江西省南昌市重点中学2022-2023学年高一下学期5月月考数学试题（含解析）

南昌市重点中学2022-2023学年高一下学期5月月考
数学试题
说明：本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，全卷满分150分.考试用时
120分钟，
注意事项：
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求.
1.答题前，请您务必将自己的姓名 准考证号或IS号用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡和答题纸上.
2.作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题纸上的指定位置，在其它位置作答一律无效.作答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持卡面清洁和答题纸清洁，不折叠 不破损.
3.考试结束后，请将答题纸交回.
一 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，只有一项是符合题目要求的.
1.在复平面内，复数（为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
2.已知向量，若，则实数的值为（ ）
A B C D.
3.下图是利用斜二测画法画出的的直观图，已知轴，，且的面积为，过作，垂足为点，则的长为（ ）
A. B. C. D.
4.中，是边上靠近的三等分点，则向量（ ）
A. B.
C. D.
5.设，若，则（ ）
A. B. C. D.
6.如图，在正三棱柱中，是棱的中点，在棱上，且，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
7.在中，角所对的边分别为，已知，为使此三角形有两个，则满足的条件是（ ）
A. B.
C. D.或
8.在中，角所对的边分别为，其中，则的最小值为（ ）
A.9 B.12 C.18 D.20
二 多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.
9.已知是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ）
A.若，则
B.若，则
.若，则
D.若，则
10.已知向量，若中为锐角，则实数的值可以是（ ）
A.1 B. C.0 D.2
11.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，底面，则（ ）
A.
B.平面.
C.异面直线与所成角的余弦值为
D.与平面所成角为
12.在，下列说法正确的是（ ）
A.若，则为等腰三角形
B.若，则必有两解
C.若是锐角三角形，则
D.若，则为锐角三角形
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.复数是纯虚数时，实数__________.
14.已知函数的部分图象如图所示，的解析式为__________.
15.在空间四边形中，分别是的中点.若，且与所成的角为，则的长__________.
16.如图，正方体的棱长为分别是的中点，设过三点的平面与交于点的长为__________.
四 解答题：本题共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.已知正方体.
（1）求证：平面；
（2）求证：
18.已知函数.
（1）当时，求的最值及取到最值时的值；
（2）若函数在上有两个不同的零点，求实数的取值范围，并求的值.
19.在如图的几何体中，四边形是正方形，平面，点分别为棱的中点.求证：
（1）平面平面；
（2）平面.
20.如图，在平面四边形中，.
（1）若，求的面积；
（2）若，求的长.
21.已知函数.
（1）求的最小正周期和单调增区间；
（2）在中，角的对边分别为.若，求的面积的最大值.
22.如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点为线段上的点，且.
（1）证明：平面；
（2）若，且在线段上存在一点，使得平面.请确定点的位置.并证明你的结论.
南昌市重点中学2022-2023学年高一下学期5月月考
数学试题-参考答案
一 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，只有一项是符合题目要求的.
1.【解析】
的共轭复数为，对应的点为，在第四象限.
2.C
【解析】【分析】直接利用平面向量共线的性质求解即可..
【详解】由已知得，
，解得，故选：C.
3.【答案】A
【解析】【分析】利用面积公式求出原的高，进而求出，然后在直角三角形中求解即可
【详解】由题可知，在中，，因为的面积为，
所以，因为轴于点，所以，故选：A.
4.【答案】C
【详解】解：因为点是边上靠近的三等分点，所以，
所以；故选：C.
5.【答案】D
【解析】，所以，故选D.
6.【答案】B
【分析】取棱靠近点的三等分点，取棱的中点，取的中点，连接.证明，得是异面直线与所成的角（或补角）.设，用余弦定理计算出余弦值.
【详解】取棱靠近点的三等分点，取棱的中点，取的中点，连接，.由已知，又，所以是平行四边形，，同时可得是中点，而是中点，所以.
所以，则是异面直线与所成的角（或补角）.
又平面，则平面平面，则，
设，则，从而，
故.在中，
由余弦定理可得.
所以异面直线与所成的角的余弦值为.故选：B.
7.【答案】A
【详解】如下图所示：
因为有两解，且，则，即.故选：A.
8.【答案】C
【详解】由题意，结合正弦定理，可得：，又，即，，
当且仅当时等号成立，即的最小值为18.故选：C.
二 多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.
9.解析：
若，则且使得，又，则，由线面垂直的判定定理得，故对；若，如图，设，平面为平面，
，设平面为平面，则，故错；垂直于同一条直线的两个平面平行，故对；若，则，又，则，故对；故选ACD.答案：ACD
10.CD
解析：由已知，所以，
.因为为锐角，所以且不共线，所以，所以且不等于1，解得且不等于1，即实数应满足的条件是且不等于1.故选CD.答案：CD
11.【答案】AB
【解析】根据题意，设，则，
对于中，由余弦定理可得，所以，所以，
因为平面，且平面，可得，又由且平面，所以平面，
因为平面，所以，所以正确；
对于中，由，因为，可得，
又由平面，且平面，可得，
又由且平面，所以平面，所以正确；
对于中，由底面为平行四边形，可得，
所以异面直线与所成角，即为与所成角，设，
在直角，可得，所以.所以不正确；
对于中，因为底面，所以为与平面所成角，
可得，所以，
即直线与平面所成角为，所以不正确.故选：.
12.BC
【解析】【分析】利用正弦定理结合正弦函数的性质可判断；根据边角关系判断三角形解的个数可判断；由已知得，结合正弦函数性质可判断；利用二倍角的余弦公结合余弦定理可判断D.
【详解】对于，由正弦定理可得或即为等腰或直角三角形，故错误；对于，，即必有两解，故B正确；
对于是锐角三角形，，即，由正弦函数性质结合诱导公式得，故正确；对于，利用二倍角的余弦公式知，即，即，，即为锐角，不能说明为锐角三角形，故错误.故选：
【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：
（1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；
（2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；
（3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.解析：当满足，即时，为纯虚数
14.解析：由图可知，且，又；
将代入，即，
，解得；
又；
15.【答案】或
【解析】如图所示，
因为分别是的中点，
所以，
所以四边形为菱形，又因为与所成的角为，所以与所成角为，
所以菱形的边长为，相邻两个内角分别为，
即或，所以或
16..解：设三点确定的平面为，则与平面的交线为直线.
设直线与直线交于点，连接，如图所示，则直线是与平面的交线.由题意知，与的交点为，连接，则直线是平面与平面的交线.
由题意知.因为，所以，所以.
在Rt中，，所以.
四 解答题：本题共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.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】正方体，
又四边形是平行四边形，
平面平面平面.
（2）正方体.
平面，
平面，
又平面.
平面
18.【详解】（1）函数由可得，
当，即时，取得最大值1；当，即时，取得最小值-2.
（2）函数在上有两个不同的零点，可转化为函数的图像与直线有两个交点.
由，可得，
作出函数的图像（图略）.
由图可知当时，函数的图像与直线有两个交点，其横坐标分别为，
故实数的取值范围是.易知，
所以，所以.
19.证明：（1）点分别为棱的中点，.
又平面平面平面.
四边形是正方形，.
平面平面平面.
又平面平面.
（2）由已知平面平面.
又平面.
四边形为正方形，.
又平面.
在中，分别为的中点，
平面.
20.【解析】（1）在中，由余弦定理得
，即，
解得或（舍去），
所以的面积.
（2）在中，，由正弦定理得，，
又
在中，，由余弦定理得，
所以的长为
21.【答案】（1）；（2）
【分析】（1）利用三角恒等变换求出函数的解析式，根据函数的性质求解；（2）利用边化角转化为三角函数求面积的最大值或者用余弦定理和基本不等式求面积的最大值.
【详解】（1）
的周期，
由，得
的单调递增区间是.
（2），
即，又，
由正弦定理有，
，当，即时取得最大值.
另解：，即，
又B，由余弦定理知：，
即，当且仅当时，等号成立.
当时，.
22.【答案】（1）证明见解析（2）为中点，证明见解析
【解析】（1）证明：为矩形
又平面，
平面，
平面
（2）取四等分点，使得，
连接平面平面，
则平面
延长交于点，
，即为三等分点