暂无解析【解答】解：∵ ,由正弦定理可得 .因为 ,所以.又 的外接圆半径为，所以 ，即，而 ,所以 ，于是为锐角，所以 ，可得 即.由.故选.6.【答案】C【考点】平面图形的直观图斜二测画法画直观图【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答7.【答案】c sin B +b sin C =4c sin A sin B sin B sin C +sin B sin C =4sin A sin B sin Csin B sin C ≠0sin A =12△ABC 2=4asin A a =4×=212+=6b 2c 2cos A ==>0+−b 2c 2a 22bc 1bcA cos A =3–√2=,1bc 3–√2bc =23–√3=++2bc =6+(b +c)2b 2c 2=43–√318+43–√3CD【考点】向量在几何中的应用平面向量数量积的运算【解析】此题暂无解析【解答】解：由已知得，，，所以，.因为在菱形中，，所以 .又因为菱形的边长为，所以，所以.故选.8.【答案】C【考点】球的表面积和体积球内接多面体=AF −→−13AD −→−=BE −→−12BC −→−=AD −→−BC −→−=+AE −→−AB −→−12AD −→−=−=−BF −→−AF −→−AB −→−13AD −→−AB −→−ABCD ∠ABC =60∘∠BAD =120∘ABCD 4⋅=||⋅||cos AB −→−AD −→−AB −→−AD −→−120∘=4×4×(−)=−812⋅=(+)⋅(−)AE −→−BF −→−AB −→−12AD −→−13AD −→−AB −→−=−|−⋅+|AB −→−|216AB −→−AD −→−16AD −→−|2=−16−×(−8)+×16=−121616D棱锥的结构特征【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】A,B,D【考点】欧拉公式复数的代数表示法及其几何意义【解析】考点：复数新概念、对数运算、平面向量的数量积运算、两角差的余弦公式【解答】解：∵，∴，∵，∴，∵对应的向量坐标为，对应的向量坐标为，∴，即，又，，∴或．∵，复数，两者对应向量坐标为，，∴两向量垂直．故选．10.【答案】C,D【考点】+i =cos +i sin =123–√2π3π3e i π3ln(+i)=ln =i 123–√2e i π3π3+i =cos +i sin =123–√2π3π3e i π3==cos +i sin =−i z 2021e i 2021π32021π32021π3123–√2e iα(cos α,sin α)e iβ(cos β,sin β)cos αcos β+sin βsin α=0cos(α−β)=00≤αβ<2π|α−β|=π23π2=cos α+i sin αe iαi =−sin α+i cos αe iα(cos α,sin α)(−sin α,cos α)ABD极差、方差与标准差众数、中位数、平均数、百分位数【解析】此题暂无解析【解答】解：由题可知，，因为，所以，所以错；若.的中位数为，因为，所以,…的中位数为，所以错；，…的标准差为,，所以对；设样本数据，中最大为，最小为，因为因为，所以样本数据，…中最大为，最小为，极差为，所以对．故选．11.【答案】A,B,C【考点】平面的基本性质及推论棱柱的结构特征【解析】此题暂无解析【解答】解：连接，，如下图，=x¯¯¯++⋯+x 1x 2x n n ==+c y ¯¯¯++⋯+y 1y 2y n n ++⋯+x 1x 2x n n =+c x ¯¯¯c ≠0≠x ¯¯¯y¯¯¯A ,x 1x 2⋯,x n x k =+c y i x i ,y 1y 2,y n =+c ≠y k x k x k B ,y 1y 2,y n =S y 1n ++⋯+(−)y 1y ¯¯¯2(−)y 2y ¯¯¯2(−)y n y ¯¯¯2−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√=1n ++⋯+[(+c)−(+c)]x 1x ¯¯¯2[(+c)−(x +c)]x 22[(+c)−(+c)]x n x ¯¯¯2−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√==1n ++⋯+(−)x 1x ¯¯¯2(−)x 2x ¯¯¯2(−)x n x ¯¯¯2−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√S x C ,x 1x 2⋯,x n x n x 1=+c y i x i ,y 1y 2,y n y n y 1−=(+c)−(+c)=−y n y 1x n x 1x n x 1D CD A 1C 1AC AC ∩BD =O则，平面，∴三点，，在平面与平面的交线上，即，，三点共线.∴，，均正确，不正确.故选．12.【答案】A,D【考点】正弦定理空间中直线与直线之间的位置关系柱体、锥体、台体的体积计算【解析】此题暂无解析【解答】解：在翻折过程中，，，，易知，由正弦定理得（为的外接圆半径），即，故正确；在翻折过程中，，故错误；若，取中点，连接，，由于为正三角形，则，又，故平面，则，又为中点，，则为正三角形，易知，则，与已知矛盾，故错误；若，则在三棱锥中，，由知，，取的中点，连接，，AC ∩BD =O C∩A 1BD =M C 1C 1M O BD C 1ACC 1A 1C 1M O A B C D ABC △PBD ≅△ABD PD =DC =BC =2PB =23–√∠PDB =120∘2r ==4PBsin ∠PDB r △PBD r =2A ∠PDB =120∘B PB ⊥CD CD M BM PM △BCD BM ⊥CD BM ∩PB =B CD ⊥PBM PM ⊥CD M CD PD =CD =2△PCD BM =PM =3–√BM +PM =2=PB 3–√C PD ⊥DC P −BCD PC =22–√P =B +P B 2C 2C 2∠ACB =π2PB E DE CE E =PB =1则，且，，所以，所以，所以平面．设外接球的半径为，根据几何体可知，外接球的球心在直线上，则，即，解得，所以三棱锥的外接球的体积为，故正确．故选．三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】【考点】分层抽样方法【解析】根据分层抽样的定义和方法，先求出每个个体被抽到的概率，再根据用样本容量除以个体总数得到的值就等于每个个体被抽到的概率，由此求得样本容量．【解答】解：根据分层抽样的定义和方法，每个个体被抽到的概率等于，设样本容量等于，则有，解得.故答案为：．14.【答案】【考点】向量的投影【解析】根据投影的定义，应用公式，求解．【解答】DE ⊥PB DE =1CE =PB =123–√D +C =C E 2E 2D 2DE ⊥CE DE ⊥PBC R O DE O +B =O E 2E 2B 2+=(R −1)2()3–√2R 2R =2P −BCD π=π43R 3323D AD 45=21350350n =n 750350n =4545−5–√5||cos <a →a →>=b →a ⋅b |b |解：根据投影的定义可得：在方向上的投影为，．故答案为：15.【答案】【考点】基本不等式在最值问题中的应用余弦定理正弦定理【解析】此题暂无解析【解答】解：由题可得，,则，∵，∴，，，，，故其最小值为.故答案为：.16.【答案】【考点】二面角的平面角及求法【解析】令＝，，用表示三棱锥的体积，利用导数可得当时三棱锥的体积最大，过作于，可得为二面角的平面角，解三角形即可得二面角的正切值．a →b →||cos <a →a →>==−b →a ⋅b |b |5–√5−5–√543–√ac sin B =bBD 12122b =ac cos B ==−+−a 2c 2b 22ac 12=++ac ≥2+ac =3acb 2a 2c 2a 2c 2−−−−√∴≥6b b 2∴b ≥6∴ac ≥12∴a +c ≥2≥2=4ac −−√12−−√3–√43–√43–√∠PAB θθP −ACH P −ACH H HG ⊥BC G ∠PGH P −BC −A PHG P −BC −A【解答】等腰直角三角形中，＝，∵为的中点，∴，令＝，，则＝，＝，三棱锥的体积＝＝•＝，令＝•＝，，＝＝＝，∵，∴，∴＝，即当时），此时三棱锥的体积最大，过作于，可得为二面角的平面角，又＝，＝，＝，二面角的正切值为＝．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】（Ⅰ）证明：连结，因为，底面是等边三角形，点是的中点，所以，，又因为，所以平面，又因为平面，所以．（Ⅱ）解：解法一：因为，取的中点，连结，由（Ⅰ）可知，，而，所以，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，所以，取平面的一个法向量，设平面的法向量为，因为，所以即令，则，所以．由题易知，二面角的平面角为锐角，ABC AB 2O AB CO ⊥AB ∠PAB θAP 2cos θAH 4θcos 2P −ACH V 1⋅2sin θcos θf(θ)sin θf'(θ)cos 4θ+1>0cos 4θP −ACH H HG ⊥BC G ∠PGH P −BC −A PH AH HG P −BC −A EA ，EB SA =SB =AC △ABC E SC EA ⊥SC EB ⊥SC EA ∩EB =E SC ⊥ABE AB ⊂ABE SC ⊥AB SA =SB =AC =2AB F FS ，FC FS =FC =3–√SC =6–√FS ⊥FC F FB ，FC ，FS x ，y ，z A(−1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,,0)，S(0,0,)3–√3–√ABS =(0,1,0)m →CBS =(x,y,z)n →=(1,−,0)，=(0,−,)CB −→−3–√CS −→3–√3–√ ⋅=0，CB −→−n →⋅=0，CS −→n →{x −y =0，3–√−y +z =0，3–√3–√y =1=(,1,1)n →3–√cos ， ===m →n →⋅m →n →||||m →n →15–√5–√5A −SB −C –√则二面角的余弦值为．解法二：由（Ⅰ）以及题意，可得平面，即点在平面内的投影为点，记二面角为，所以．【考点】空间点、线、面的位置【解析】本题考查空间中线线的位置关系的证明、空间角的求法、空间向量．【解答】（Ⅰ）证明：连结，因为，底面是等边三角形，点是的中点，所以，，又因为，所以平面，又因为平面，所以．（Ⅱ）解：解法一：因为，取的中点，连结，由（Ⅰ）可知，，而，所以，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，所以，取平面的一个法向量，设平面的法向量为，因为，所以即令，则，A −SB −C 5–√5CF ⊥SAB C SAB F A −SB −C θcos θ===S △FSB S △SBC 3–√215−−√25–√5EA ，EB SA =SB =AC △ABC E SC EA ⊥SC EB ⊥SC EA ∩EB =E SC ⊥ABE AB ⊂ABE SC ⊥AB SA =SB =AC =2AB F FS ，FC FS =FC =3–√SC =6–√FS ⊥FC F FB ，FC ，FS x ，y ，z A(−1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,,0)，S(0,0,)3–√3–√ABS =(0,1,0)m →CBS =(x,y,z)n →=(1,−,0)，=(0,−,)CB −→−3–√CS −→3–√3–√ ⋅=0，CB −→−n →⋅=0，CS −→n →{x −y =0，3–√−y +z =0，3–√3–√y =1=(,1,1)n →3–√ ， ===→→所以．由题易知，二面角的平面角为锐角，则二面角的余弦值为．解法二：由（Ⅰ）以及题意，可得平面，即点在平面内的投影为点，记二面角为，所以．18.【答案】解：，， ，，，故．，，∵四边形为菱形，，，即．cos ， ===m →n →⋅m →n →||||m →n →15–√5–√5A −SB −C A −SB −C 5–√5CF ⊥SAB C SAB F A −SB −C θcos θ===S △FSB S △SBC 3–√215−−√25–√5(1)∵=BE −→−12BC −→−=2CF −→−FD −→−∴=+EF −→−EC −→−CF −→−=−12BC −→−23DC −→−=−12AD −→−23AB −→−∴x =−23y =123x +2y =3×(−)+2×=−12312(2)∵=+AC −→−AB −→−AD −→−∴⋅=(+)⋅(−)AC −→−EF −→−AB −→−AD −→−12AD −→−23AB −→−=−−⋅12AD −→−223AB −→−216AB −→−AD −→−ABCD ∴||=||=6AD −→−AB −→−∴⋅=−|−|cos ∠BAD AC −→−EF −→−16AB −→−|216AB −→−|2=−×36−×36×=−9161612⋅=−9AC −→−EF −→−=+−→−−→−1−→−−−→−1−→−2−→−，，，，∴，的取值范围为．【考点】向量加减混合运算及其几何意义平面向量数量积【解析】由向量线性运算即可求得、值；先化 ，再结合中关系即可求解由于， ，即可得 ，根据余弦值范围即可求得结果．【解答】解：，， ，，，故．，，∵四边形为菱形，，(3)∵=+AE −→−AB −→−12AD −→−=−EF −→−12AD −→−23AB −→−∴⋅=(+)(−)AE −→−EF −→−AB −→−12AD −→−12AD −→−23AB −→−=⋅−+16AB −→−AD −→−23AB −→−214AD −→−2=||⋅||cos , −+16AB −→−AD −→−AB −→−AD −→−23AB −→−214AD −→−2=6cos , −15AB −→−AD −→−∵−1<cos , <1AB −→−AD −→−−21<6cos , −15<−9AB −→−AD −→−∴⋅AE −→−EF −→−(−21,−9)(1)x y (2)=+AC −→−AB −→−AD −→−(1)⋅AC −→−EF −→−(3)=+AE −→−AB −→−12AD −→−=−EF −→−12AD −→−23AB −→−⋅=6cos , −15AE −→−EF −→−AB −→−AD −→−(1)∵=BE −→−12BC −→−=2CF −→−FD −→−∴=+EF −→−EC −→−CF −→−=−12BC −→−23DC −→−=−12AD −→−23AB −→−∴x =−23y =123x +2y =3×(−)+2×=−12312(2)∵=+AC −→−AB −→−AD −→−∴⋅=(+)⋅(−)AC −→−EF −→−AB −→−AD −→−12AD −→−23AB −→−=−−⋅12AD −→−223AB −→−216AB −→−AD −→−ABCD ∴||=||=6AD −→−AB −→−∴⋅=−|−|cos ∠BAD AC −→−EF −→−16AB −→−|216AB −→−|2−×36−×36×=−9111，即．，，，，∴，的取值范围为．19.【答案】解：作出频率分布直方图如图所示：平均数为：，方差为：，所以标准差．【考点】频率分布直方图众数、中位数、平均数、百分位数极差、方差与标准差【解析】=−×36−×36×=−9161612⋅=−9AC −→−EF −→−(3)∵=+AE −→−AB −→−12AD −→−=−EF −→−12AD −→−23AB −→−∴⋅=(+)(−)AE −→−EF −→−AB −→−12AD −→−12AD −→−23AB −→−=⋅−+16AB −→−AD −→−23AB −→−214AD −→−2=||⋅||cos , −+16AB −→−AD −→−AB −→−AD −→−23AB −→−214AD−→−2=6cos ,−15AB −→−AD−→−∵−1<cos ,<1AB −→−AD −→−−21<6cos , −15<−9AB −→−AD −→−∴⋅AE −→−EF −→−(−21,−9)(1)(2)=(10×10+30×10+x ¯¯¯110050×20+70×40+90×20)=60=[×10+s 21100(10−60)2×10+×20(30−60)2(50−60)2+(70−60×40+(90−60×20]=580)2)2s ==2≈24.1580−−−√145−−−√无无【解答】解：作出频率分布直方图如图所示：平均数为：，方差为：，所以标准差．20.【答案】解：因为的图象上相邻两个最高点的距离为，所以的最小正周期，从而，又因为的图象关于直线对称，所以，，又因为，所以，，因此所求解析式为.由知，(1)(2)=(10×10+30×10+x ¯¯¯110050×20+70×40+90×20)=60=[×10+s 21100(10−60)2×10+×20(30−60)2(50−60)2+(70−60×40+(90−60×20]=580)2)2s ==2≈24.1580−−−√145−−−√(1)f(x)πf(x)T =πω==22πT f(x)x =π32×+φ=kπ+π3π2k ∈Z −≤φ<π2π2k =0φ=−=−π22π3π6f(x)=sin(2x −)3–√π6(2)(1)f(x)=sin(2x −)3–√π6()=sin(2×−)=–√所以，即，由得，所以，所以.【考点】两角和与差的正弦公式诱导公式同角三角函数间的基本关系函数解析式的求解及常用方法【解析】此题暂无解析【解答】解：因为的图象上相邻两个最高点的距离为，所以的最小正周期，f ()=sin(2×−)=α23–√α2π63–√4sin(α−)=π614<α<π62π30<α−<π6π2cos(α−)π6=1−(α−)sin 2π6−−−−−−−−−−−−−−√=1−(14)2−−−−−−−√=15−−√4cos(α+)3π2=sin α=sin[(α−)+]π6π6=sin(α−)cos +cos(α−)sin π6π6π6π6=×+×143–√215−−√412=+3–√15−−√8(1)f(x)πf(x)T =π==22π从而，又因为的图象关于直线对称，所以，，又因为，所以，，因此所求解析式为.由知，所以，即，由得，所以，所以.21.【答案】证明：依题意，，因为点是线段的中点，故，而平面，平面，故，因为，故平面，因为平面，故平面平面．解：以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，ω==22πT f(x)x =π32×+φ=kπ+π3π2k ∈Z −≤φ<π2π2k =0φ=−=−π22π3π6f(x)=sin(2x −)3–√π6(2)(1)f(x)=sin(2x −)3–√π6f ()=sin(2×−)=α23–√α2π63–√4sin(α−)=π614<α<π62π30<α−<π6π2cos(α−)π6=1−(α−)sin 2π6−−−−−−−−−−−−−−√=1−(14)2−−−−−−−√=15−−√4cos(α+)3π2=sin α=sin[(α−)+]π6π6=sin(α−)cos +cos(α−)sin π6π6π6π6=×+×143–√215−−√412=+3–√15−−√8(1)M =D =1D 1D 1N DM DM ⊥N D 1⊥A 1D 1DCC 1D 1DM ⊂DCC 1D 1⊥DM A 1D 1∩N =A 1D 1D 1D 1DM ⊥N A 1D 1DM ⊂MD B 1N ⊥A 1D 1MD B 1(2)D 1D 1A 1D 1C 1D D 1x y z D (0,0,1)(1,2,0)B M (0,1,0)(1,0,0)A建立空间直角坐标系，则，，，，，，设是平面的一个法向量，所以令，则，，，而，设直线与平面所成角为，则【考点】平面与平面垂直的判定直线与平面所成的角【解析】此题暂无解析【解答】证明：依题意，，因为点是线段的中点，故，而平面，平面，故，因为，故平面，因为平面，故平面平面．解：以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，设是平面的一个法向量，所以令，则，，，而，设直线与平面所成角为，D (0,0,1)(1,2,0)B 1M (0,1,0)(1,0,0)A 1=(0,1,−1)DM −→−=(1,1,0)MB 1−→−−n =(,,)x 0y 0z 0MD B 1 ⋅=0,DM −→−n →⋅=0,MB 1−→−−n →{−=0,y 0z 0+=0.x 0y 0=1z 0=−1x 0=1y 0=(−1,1,1)n →=(−1,1,0)M A 1−→−−M A 1DM B 1θsin θ==.|⋅|n →M A 1−→−−||||n →M A 1−→−−6–√3(1)M =D =1D 1D 1N DM DM ⊥N D 1⊥A 1D 1DCC 1D 1DM ⊂DCC 1D 1⊥DM A 1D 1∩N =A 1D 1D 1D 1DM ⊥N A 1D 1DM ⊂MD B 1N ⊥A 1D 1MD B 1(2)D 1D 1A 1D 1C 1D D 1x y z D (0,0,1)(1,2,0)B 1M (0,1,0)(1,0,0)A 1=(0,1,−1)DM −→−=(1,1,0)MB 1−→−−n =(,,)x 0y 0z 0MD B 1 ⋅=0,DM −→−n →⋅=0,MB 1−→−−n →{−=0,y 0z 0+=0.x 0y 0=1z 0=−1x 0=1y 0=(−1,1,1)n →=(−1,1,0)M A 1−→−−M A 1DM B 1θθ==.⋅|−→−−则22.【答案】解：在中， ，，，∴ ，.在中，，，∴.∵矩形是正方形，∴，∴，∴，∴． ∵，∴，∴ ，，∴当，即时，最大，此时是的中点．【考点】两角和与差的正弦公式三角函数的最值在实际问题中建立三角函数模型【解析】（1）由已知可得＝，＝，（2）由（1）得，＝＝，可求，解得的值，由＝，可求＝，即可解得的值．（3）由于＝，利用三角函数恒等变换的应用可求＝，．利用正弦函数的图象和性质可求＝时，最大，此时是的中点．sin θ==.|⋅|n →M A 1−→−−||||n →M A 1−→−−6–√3(1)Rt △PON OP =200sin θ=PN OP cos θ=ON OP PN =200sin θON =200cos θ(2)Rt △OQM QM =PN =200sin θOM ==QM tan 60∘200sin θ3–√=200sin θ3–√3MN =ON −OM =200cos θ−200sin θ3–√3MNPQ MN =PN 200cos θ−200sin θ3–√3=200sin θ(200+)sin θ2003–√3=200cos θtan θ=11+3√3==33+3–√3−3–√2(3)∠POB =θ∠POQ =−θ60∘PS +PT =200sin(−θ)+200sin θ60∘=200(cos θ−sin θ+sin θ)3–√212=200(sin θ+cos θ)123–√2=200sin(θ+)60∘<θ<0∘60∘θ+=60∘90∘θ=30∘PS +PT P AB ˆPN 200sin θON 200cos θQM PN 200sin θOM ==QM tan 60200sin θ3–√3MN MN PN (200+)sin θ2003–√3200cos θtan θ∠POQ −θ60∘PS +PT 200sin(θ+)60∘<θ<0∘60∘θ30∘PS +PT P AB^【解答】解：在中， ，，，∴ ，.在中，，，∴.∵矩形是正方形，∴，∴，∴，∴． ∵，∴，∴ ，，∴当，即时，最大，此时是的中点． (1)Rt △PON OP =200sin θ=PN OP cos θ=ON OP PN =200sin θON =200cos θ(2)Rt △OQM QM =PN =200sin θOM ==QM tan 60∘200sin θ3–√=200sin θ3–√3MN =ON −OM =200cos θ−200sin θ3–√3MNPQ MN =PN 200cos θ−200sin θ3–√3=200sin θ(200+)sin θ2003–√3=200cos θtan θ=11+3√3==33+3–√3−3–√2(3)∠POB =θ∠POQ =−θ60∘PS +PT =200sin(−θ)+200sin θ60∘=200(cos θ−sin θ+sin θ)3–√212=200(sin θ+cos θ)123–√2=200sin(θ+)60∘<θ<0∘60∘θ+=60∘90∘θ=30∘PS +PT P AB ˆ。
2022-2023学年人教A版(2019)高一下数学月考试卷(含解析)
2022-2023学年高中高一下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1. 已知向量，，若，则实数的值是（ ）A.B.C.D.2. 已知向量，向量，若，则实数的值为( )A.B.C.D.3. 在中，，，，则的角平分线的长为( )A.B.C.D.=(1,−1)a →=(−1,2)b →(−λ)⊥a →b →a →λ2332−32−23=(k,cos )a →π3=(sin ,tan )b →π6π4//a →b →k 14−1−141△ABC AB =4AC =2BC =33–√∠A AD 32–√2–√22−−√214−−√4f(x)=A sin(ωx +φ)+B (A >0，ω>0)f(4x)4. 已知函数的部分图象如图所示，则函数图象的一条对称轴方程可以是 A.B.C.D. 5. 将函数＝，）的图象向左平移个单位，再向上平移个单位，所得图象的函数解析式是＝，若＝图象与＝图象在上有两个不同交点，，则的值为（ ）A.或B.或C.或或D.或 6. 的内角，，的对边分别为，，，若，则的形状一定是( )A.直角三角形B.等腰直角三角形C.等腰三角形或直角三角形D.等边三角形7. 在非等腰中，内角所对的边分别为，，则（ ）f(x)=A sin(ωx +φ)+B(A >0，ω>0)f(4x)()x =−π3x =π3x =−π6x =−2π3y sin(ωx +φ)(ω>00<φ<1y 2x cos 2y sin(ωx +φ)y a x ∈[0,π)(,a)x 1(,a)x 2+x 1x 2πππ△ABC A B C a b c =a b cos B cos A△ABC △ABC A ，B ，C a ，b ，c sin A(2cos B −a)=sin B(2cos A −b)c =3–√A.B.C.D.8. 在平行六面体 中，若 ，则 值为（ ）A.B.C.D.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ） 9. 设函数，则下列关于函数的说法正确的是（ ）A.最小正周期为B.的图象关于直线对称C.在上单调递减D.当）时，的值域为，则实数的取值范围为10. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则下列结论正确的是( )A.B.C.D.11. 下列各组向量中，不能作为基底的是（ ）A.，3–√122–√ABCD −A 1B 1C 1D 1=x +2y +3z BD 1−→−−AB −→−BC −→−CC 1−→−x +y +z 1−1213−16f (x)=2sin x cos x −2x3–√sin 2f (x)2πf (x)x =2π3f (x)(−,)π3π6x ∈[0,a f (x)[0,1]a (,]π6π3△ABC A B C a b c b =23–√c =3A +3C =πcos C =3–√3sin B =2–√3a=3=S △ABC 2–√=(0,0)e 1→=(1,−2)e 2→(−1,2)→(5,7)→B.，C.，D.，12. 如图，在四边形中， 为边上一点，且，为的中点，则( )A.B.C.D.卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 若，则________.14. 如图，一热气球在海拔的高度飞行，在空中处测得前下方河流两侧河岸，的俯角分别为，，则河流的宽度等于________．15. 如图所示，在平面四边形中，，，，，在中，角，，的对应边分别为，，，若，则的面积为________.=(−1,2)e 1→=(5,7)e 2→=(3,5)e 1→=(6,10)e 2→=(2,3)e 1→=(−,)e 2→1234ABCD AB//CD ，AB ⊥AD ，AB =2AD =2DC ，E BC =3BC −→−EC −→−F AE =−+BC −→−12AB −→−AD −→−=+AF −→−13AB −→−13AD −→−=−+BF −→−23AB −→−13AD −→−=−CF −→−16AB −→−23AD −→−sin =α25–√5sin(+α)=π260m A B C 75∘30∘BC m ABCD AB ⊥BD AB =BD BC =CD AD =2△ABC A B C a b c =2ab cos C c 2△ACD16. 设函数的最小正周期为，且其图象关于直线对称，则下面四个结论：①该函数的图象关于点对称；②该函数的图象关于点对称；③该函数在上是增函数；④该函数在上是增函数．其中正确结论的编号为________ . 四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 已知函数．（1）求的单调递增区间；（2）若，且锐角的两边长分别是函数的最大值和最小值，的外接圆半径是，求的面积． 18. 已知点，，为坐标原点，为轴上一动点．若，求点的坐标；当取最小值时，求向量与的夹角的余弦值． 19. 的内角，，的对边分别为，，，已知．求；若，的面积为，求的周长． 20. 在新中国成立周年国庆阅兵典礼中，众多群众在脸上贴着一颗红心，以此表达对祖国的热爱之情．在数学中，有多种方程都可以表示心型曲线，其中有著名的笛卡尔心型曲线．如图，在直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．图中的曲线就是笛卡尔心型曲线，其极坐标方程为，为该曲线上的任意一点．当时，求点的极坐标；将射线绕原点逆时针旋转与该曲线相交于点，求的最大值．y =sin(ωx +φ)(ω>0,φ∈[−,])π2π2πx =π12(,0)π3(,0)π4[0,]π6[−,0]π6f(x)=2sin x cos x −2co x +3–√s 23–√f(x)x ∈[，πbrack π31124△ABC f(x)△ABC 342–√△ABC A (2,3)B (6,1)O P x (1)⊥AP −→−BP −→−P (2)⋅AP −→−BP −→−AP −→−BP −→−△ABC A B C a b c 2cos C(a cos B +b cos A)=c (1)C (2)c =7–√△ABC 33–√2△ABC 70O x ρ=1−sin θ(0≤θ<2π,ρ>0)M (1)|OM |=32M (2)OM O π2N |MN |21. 在中，角，，的对边分别是，，，，且．(1)求角的大小；(2)求面积的最大值．22. 在中，内角，，的对边分别为，，．已知，.求的值；若，求的面积．2△ABC A B C a b c a =2c (a cos B −b)=−3–√2a 2b 2A △ABC △ABC A B C a bc c sin A −2b sin C =0−−=ac a 2b 2c 25–√5(1)cos A (2)b =5–√△ABC参考答案与试题解析2022-2023学年高中高一下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1.【答案】D【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】由，可得，解出即可得出．【解答】解：，∵，∴，解得．故选：．2.【答案】A【考点】平行向量的性质【解析】利用向量平行的性质直接求解．【解答】解：∵向量，向量，，∴，(−λ)⊥a →b →a →(−λ)⋅=0a →b →a →−λ=(1+λ,−1−2λ)a →b →(−λ)⊥a →b →a →(−λ)⋅=1+λ−(−1−2λ)=0a →b →a →λ=−23D =(k,cos )a →π3=(sin ,tan )b →π6π4//a →b →=k sin π6cos π3tan π4=1解得实数．故选．3.【答案】B【考点】余弦定理【解析】无【解答】解：如图，在三角形中，由角平分线的性质可知，，且，，∴，又，∴，．设，在和中，，由余弦定理，得，即，即，解得，∴．故选．4.【答案】C【考点】由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式正弦函数的对称性k =14A ABC =AB AC BD CDAB =4AC =2==AB AC BD CD 21BC =33–√BD =23–√CD =3–√AD =x △ABD △ACD cos ∠ADB +cos ∠ADC =0+=0A +B −A D 2D 2B 22AD ⋅BD A +C −A D 2D 2C 22AD ⋅CD +=0+−x 2(2)3–√2422×2x 3–√+(−x 23–√)2222×x3–√=2x 2x =2–√AD =2–√B【解析】此题暂无解析【解答】解：据图象分析知，，，.又，，.又，，，.令，则.故选.5.【答案】D【考点】函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换【解析】直接利用逆向思维处理问题，通过关系式的变换和函数的性质求出结果．【解答】利用反向思考：，将其图象向右平移个单位，再向下平移个单位，所得图象的函数解析式是，又，，所以＝，．所以两交点关于或对称，A ==23−(−1)2B ==13+(−1)2∴f(x)=2sin(ωx +φ)+12π−2π3=×2πω12∴ω=34∴f(x)=2sin(x +φ)+134f()=2sin(×+φ)+1=32π3342π3∴φ=2kπ(k ∈Z)∴f(x)=2sin x +134∴f(4x)=2sin 3x +13x =kπ+π2(k ∈Z)x =+kπ3π6(k ∈Z)C 1ω>0ω2∴或．6.【答案】C【考点】三角形的形状判断正弦定理【解析】由，利用正弦定理可得，进而可得＝，由此可得结论．【解答】解：∵，∴由正弦定理，得，即，∴，∴或，∴或，∴的形状是等腰三角形或直角三角形.故选.7.【答案】C【考点】三角形求面积【解析】此题暂无解析【解答】解：由条件知，结合正弦定理得，由余弦定理得，即．=a b cos B cos A=sin A sin B cos B cos A sin 2A sin 2B =a b cos B cos A =sin A sin B cos B cos A sin A cos A =sin B cos B sin 2A=sin 2B 2A=2B 2A +2B =πA=B A +B =π2△ABC C 2sin A cos B −2sin B cos A =a sin A −b sin B 2a cos B −2b cos A =−a 2b 22a ⋅−+−a 2c 2b 22ac 2b ⋅=−+−b 2c 2a 22bc a 2b 2=−2(−)a 2b 2ca 2b 2a ≠b因为，所以．故选．8.【答案】D【考点】向量在几何中的应用平面向量的基本定理及其意义【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】B,D【考点】三角函数中的恒等变换应用正弦函数的对称性正弦函数的图象【解析】此题暂无解析【解答】解：因为，中最小正周期为，故错；中，取得最小值，故正确；中，时，单调递增，故错误；a ≠bc =2C f (x)=2sin x cos x −2x 3–√sin 2=sin 2x +cos 2x −1=2sin(2x +)−13–√π6A πA B f ()=−32π3B C x ∈(−,)π3π62x +∈(−,),f (x)π6π2π2C (0)=2sin()−1=0π中，结合函数的图象可知，当时时．由对称性可知，所以，故正确．故选．10.【答案】A,D【考点】余弦定理正弦定理三角函数中的恒等变换应用同角三角函数间的基本关系【解析】直接利用已知条件，利用正弦定理和余弦定理及三角形的面积公式求出结果．【解答】解：由于，则：，解得：．由于，，利用正弦定理：，则：，整理得：，解得：，故正确；故所以，故错误；由，得，解得：或，若，则，可得，可得，矛盾，故错误，则.则．故正确．故选.11.D f (0)=2sin()−1=0π6f (x)2x +=π6π2,x =π6f ()=1π6f ()=f (0)=0π3a ∈(,]π6π3D BD A +3C =πA +B +C =A +3CB =2C b =23–√c =3=b sin B c sin C =b sin 2C c sin C =23–√2sin C cos C 3sin C cos C =3–√3A sin C =，6–√3sin B =sin 2C =2sin C cos C =22–√3B =+−2ab cos C c 2a 2b 2−4a +3=0a 2a =1a =3a =c =3A =C =π4B =π2b ==c =3+a 2c 2−−−−−−√2–√2–√C a =1=ab sin C S △ABC12=×1×2×=123–√6–√32–√D AD【答案】A,C【考点】平面向量的基本定理向量的共线定理平面向量的基本定理及其意义【解析】判断向量是否共线，共线的不能作为平面的基底．【解答】解：．由于， 因此，共线 ， 不能作基底 ，．两向量不共线 ，可以作基底 ，．由于，两向量共线，不能作基底 ，．两向量不共线 ， 可以作基底 ，故选．12.【答案】A,B,C【考点】向量加减法的应用向量在几何中的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：连接，，，故正确；，A =e 1→0→e 1→e 2→B C =2e 2→e 1→D AC AC A =−=(+)−=−+BC −→−AC −→−AB −→−AD −→−DC −→−AB −→−12AB −→−AD −→−B =+AE −→−AB−→−BE−→−=+AB −→−23BC−→−+(−)−→−2−→−1−→−，故正确；，，故正确；，，故错误.故选.三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】【考点】二倍角的余弦公式运用诱导公式化简求值【解析】此题暂无解析【解答】解： .故答案为：.14.【答案】【考点】=+(−)AB −→−23AD −→−12AB −→−=+−AB −→−23AD −→−13AB−→−=+23AB −→−23AD−→−==+AF −→−12AE −→−13AB −→−13AD −→−C =+BF −→−BA −→−AF−→−=−++AB −→−13AB −→−13AD−→−=−+23AB −→−13AD −→−D =+CF −→−CA −→−AF−→−=−(+)++AD −→−12AB −→−13AB −→−13AD−→−=−−++AD −→−12AB −→−13AB −→−13AD−→−=−−16AB −→−23AD −→−ABC 35sin(+α)=cos α=1−2=π2(sin )α223535120(−1)3–√正弦定理解三角形的实际应用【解析】根据条件由正弦定理可得，代入数值求解即可．【解答】解：由得．在中，，，由正弦定理得，∴河流的宽度等于．故答案为：.15.【答案】【考点】余弦定理三角形的面积公式【解析】【解答】解：，，在等腰直角中，.在中，由余弦定理得，又已知，.又 ，，，，.作分别交，于点，.BC =AC sin ∠BAC sin ∠ABC∠ACB =30∘AC =120△ABC ∠BAC =−=75∘30∘45∘∠ABC =105∘BC ==AC sin ∠BAC sin ∠ABC 120sin 45∘sin 105∘=120××=120(−1)2–√24+2–√6–√3–√BC 120(−1)m3–√120(−1)3–√2–√2∵AB =BD AB ⊥BD ∴△ABD AD =AB =c 2–√2–√△ABC +−2ab cos C =a 2b 2c 2=2ab cos C c 2∴+=2a 2b 2c 2∵a =BC =CD b =AC AD =c 2–√∴AC 2+C =A D 2D 2∴AC ⊥CD CF ⊥BD BD AD F E，，分别为线段，的中点，，，.故答案为：.16.【答案】①④【考点】由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式函数y=Asin （ωx+φ）的性质【解析】【解答】解：因为，所以．又因为，所以，．又因为，所以，所以．①，该函数的图象关于点对称，①正确；②，∴该函数的图象不关于点对称，②错误；令，，可得，，可知③错误，④正确.故答案为：①④．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）∵BC =CD ∴E F AD BD ∴∠CED =45∘CE =ED =1∴=2S △ACD S △ECD=2××EC ×ED ×sin =1245∘2–√22–√2T =πω==22πT2×+φ=kπ+π12π2φ=kπ+π3k ∈Z φ∈[−,]π2π2φ=π3y =sin(2x +)π3∵2×+=ππ3π3∴(,0)π3∵2×+=π4π35π6(,0)π4−+2kπ<2x +<+2kππ2π3π2k ∈Z −+kπ<x <+kπ5π12π12k ∈Z17.【答案】函数．，，令：，解得：，故函数的单调递增区间为：．由于：，故：，所以：，锐角的两边长分别是函数的最大值和最小值，的外接圆半径是，所以：令，，则利用正弦定理：解得：，，故：，．则：．所以：．【考点】正弦函数的单调性三角函数的最值【解析】（1）首先通过三角函数的关系式的变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的单调区间．（2）利用正弦型函数的性质求出函数的最值，进一步利用正弦定理和三角形的面积公式求出结果．【解答】函数．，，令：，解得：，故函数的单调递增区间为：．f(x)=2sin x cos x −2co x +3–√s 23–√=sin 2x −cos 2x 3–√=2sin(2x −)π3−+2kπ≤2x −≤2kπ+(k ∈Z)π2π3π2−+kπ≤x ≤kπ+(k ∈Z)π125π12[−+kπ,kπ+](k ∈Z)π125π12≤x ≤π311π24≤2x −≤π3π37π12≤f(x)≤23–√△ABC f(x)△ABC 342–√b =2c =3–√sin B =22–√3sin C =6–√3cos B =13cos C =3–√3sin A =sin(B +C)=sin B cos C +cos B sin C =6–√3=bc sin A =S △ABC 122–√f(x)=2sin x cos x −2co x +3–√s 23–√=sin 2x −cos 2x 3–√=2sin(2x −)π3−+2kπ≤2x −≤2kπ+(k ∈Z)π2π3π2−+kπ≤x ≤kπ+(k ∈Z)π125π12[−+kπ,kπ+](k ∈Z)π125π12x ≤11π由于：，故：，所以：，锐角的两边长分别是函数的最大值和最小值，的外接圆半径是，所以：令，，则利用正弦定理：解得：，，故：，．则：．所以：．18.【答案】解：根据题意，设点，又，，得，.由，即，解得或，∴的坐标为或.由.当时，取得最小值，此时，，，.设向量与的夹角为，∴．【考点】平面向量的坐标运算数量积表示两个向量的夹角【解析】此题暂无解析【解答】解：根据题意，设点，又，，1212≤x ≤π311π24≤2x −≤π3π37π12≤f(x)≤23–√△ABC f(x)△ABC 342–√b =2c =3–√sin B =22–√3sin C =6–√3cos B =13cos C =3–√3sin A =sin(B +C)=sin B cos C +cos B sin C =6–√3=bc sin A =S △ABC 122–√(1)P (x,0)A (2,3)B (6,1)=(x−2,−3)AP −→−=(x −6,−1)BP−→−⊥AP −→−BP −→−⋅=(x −2)(x −6)+(−3)×(−1)AP −→−BP −→−=−8x +15=0x 2x =3x =5P (3,0)(5,0)(2)⋅=(x −2)(x −6)+(−3)×(−1)AP −→−BP −→−=−8x +15=−1x 2(x −4)2x =4⋅AP −→−BP−→−−1=(2,−3)AP −→−=(−2,−1)BP −→−||=AP −→−13−−√||=BP −→−5–√AP −→−BP −→−θcos θ===−⋅AP −→−BP −→−||×||AP −→−BP −→−−1×13−−√5–√65−−√65(1)P (x,0)A (2,3)B (6,1)(x −2,−3)−→−(x −6,−1)−→−得，.由，即，解得或，∴的坐标为或.由.当时，取得最小值，此时，，，.设向量与的夹角为，∴．19.【答案】解：已知等式利用正弦定理化简得：，整理得：.∵，，∴.又，∴.由余弦定理得，，∴.∵，∴，∴，∴，∴的周长为．【考点】正弦定理余弦定理三角形的面积公式【解析】（1）已知等式利用正弦定理化简，整理后利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，根据不为求出的值，即可确定出出的度数；（2）利用余弦定理列出关系式，利用三角形面积公式列出关系式，求出的值，即可求的周长．=(x −2,−3)AP −→−=(x −6,−1)BP −→−⊥AP −→−BP −→−⋅=(x −2)(x −6)+(−3)×(−1)AP −→−BP −→−=−8x +15=0x 2x =3x =5P (3,0)(5,0)(2)⋅=(x −2)(x −6)+(−3)×(−1)AP −→−BP −→−=−8x +15=−1x 2(x −4)2x =4⋅AP −→−BP −→−−1=(2,−3)AP −→−=(−2,−1)BP −→−||=AP −→−13−−√||=BP −→−5–√AP −→−BP −→−θcos θ===−⋅AP −→−BP −→−||×||AP −→−BP −→−−1×13−−√5–√65−−√65(1)2cos C(sin A cos B +sin B cos A)=sin C2cos C sin(A +B)=sin C sin C ≠0sin(A +B)=sin C cos C =120<C <πC =π3(2)7=+−2ab ⋅a 2b 212(a +b −3ab =7)2S =ab sin C =ab =123–√433–√2ab =6(a +b −18=7)2a +b =5△ABC 5+7–√sin C 0cos C C a +b △ABC【解答】解：已知等式利用正弦定理化简得：，整理得：.∵，，∴.又，∴.由余弦定理得，，∴.∵，∴，∴，∴，∴的周长为．20.【答案】解：设点在极坐标系中的坐标，由，得，，∵，∴或所以点的极坐标为或.由题意可设，．由，得，．，故时，的最大值为．【考点】点的极坐标不唯一两角和与差的正弦公式三角函数的最值【解析】(1)2cos C(sin A cos B +sin B cos A)=sin C 2cos C sin(A +B)=sin C sin C ≠0sin(A +B)=sin C cos C =120<C <πC =π3(2)7=+−2ab ⋅a 2b 212(a +b −3ab =7)2S =ab sin C =ab =123–√433–√2ab =6(a +b −18=7)2a +b =5△ABC 5+7–√(1)M (,θ)32ρ=1−sin θ=1−sin θ32sin θ=−120≤θ<2πθ=7π6θ=11π6M (,)327π6(,)3211π6(2)M(,θ)ρ1N(,+θ)ρ2π2ρ=1−sinθ=ρ11−sin θ=1−sin(+θ)=1−cos θρ2π2|MN |=+ρ21ρ22−−−−−−√=+(1−sin θ)2(1−cos θ)2−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√=3−2(sin θ+cos θ)−−−−−−−−−−−−−−−√=3−2sin(θ+)2–√π4−−−−−−−−−−−−−−−√θ=5π4|MN |+12–√（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用极径的应用和三角函数关系式的变换的应用求出结果．【解答】解：设点在极坐标系中的坐标，由，得，，∵，∴或所以点的极坐标为或.由题意可设，．由，得，．，故时，的最大值为．21.【答案】【考点】余弦定理正弦定理【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答22.(1)M (,θ)32ρ=1−sin θ=1−sin θ32sin θ=−120≤θ<2πθ=7π6θ=11π6M (,)327π6(,)3211π6(2)M(,θ)ρ1N(,+θ)ρ2π2ρ=1−sin θ=ρ11−sin θ=1−sin(+θ)=1−cos θρ2π2|MN |=+ρ21ρ22−−−−−−√=+(1−sin θ)2(1−cos θ)2−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√=3−2(sin θ+cos θ)−−−−−−−−−−−−−−−√=3−2sin(θ+)2–√π4−−−−−−−−−−−−−−−√θ=5π4|MN |+12–√【答案】解：因为，所以，即，所以．因为，由知，所以．由余弦定理可得，整理得，解得或(舍).因为，所以，所以的面积．【考点】余弦定理正弦定理三角形的面积公式【解析】【解答】解：因为，所以，即，所以．因为，由知，所以．由余弦定理可得，整理得，解得或(舍).因为，所以，(1)c sin A −2b sin C =0ac =2bc a =2b cos A ===−+−b 2c 2a 22bc −ac 5√5ac 5–√5(2)b =5–√(1)a =2b a =25–√(2=(+−2c ⋅(−)5–√)25–√)2c 25–√5–√5+2c −15=0c 2c =3c =−5cos A =−5–√5sin A =25–√5△ABC S =××3×=3125–√25–√5(1)c sin A −2b sin C =0ac =2bc a =2b cos A ===−+−b 2c 2a 22bc −ac 5√5ac 5–√5(2)b =5–√(1)a =2b a =25–√(2=(+−2c ⋅(−)5–√)25–√)2c 25–√5–√5+2c −15=0c 2c =3c =−5cos A =−5–√5sin A =25–√5=××3×=32–√1 25–√25–√5所以的面积．△ABC S=××3×=3。
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勉县一中 度高一下学期6月月考数学试题
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1．以下说法错误的是（ ）
A ．零向量与任一非零向量平行 B.零向量与单位向量的模不相等 C.平行向量方向相同 D.平行向量一定是共线向量 2. 设四边形ABCD 中，有=
2
1
AB ，且|AD |=||，则这个四边形是（ ） A.平行四边形 B.矩形 C.等腰梯形 D.菱形 3. 要得到函数)3
2sin(π
-
=x y 的图象，只需将y=sin2x 的图象（
）
A.向左平移3π
个单位 B.向右平移
3π
个单位 C.向左平移6
π
个单位
D.向右平移6
π
个单位
4. 已知a ＝(2,3)，b ＝(－4,7)，则a 在b 方向上的投影为( )．
A. 13
B.
135 C. 655
D. 65 5.已知a, b 均为单位向量，它们的夹角为0
60，那么|a +3b |=（ ）
A ．7
B ．10
C ．13
D ．4 6. 把函数y =cos （x +3π
4）的图象向左平移ϕ个单位，所得的函数为偶函数，则ϕ的最小值是（ ）
A
3
π4 B 3
π2 C 3
π D
3
π5 7．函数3sin(2)6
y x π
=+
的单调递减区间（ ）
A.5,1212k k ππππ⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦()k Z ∈ B ．511,1212k k ππππ⎡
⎤++⎢⎥⎣⎦
()k Z ∈ C.,36k k ππππ⎡
⎤-+⎢⎥⎣
⎦()k Z ∈ D ．2,63k k ππππ⎡⎤++⎢⎥⎣⎦()k Z ∈ 8. P 是△ABC 所在平面上一点，若PA PC PC PB PB PA ⋅=⋅=⋅，则P 是△ABC 的（ ）
A ．重心
B ．内心
C ．垂心
D ．外心
9．已知函数sin()y A x ωϕ=+在同一周期内，当3
π
=
x 时有最大值2，当x=0时有最小值
-2，那么函数的解析式为
（
）
A ．x y 2
3sin
2=
B ．)2
3sin(2π
+=x y
C ．)2
3sin(2π
-=x y
D ．x y 3sin 2
1
=
10..若35cos(),sin ,(0,),(,0)51322
ππ
αββαβ-=
=-∈∈-且，则sin α等于（ ） A.6365 B. 3365- C. 3365 D. 6365
- 第Ⅱ卷（非选择题 共100分） 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.
11.与向量a =（12，5）平行的单位向量为 ．
12.已知两个非零单位向量a ，b 的夹角为θ，且a 1-<b ，则θ范围为________________
13．方程1
sin 4
x x π=
的解的个数是 14.000000
87158715
sin sin cos cos sin sin +-的值为 ． 15．关于下列命题：
①函数x y tan =在第一象限是增函数；
②函数)4
(2cos x y -=π
是偶函数；
③函数)3
2sin(4π-=x y 的一个对称中心是（6
π
，0）；
④y x y x y x cos cos 2)cos()cos(=-++
⑤1tan 1(cos 2
2=+）
αα 写出所有正确的命题的题号： 。
三、解答题：本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 16.（本小题满分12分）
已知()3sin()cos()tan()
22tan()sin()
f ππ
ααπαααπαπ-+-=----． （１）化简()f α
（２）若31
sin()25
πα-
=，求()f α的值
17.（本小题满分12分）
已知232
2
sin()sin ,,(),k k k Z π
π
αβββπαβπ+=≠++≠+
∈
求证：2tan()tan .αββ+=
18.（12分）如图，在△ABC 中，设BC,CA, AB 的长度分别为a ，b ，c ，
证明：a 2=b 2+c 2
-2bccosA
19.（12分）已知向量1
322
a (cos ,),
b (sin ,cos ),x x x x R =-
=∈，设()f x a b =
（1）求()f x 的最小正周期；
（2）求()f x 在02，π⎡⎤
⎢⎥⎣
⎦
上的最大值和最小值。
20.（13分）（1）利用“五点法”画出函数)6
2
1
sin(π
+
=x y 在长度为一个周期的闭区间的
简图。
（2）并说明该函数图象可由sin ()y x x R =∈的图象经过怎样平移和伸缩变换得到的。
21.（１４分）如图所示，一个摩天轮半径为10 米，轮子的底部在地面上 2 米处，如果此摩天轮 20 秒转一圈，且当摩天轮上某人经过点 P 处（点尸与天轮中心 a 高度相同）开始计时（按逆时针方向转） .
(l）求此人相对于地面的高度关于时间的函数关系式；
(2）在摩天轮转动的一圈内，有多长时间此人相对于地面的高度不超过 10 米．。