雷州市2022-2023学年高一下学期5月月考
数学试题
总分：150分 考试时间：120分钟
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，只有一项符合题目要求．）
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知点是第三象限的点，则的终边位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3. 若向量，，且，则（ ）
A． B． C． D．
4.若a，b是异面直线，直线，则c与b的位置关系是（ ）
A．相交 B．异面 C．平行 D．异面或相交
5．在平行四边形中，为边的中点，记，，则（ ）
A． B． C． D．
6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下面说法正确的是( )
A．A1C1⊥AD B．D1C1⊥AB
C．AC1与DC成45°角 D．A1C1与B1C成60°角
7．已知一个圆柱的轴截面为正方形，且它的侧面积为，则该圆柱的体积为（ ）．
A． B． C． D．
8．一船向正北航行，看见正西方向有相距的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西方向上，另一灯塔在船的南偏西方向上，则这艘船的速度是每小时（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.每小题多选或错选得0分，漏选得2分，全对得5分）。
9．已知函数图象经过点，则下列命题正确的有（ ）
A．函数为奇函数 B．函数在定义域内为减函数
C．若，则 D．若，则
10. 已知i为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ）
A.
B.
C. 若，则z在复平面内对应的点位于第四象限
D. 已知复数z满足，则复数z对应点的集合是以O为圆心，以2为半径的圆
11. 已知，为两个不同的平面，，为两条不同的直线，为点，下列说法不正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
12. 关于平面向量，下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则在方向上的投影向量是
C. 若，，且与夹角为钝角，则
D. 若且，则四边形ABCD为菱形
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分. ）
13.若，则_________.
14. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为______.
15.一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：①AB⊥EF；②AB与CM所成的角为60°；③EF与MN是异面直线；④MN∥CD.
以上结论中正确结论的序号为________．
16．在△ABC中，已知，最大边与最小边的比为，则该三角形中最大角的正切值是__________．
四、解答题（本题共6小题， 17题10分，18-22题每题12分，共70分.）
17.(本小题10分)化简下列各式
(1)；
(2).
18.(本小题12分)已知，，．
（1）若，求k的值．
（2）若，且A，B，C三点共线，求m的值．
19.(本小题12分)已知三个内角、、的对边分别是、、，，.
（1）证明：.
（2）若的面积是，求的值.
20．(本小题满分12分)如图，在正方体中，点E为的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，从正方体中截去三棱锥后，求剩下的几何体的体积．
21．（本小题满分12分）如图所示，一圆柱内挖去一个圆锥，圆锥的顶点是圆柱底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的另一个底面.圆柱的母线长为6，底面半径为2.求该组合体的表面积与体积.
22．已知函数．
（1）证明：函数在上单调递增；
（2）讨论关于x的方程的实数解的个数．雷州市2022-2023学年高一下学期5月月考
数学答案
单项选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C C D D D D A
1．A（因为，，所以．故应选B．）
2．C（∵点是第三象限的点，∴，，
由可得，的终边位于第二象限或第三象限或x轴的非正半轴；
由可得，的终边位于第一象限或第三象限，
综上所述，的终边位于第三象限．故应选C．）
3．C（由题意得，得．故应选C．）
4．D（若a，b是异面直线，直线，则c与b不可能是平行直线．否则，若，则有，得出a， b是共面直线．与已知a，b是异面直线矛盾，故c与b的位置关系为异面或相交，
故选：D）
5.D（根据向量的线性运算法则，求得，结合，即可求解.如图所示，可得，
所以.
故选：D．）
6.D（如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，异面直线A1C1与AD所成的角为45°；直线D1C1与直线AB平行；异面直线AC1与DC所成的角的大小为∠C1AB的大小，其正切值为＝≠1，所以异面直线AC1与DC所成的角不是45°；连接A1D，DC1，因为A1D∥B1C，所以异面直线A1C1与B1C所成的角就是直线A1C1与直线A1D所成的角．而△A1DC1是等边三角形，所以∠C1A1D＝60°，即A1C1与B1C所成的角为60°.所以答案选D.）
7.D（设圆柱底面半径为R，高为h，由题意列方程组求出R、h，即可求出圆柱的体积.
【详解】设圆柱底面半径为R，高为h，
设，解得，
∴圆柱的体积为．
故选：D）
8.A（在中，计算得到， ，在计算得到，得到答案.
【详解】
如图依题意有,,
∴,从而,
在中,求得,
∴这艘船的速度是 ()
故选：A）
多项选择题
题号 9 10 11 12
答案 AC AD ABD BD
9．AC（因为图象经过点，所以，即，则，
对于A，易得的定义域为，关于原点对称，又，所以为奇函数，故A正确：
对于B，，函数不是减函数，故B错误；
对于C，因为，所以，即，故C正确；
对于D，，故D错误；故选：AC．）
10.AD（根据复数的概念，运算，几何意义，判断选项.
【详解】A. ，故A正确；
B.虚数不能比较大小，故B错误；
C. ，则z在复平面内对应的点为，在第三象限，故C错误；
D.根据复数模的几何意义，可知D正确.
故选：AD）
11.ABD（对于A：若，则与平行或异面，故A错误；
对于B：若，则与可能相交，故B错误；
对于C：若则在平面内存在直线，使得，所以，又，，所以，故C正确；
对于D：若，则与平行或异面，故D错误；
故选：BC）
12.BD（根据向量共线概念判断A；根据投影向量的概念判断B；根据向量夹角的概念判断C；由向量的线性运算得，可得是平行四边形，则，由条件结合平面向量基本定理可判断D．
【详解】若，虽然有，，但不一定有，A错；
，，则在方向上的投影向量是，B正确；
当时，，两向量方向相反，夹角为不是钝角，C错；
若，即，则，
所以是平行四边形，则，
又，即，则，
所以，所以是菱形，D正确．
故选：BD．）
填空题
13、或-1.5（由题意得.）
14、【分析】利用圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，列出方程，求解即可．
【详解】由题意，设母线长为，
∵圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，
则有，解得，
∴该圆雉的母线长为.
故答案为：
15、（ ①③ 把正方体的平面展开图还原为正方体，如图所示．因为AB∥MC，MC⊥EF，所以AB⊥EF，故①正确，②错误；EF与MN是异面直线，故③正确；易知MN⊥CD，故④错误．故填①③.）
16、（由题意结合正弦定理及三角恒等变换即可得解.
【详解】由题意，b不为最大边，也不为最小边，不妨设a为最大边，c为最小边，
由题意有，即，
整理得，.
故答案为: ）
四、解答题
17.解(1)
(2)
=4
18．（1） 因为，
所以 解得
（2）因为A，B，C三点共线，a与b不共线，
所以存在实数，使得，即，
整理得，所以，解得，故m的值为．
19.（1）利用正弦定理边角互化可得出，再结合可证得结论成立；
（2）利用三角形的面积公式结合（1）中的结论可求得、的值，再利用余弦定理可求得的值.
【详解】（1）证明：因为，所以，所以.
即；
（2）因为，即，所以.
又由（1）知，所以，解得，所以，
由余弦定理知，所以.
20.【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可；
（2）由等积法求出三棱锥的体积，即可求解
【小问1详解】
连接，交于点，连接，
因为分别为的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
因为，
,
所以从正方体中截去三棱锥后，剩下的几何体的体积
解：挖去的圆锥的母线长为，则圆锥的侧面积等于π.圆柱的侧面积为2π×2×6=24π，圆柱的一个底面面积为π×=4π，
所以组合体的表面积为π+24π+4π=(+28)π.
体积为4π×4π×=π
22.【解析】（1）根据单调性的定义分析证明；
（2）原题意等价于函数与常函数的交点个数，作出函数的图象，数形结合处理问题.
【小问1详解】
任取，
则，
令，且，
则，，
所以，即，
故函数在上单调递增．
【小问2详解】
关于x的方程的实数解的个数，等价于函数与常函数的交点个数，
由（1）可得：，
令，且，
则，，
所以，即，
故函数在上单调递减，
结合（1）可得：函数在上单调递减，在上单调递增，故，
令，且，整理得，解得或，
故函数的图象如图所示：
可得函数的图象如图所示：
对于函数与常函数的交点个数，
则有：当时，交点个数为0个；
当或时，交点个数为2个；
当时，交点个数为3个；
当时，交点个数为4个．
