湖北省荆州市公安县第三中学2022-2023学年高一下学期5月月考数学试题（含解析）

公安县第三中学2022-2023学年高一下学期5月月考
数学试卷
（满分：150分；时间：150分钟）
注意事项：
1．答卷前，考生务必用0．5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考试科目填写在规定的位置上。
2．选择题每小题选出答案后，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。
3．非选择题必须用0．5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不得使用涂改液，胶带纸、修正带和其他笔。
一、选择题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．若实数使得，则( )
A． B． C．且 D．可以是任意实数
2．已知空间两不同直线，，两不同平面，，下列命题正确的是( )
A．若且，则
B．若且，则
C．若且，则
D．若不垂直于，且，则不垂直于
3．设如图，在平行四边形中，下列结论正确的是( )
A． B．
C． D．
4．如图，是水平放置的的直观图，则在的三边及中线中，最长的线段是( )
A．
B．
C．
D．
5．小明有一卷纸，纸非常的薄且紧紧缠绕着一个圆柱体轴心卷成一卷，它的整体外貌如图，纸卷的直径为，轴的直径为，当小明用掉的纸后，则剩下的这卷纸的直径最接近于( )
A．
B．
C．
D．
6．如图，在棱长为的正方体中，为的中点，则直线与平面的夹角( )
A．
B．
C．
D．
7．如图，正三棱柱的底面边长是，侧棱长是，为的中点，是侧面上一点，且平面，则线段的最大值为( )
A．
B．
C．
D．
8．在等边中，为上一点，为上一点，且，，，则的边长为( )
A． B． C． D．
二、不定项选择题（本大题共4小题，共20分）
9．已知、、为空间中三条不同的直线，、、为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的有( )
A．若，，，则
B．若，，，若，则
C．若，、分别与、所成的角相等，则
D．若，，，则
10．已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是( )
A．
B．
C．若，则复数对应的点位于第四象限
D．已知复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为直线
11．已知函数的定义域为，为奇函数，且对于任意，都有，则( )
A． B．
C．为偶函数 D．为奇函数
12．如图，在四边形中，和是全等三角形，，，下面有两种折叠方法将四边形折成三棱锥折法：将沿着折起，形成三棱锥，如图；折法：将沿着折起，形成三棱锥，如图下列说法正确的是( )
A．按照折法，三棱锥的外接球表面积值为
B．按照折法，存在，满足
C．按照折法，三棱锥体积的最大值为
D．按照折法，存在满足平面，且此时与平面所成线面角的正弦值为
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13．设常数，若函数的反函数的图象经过点，则 ．
14．中，边上的点满足，，点在三角形内，满足，则的值为______．
15．在三角形中，角、、的对边分别为、、，且的平分线交于，若，则的最小值为______．
16．在梯形中，，，为的中点，将沿直线翻折成，当三棱锥的体积最大时，过点的平面截三棱锥的外接球所得截面面积的最小值为______．
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．本小题分
对于函数，若在定义域内存在两个不同的实数，满足，则称为“类指数函数”．
已知函数，试判断是否为“类指数函数”，并说明理由；
若为“类指数函数”，求的取值范围．
18．本小题分
在中，角，，的对边分别是，，，若，且．
当，时，求，的值；
若角为锐角，求实数的取值范围．
19．本小题分
如图，在三棱锥中，底面，点，，，分别为棱，，，的中点，是线段的中点，，．
求证：平面；
求三棱锥的体积．
20．本小题分
结合函数单调性的定义，证明函数在区间上为严格增函数；
某国际标准足球场长，宽，球门宽当足球运动员沿边路带球突破时，距底线多远处射门，对球门所张的角最大？精确到米
21．本小题分
已知为坐标原点，、，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数．已知函数．，
求的伴随向量，并求．
关于的方程在内恒有两个不相等实数解，求实数的取值范围．
将函数图象上每一点纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，再把整个图象向左平移个单位长度得到函数的图象，已知，，在函数的图象上是否存在一点，使得，若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由．
22．本小题分
如图，在四棱锥中，，且，底面是边长为的菱形，．
证明：平面平面；
若，求四棱锥的体积．
答案和解析
1．【答案】
【解析】解：因为，所以，解得且．
故选：．
2．【答案】
【解析】解：由空间两不同直线，，两不同平面，，知：
在中，若且，则或、相交或异面，故A不正确；在中，若且，则，故B不正确；在中，若且，则，所以C正确；在中，若不垂直于，且，则与有可能垂直，故D不正确；故选：．
在中，、相交或异面；在中，由面面垂直的判定定理得；在中，由线面垂直的判定定理得；在中，与有可能垂直．
3．【答案】
【解析】解：由于在平行四边形中，根据平行四边形的性质：所以，，，故选：．
4．【答案】
【解析】解：是水平放置的的直观图，则在中，，为斜边，为三角形内部的一条线段，的长度最长，即最长的线段是；故选：．根据题意，分析可得：在中，，为斜边，进而可分析出的三边及中线中，最长的线段．
5．【答案】
【解析】解：设小明用掉的纸后，剩下的这卷纸的直径为，卷纸高为，则由题可知，解得，所以剩下的这卷纸的直径最接近于．故选：．
设出剩下的这卷纸的直径，根据体积关系即可求出．
6．【答案】
【解析】解：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，，所以，设平面的法向量为，
则，即，令，则，，所以，又，
故，所以直线与平面的夹角为．故选：．
建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可．
7．【答案】
【解析】解：如图，
取的中点，取的中点，连接，，，所以，又面，面，所以平面，又为的中点，所以，又面，面，所以平面，又，面，面，所以平面平面，又因为是侧面上一点，且平面，所以在线段上，又因为，所以线段的最大值为．故选：．
利用面面平行的性质，通过平面平面，得出点在线段上，从而求出线段的最大值．
本题考查了面面平行的性质，属于中档题．
8．【答案】
【解析】解：设等边的边长为，因为是等边三角形，
所以，又因为，，所以，所以∽，所以，
即，解得，所以的边长为．故选：．
设等边的边长为，判断，得出∽，根据相似三角形对应边成比例列方程求解即可．
9．【答案】
【解析】解：对于，如图，若，，，则可以与平行，故A错误；对于，因为，，，且，，则，因为，，则，故，对；对于，如图，若，、分别与、所成的角为时，与可以相交、平行或异面，故C错误；对于，若，，则，又，则，对．
故选：．对于，通过举反例说明其错误；利用线面平行的性质可判断选项；由垂直的性质及平行公理进行可判断选项．
10．【答案】
【解析】解：对于，，故A正确；对于，两个虚数不能比较大小，故B错误；对于，，则复数对应的点位于第二象限，故C错误；对于，复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹以，为端点的线段的垂直平分线，故D正确．故选：．
对于，结合复数的四则运算，即可求解；
对于，结合虚数不能比较大小，即可求解；
对于，，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
11．【答案】
【解析】解：由，得．由是奇函数，得，即，所以，即，所以，故选项A错误；由，得，由，得，所以，故选项B正确；由，，得，即为偶函数，故选项C正确；由，，得，则，即为奇函数，故选项D正确．故选：．
依题意可得，再由奇偶性得到，从而得到，即可判断，由，可得，再由，即可求出，从而判断，再结合奇偶性的定义判断、．
12．【答案】
【解析】解：对于：和是全等三角形，，，．
可得中点到，，，的距离相等，故为棱锥的外接球的球心，为直径，外接球的半径为，三棱锥的外接球表面积值为，故A正确，对于：，当为等边三角形时，可得，又，平面，平面，，即存在，满足，故B正确；对于：三棱锥体积最大时，平面平面，由已知可得，为等边三角形，且易求到平面的距离为，
，故C正确；当，可得，，平面，则是与平面所成的角，由，，由勾股定理可得，在中，，故D正确．故选：．
利用翻折知识，结合空间几何体的性质，推理计算可判断每个选项的正确性．
13．【答案】
【解析】解：由题意得的图象过，所以，解得．故答案为：．
根据原函数和反函数图象关于直线对称求解．
14．【答案】
【解析】解：因为，所以，即，如下图，取中点，因为，所以，得到，所以，，三点共线，且，所以是的重心，所以．
故答案为：．
利用向量数量积的运算，得到，再由，得出是的重心，从而得到，求出结果．
15．【答案】
【解析】解：因为平分，所以，，即，又，整理得，故，所以，当且仅当，即时等号成立，则的最小值是．
故答案为：．
先根据三角形面积关系列，等量关系，再根据基本不等式求最值．
16．【答案】
【解析】解：由题得，因为，，
因为，，所以是外接圆的圆心，外接圆的半径为，
当三棱锥的体积最大时，由于底面的面积是定值，所以此时到底面的高最大，
即此时平面平面，即平面，
如图，设球心为，在平面内作，垂足为，因为，所以，所以平面，
所以过点的平面截三棱锥的外接球所得最小截面就是过的外接圆，所以截面面积的最小值为．
故答案为：．
当三棱锥的体积最大时，此时到底面的高最大，即此时平面平面，即平面，设球心为，在平面内作，垂足为，证明平面即得解．
本题考查了球的截面的性质及运算，属于中档题．
17．【答案】解：若函数为“类指数函数”，则在定义域内存在两个不同的实数满足方程，由于函数与在上均单调递增，所以在上均单调递增，至多有一个零点，所以不是“类指数函数”；
若函数为“类指数函数”，则方程有两个不同的实数根，即方程有两个不同的实数根，整理得，设，则方程有两个不等的正根，则，由，解得或，由，解得，由，解得．所以．
故的取值范围．
【解析】是否为“类指数函数”，可以转化为方程是否存在两个不同的实数根；
是否为“类指数函数”，转化为方程是否存在两个不同的实数根，进一步化简、换元转化为一元二次方程求解．
18．【答案】解：由正弦定理及知，，因为，，所以，
又，所以，或，．
由知，，且，由余弦定理得，，
因为为锐角，所以，所以，解得，
故实数的取值范围为
【解析】利用正弦定理将中的角化为边，再结合已知条件，解方程组，即可；
结合余弦定理与，解不等式，即可．
19．【答案】证明：，分别是，中点，，
同理，，
又平面，平面，平面；
解：底面，平面，
，，，，平面，
平面，
，分别为，中点，，
平面，点到平面的距离为，
，
即三棱锥的体积为．
【解析】利用三角形中位线性质、平行公理得到，然后利用线面平行的判定定理证明；
利用线面垂直判定定理可得平面，进而得到底面，利用中位线定理得到到底面的距离，利用体积转化法计算体积．
20．【答案】解：证明：设，
则，
又由，则，，，
则有，
函数在区间上为严格增函数；
根据题意，如图，
设，，
，
，
又由，当且仅当时，等号成立，
即当时，取得最小值，
此时最大，即对球门所张的角最大．
【解析】根据题意，设，利用作差法和正切的和差公式分析可得结论，
根据题意，设，结合正切的和差公式求出的表达式，结合基本不等式分析取得最大值的条件，由此分析可得答案．
本题考查函数单调性的证明，涉及函数的最值的实际应用，属于基础题．
21．【答案】解：
，
，．
关于的方程在内恒有两个不相等实数解，
的图象与直线在内恒有两个不同的交点，
的图象如图，
由图可知，即的取值范围是．
依题意可得，
，的中点为，
假设在函数的图象上存在一点，使得，
则点在以为直径的圆上，该圆的圆心为，半径为，
，即，
，，
，又，
，，
，，，
综上所述：在函数的图象上存在一点，使得，且．
【解析】利用两角差的余弦公式和诱导公式化简，再根据伴随向量的定义可得伴随向量，利用模长公式可求出其模长；
转化为的图象与直线在内恒有两个不同的交点，作出函数的图象，根据图象可得结果；
假设存在符合题意的，则点在以为直径的圆上，该圆的圆心为，半径为，根据两点间的距离公式列式可得，根据以及，可得，进一步可求出点的坐标．
本题考查考查三角函数的图象和性质的运算，考查正弦型曲线的性质、向量运算、圆的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
22．【答案】解：证明：连接交于点，连接，
因为是菱形，所以，且为的中点，
因为，所以，
又因为，平面，且，，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面；
解法一：由可知，平面平面，
又平面平面，，平面，所以平面，
所以，由已知可得，，
又，且为的中点．所以，，
又，，所以，
所以，，
所以．
解法二：由已知可得：为正三角形，且，，
又，且为的中点，
所以，，又，，所以，
从而，，
所以三棱锥是为棱长为的正四面体，而它所对应的正方体的棱长为，
所以．
解法三：取中点，连接交于点，连接．
因为，所以是等边三角形，所以，
又因为，，，平面，
所以平面，平面，所以，
由知，且，，平面，所以平面．
由是边长为的菱形，
在中，，，
由，在中，，
所以．
所以四棱锥的体积为．
【解析】连接交于点，连接，即可得到、，从而得到平面，即可得证；
解法一：根据面面垂直的性质得到平面，则，再根据锥体的体积公式计算可得；
解法二：由已知可得为正三角形，求出线段的长度，即可得到三棱锥是为棱长为的正四面体，即可得到其所对应的正方体的棱长，即可求出其体积；
解法三：取中点，连接交于点，连接，可证平面，再求出高，最后根据锥体的体积公式计算可得．
本题考查面面垂直的证明，四棱锥的体积的求解，化归转化思想，属中档题．