河南省周口市川汇区恒大中学2022-2023学年高一下学期5月月考数学试题（Word版含答案）

恒大中学2022-2023学年高一下学期5月月考
数学试题
试卷考试时间：120分钟 满分：100
第I卷（选择题）
单项选择题（每小题5分，共40分）
1．若，，，则 （ ）
A． B． C． D．
2．已知函数，若在上的值域为，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（ ）
A． B． C． D．
4．如图，设P，Q为 ABC内的两点，且，，则 ABP的面积与 ABQ的面积之比为（ ）
A． B． C． D．
5．若是纯虚数（其中i为虚数单位），则实数（ ）
A．±3 B．±1 C．-1 D．3
6．设函数则使得成立的的值为(　　)
A．10 B．0，－2 C．0，－2,10 D．1，－1,11
7．下列关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数，将的图象向右平移个单位得到函数的图象，点A，B，C是与图象的连续相邻的三个交点，若是直角三角形，则的最小正周期是（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题（每小题5分，共20分，有多项符合要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分）
9．平面向量，其中，则（ ）
A． B．
C．若，则 D．若，则
10．已知函数，其图像相邻两条对称轴之间的距离为，且函数是奇函数，则下列判断正确的是（ ）
A．函数f（x）的最小正周期为 B．函数f（x）的图像关于点（，0）对称
C．函数f（x）在上单调递增 D．函数f（x）的图像关于直线对称
11．下列结论正确的是（ ）
A．已知是非零向量，，若，则⊥（）
B．向量，满足||＝1，||＝2，与的夹角为60°，则在上的投影向量为
C．点P在△ABC所在的平面内，满足，则点P是△ABC的外心
D．以（1，1），（2，3），（5，﹣1），（6，1）为顶点的四边形是一个矩形
12．下列四种说法中正确的有（ ）
A．自然数集整数集有理数集实数集复数集C
B．（i为虚数单位）
C．复数中，实部为1，虚部为
D．（i为虚数单位）
第II卷（非选择题）
三、填空题（每小题5分，共20分）
13．已知向量，，则是的_________条件.
14．已知集合A={x|x≥2}，B={x||x﹣m|≤1}，若A∩B=B，则实数m的取值范围是______．
15．已知，则______________
16．是边长为的正方形，、分别是、的中点，则_____.
四、解答题（共6小题，共计70分.第17题10分，第18---22题，每题12分）
17．设函数．
(1)求函数的最小正周期；
(2)求函数在区间上的值域．
18．已知两恒力，作用于同一质点，使之由点移动到点.
（1）求力、分别对质点所做的功；
（2）求力、的合力对质点所做的功.
19．如图，已知四棱锥中，分别是的中点，底面，且
（1）证明：平面；
（2）若，求三棱锥的体积.
20．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角A的大小；
(2)若，求的取值范围．
21．设函数（，）．
(1)若是偶函数，求实数的值；
(2)若存在，使得成立，求实数的取值范围．
22．定义在非零实数集上的函数对任意非零实数，都满足.
（1）求的值；
（2）求的解析式；
（3）设函数，求在区间上的最大值.
参考答案：
1．A
【分析】利用“分段法”判断出三者的大小关系.
【详解】由于，所以.
故选：A
【点睛】本小题主要考查指数式、对数式比较大小，属于基础题.
2．B
【分析】根据的值域结合的函数图象，判断出的取值范围，从而求解出的取值范围.
【详解】因为，所以，
又因为在上的值域为，且的图象如下图：
令，所以，
所以，所以，即.
故选：B.
【点睛】本题考查根据正弦型函数的值域求解参数范围，难度一般.根据正弦型函数的值域求解参数范围时，可借助正弦函数的图象进行分析，利用图象判断出临界位置，由此计算参数范围.
3．D
【分析】由题意结合诱导公式可得，再由二倍角公式即可得解.
【详解】由题意，
.
故选：D.
4．B
【分析】作，，根据平行四边形法则可知，从而得到，进而得到；同理可得，进而求得结果.
【详解】作，交于；，交于，四边形为平行四边形 ，，
又，，即，，即，
作，交于；，交于，四边形为平行四边形 ，，
又，，即，，即：，
，
故选：B.
【点睛】本题考查平面向量在几何中的应用，关键是能够利用向量加法的平行四边形法则建立等量关系，进而根据线段的比例关系得到面积比，属于中档题.
5．A
【分析】化简复数，根据题意列出方程组，即可求解.
【详解】由，因为是纯虚数，
可得，解得.
故选：A
6．D
【详解】由 或 ，解得 或 ，故选D.
【点睛】解本题关键步骤是利用分类与整合思想，对 和 进行讨论，每类讨论内部取交集，外部取并集.
7．D
【分析】根据元素与集合的关系即可得出答案.
【详解】解：，，，.
故选：D.
8．D
【分析】求出，联立与，解得：，，求出相邻三个交点的坐标，列出方程，求出答案.
【详解】由题可得，
令，，即，
故，，
因为A，B，C是与图象的连续相邻的三个交点，
不妨令得：，，所以，
令得：，，所以，
令得：，，所以，
因为是直角三角形，
所以，解得：，
∴的最小正周期是.
故选：D.
9．ABD
【分析】根据向量的形式，可考虑数形结合分析，利用单位圆分别表示再逐个选项判断即可.
【详解】如图所示，因为，故在单位圆中分别作出.
对A，，因为，则，即，故A正确；
对B，因为，故为的角平分线，且，根据向量的加法法则可得，故B正确；
对C，当时，易得均为正三角形，根据向量加法的平行四边形法则可得，此时，故C错误；
对D，由B，设，则因为，故，解得，由平行四边形法则可得此时为正三角形，，故D正确；
故选：ABD
10．ABD
【分析】利用函数图像相邻两条对称轴之间的距离为和函数是偶函数，求出，从而可判断选项A正确；再利用余弦函数的图像与性质，可以判断出选项BCD的正误.
【详解】因为函数图像相邻两条对称轴之间的距离为，则，
又，
又函数是偶函数，因为，
所以，即，
又，，则.
函数最小正周期，故选项A正确；
函数图像对称点的横坐标为：，即，
令时，，故选项B正确；
又由：，得到
所以函数的单调增区间为：，
令时，得到一个增区间为：
故选项C错误；
函数图像的对称所在直线方程为；，
令时，，故选项D正确.
故选：ABD
11．ABD
【分析】利用平面向量的数量积运算，结合向量的线性运算，对每个选项进行逐一分析，即可容易判断选择.
【详解】对：因为，又，故可得，
故，故选项正确；
对：因为||＝1，||＝2，与的夹角为60°，故可得.
故在上的投影向量为，故选项正确；
对：点P在△ABC所在的平面内，满足，则点为三角形的重心，
故选项错误；
对：不妨设，
则，故四边形是平行四边形；
又，则，故四边形是矩形.
故选项正确；
综上所述，正确的有：.
故选：.
【点睛】本题考查向量数量积的运算，向量的坐标运算，向量垂直的转化，属综合中档题.
12．AD
【分析】根据复数的知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】A选项，有关自然数集、整数集、有理数、实数集、复数集的包含关系正确.
B选项，复数不能比较大小，B错误.
C选项，虚部不含，C错误.
D选项，，所以D正确.
故选：AD
13．充分不必要条件
【解析】根据向量平行的坐标条件和充分必要条件的定义可得答案.
【详解】因为，，若，则，解得或，
所以由“”能推出“”；而由“”不能推出“”，所以是的充分不必要条件.
故答案为：充分不必要条件.
14．[3，+∞）
【分析】先求出集合，再利用交集定义和不等式性质求解．
【详解】∵集合，，
，
，解得，
∴实数m的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】本题考查实数的取值范围的求法，解题时要认真审题，注意不等式性质的合理运用，是基础题.
15．
【分析】利用诱导公式结合已知条件即可求解.
【详解】，
故答案为：.
16．
【分析】建立平面直角坐标系，得出点坐标，向量的坐标，再由向量的数量积的坐标运算可得答案.
【详解】建立平面直角坐标系，如图所示；
则、、、，
因为、分别是、的中点，则、，
所以，，故.
故答案为：.
【点睛】本题考查平面向量的坐标表示，向量的数量积的坐标运算，属于基础题.
17．(1)函数的最小正周期为：
(2)函数在区间的值域为：．
【分析】（1）由辅助角公式可得的解析式，进而求出函数的解析式，可得函数的周期；
（2）求出函数的解析式，由解出函数的值域．
（1）
解：由辅助角公式得：，
则
，
所以该函数的最小正周期；
函数的最小正周期为：.
（2）
由（1）可知，
由可得，
即
函数在区间的值域为：．
18．（1）力对质点所做的功为，力对质点所做的功为；（2）.
【解析】（1）计算出向量的坐标，然后分别计算出和，即可得出结果；
（2）将和相加即可得出力、的合力对质点所做的功.
【详解】（1），
力对质点所做的功，
力对质点所做的功，
所以，力、对质点所做的功分别为和.
（2）.
【点睛】本题考查平面向量数量积在物理中的应用，考查平面向量数量积的坐标运算，属于基础题.
19．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）中位线性质、线面平行的判定有平面，由平行四边形的判定及性质有，结合线面平行的判定有平面，根据面面平行的判定和性质可证平面.
（2）由几何体的组合关系有，结合三棱锥体积的求法求三棱锥的体积.
【详解】（1）证明：在四棱锥中，是中点，是的中点，
∴是△的中位线，即，又平面，平面，
∴平面，
∵且，
∴四边形是平行四边形，有，
∵平面，平面，
∴平面，而，
∴平面平面，又平面，
∴平面.
（2）连结，由，
∴△的面积，又，
∴三棱锥的体积为
故三棱锥的体积为：.
【点睛】关键点点睛：
（1）应用线面平行、平行四边形的判定及性质证线面平行，再由面面平行的判定和性质证线面平行；
（2）将三棱锥分割为两个棱锥，再由棱锥的组合关系结合棱锥的体积公式求体积.
20．(1)
(2)
【分析】(1)结合已知条件利用正弦定理求解即可；(2)结合已知条件利用余弦定理求出，然后利用(1)中结论和正弦定理可得，，再利用三角恒等变换求解即可.
【详解】（1）因为，由正弦定理得．
因为，所以，故，
又因为，所以．
（2）因为，所以，即，
由正弦定理知，所以，，
因为，所以，从而，
则
，
因为为锐角三角形且，所以解得，
当时，则，，
从而，
故的取值范围为.
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据偶函数的定义，利用，化简即可求出实数的值；
（2）分离参数，换元并构造函数，将恒成立问题转化为函数的最值问题求解.
(1)
（1）若是偶函数，则，
即，
即，
则，即．
(2)
（2）存在，使得成立，
即，
则，
设，因为，所以，
所以，
令，
因为，所以当时，函数取得最大值，
则，
所以实数的取值范围为．
22．（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）分别令，和，，可得出关于和的方程组，即可解出的值；
（2）令，则，再用替换可得出，利用加减消元法可解出，即可得出函数的解析式；
（3）由题意得出，然后分和，分析二次函数在区间上的单调性，即可得出函数在区间上的最大值的表达式.
【详解】（1）令，，得；
令，，得.
由，解得；
（2）令，则，所以，
由以上两式，解得，
即，所以；
（3）.
当，即时，此时，函数在区间上单调递增，
；
当，即时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，则.
综上，.
【点睛】本题考查函数值的求解、利用方程组法求函数解析式，同时也考查了二次函数在区间上的最值的求解，考查分类讨论思想的应用，考查计算能力，属于中等题.