重庆市名校2022-2023学年高一下学期5月月考数学试卷（含解析）

重庆市名校2022-2023学年高一下学期5月月考
数学试卷
考试时间：120分钟
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将答题卡交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（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．已知向量，，则（ ）
A．3 B．4 C． D．
2．在中，若，，，则等于（ ）
A． B．或 C． D．或
3．设函数的最小正周期为，则它的一条对称轴方程为（ ）
A． B． C． D．
4．已知四边形是矩形，，，则（ ）
A． B．-7 C． D．-25
5．设复数，满足，，则（ ）
A．1 B． C． D．
6．设、是不同的两条直线，、是不同的两个平面，下列说法正确的有（ ）
A．，， B．∥，，∥
C． D．
7．已知四边形用斜二测画法画出的直观图为直角梯形，如图所示，，，则四边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，M为的中点，N是侧面上一点，且∥平面，则线段MN的最大值为 （ ）
A. B. C. D.
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，部分选对的得2分，有选错的得0分．）
9．已知复数，其中z为虚数，则下列结论中正确的是（ ）
A．当 时，的虚部为 B．当 时，
C．当 时， D．当时，
10．已知平面向量，，则下列说法正确的有（ ）
A． B．
C．向量在上的投影向量为 D．向量与的夹角为
11．锐角△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其外接圆O的半径，点D在边BC上，且，则下列判断正确的是（ ）
A． B．
C．△ABC周长的取值范围是（3，9] D．AD的最大值为
12．在边长为4的正方形中，如图1所示，，，分别为，，的中点，分别沿，及所在直线把，和折起，使，，三点重合于点，得到三棱锥，如图2所示，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．三棱锥外接球的表面积为18
C．三棱锥的体积为
D．过点的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的最小值为
第II卷（非选择题）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）
13．已知向量与不共线，若向量与向量共线，则实数__________.
14．已知，且，则______.
15．中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上 下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）现有一个如图所示的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧长度是弧长度的3倍，，则该曲池的体积为___________
16．如图所示，已知点是边的中点，点是上一点，且，过点G作直线分别交，两边于M，N两点，且，则的最小值为___________.
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．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若.
（1）求a，c的值；
（2）求△ABC的面积
18．如图，在四棱锥P-ABCD中，平面ABCD，底面是棱长为1的菱形，，，M是PD的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
19．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，___________．
①；②．
请在以上二个条件中任选一个补充在横线处，并解答：
(1)求角C的值；
(2)若且，求的值．
20．已知平面向量，，．
(1)求函数的单调增区间及对称中心坐标；
(2)将函数的图象所有的点向右平移个单位，再将所得图象上各点横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再向下平移1个单位得到的图象，若在上仅有1个解，求实数m的取值范围．
21．如图，四面体ABCD的顶点都在以AB为直径的球面上，底面BCD是边长为的等边三角形，球心O到底面的距离为1．
(1)求球O的表面积；
(2)求异面直线AD和BC成角的余弦值．
22．若函数满足且（），则称函数为“函数”．
(1)试判断是否为“函数”，并说明理由；
(2)函数为“函数”，且当时，，求在上的解析式，并写出在上的单调增区间；
(3)在（2）条件下，当，关于的方程（为常数）有解，记该方程所有解的和为，求．
参考答案：
1．D
【分析】求出的坐标，再计算模．
【详解】因为，，所以，所以，故选：D．
2．D
【分析】由正弦定理，求，再由，且，即可求解，得到答案.
【详解】由题意，在中，由正弦定理可得，
即，又由，且，所以或，
故选：D.
【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，其中解答中熟记三角形的正弦定理，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
3．A
【分析】由题得，再依次代入检验即可得答案.
【详解】解：因为函数的最小正周期为，
所以，解得所以，
所以当时，，是函数的对称轴，故选A；
4．B
【分析】利用平面向量数量积的运算律计算求值即可．
【详解】 故选：B
5．C
【分析】用复数所表示的向量的几何意义，得到两复数表示的向量垂直进而求解.
【详解】由于以复数所表示的向量,为邻边作平行四边形，
则,，由得到
∴, =，故选：C
6．B
7．A
【分析】根据图形把斜二测图形转化为实际图形，再计算周长即可.
【详解】由题意可知，如图所示，过点作，
垂足为，则四边形的高为
，故四边形的周长为. 故选：A.
8．A
【分析】取的中点D，取的中点E，可得∥平面，由得∥平面，从而平面∥平面，所以N在线段DE上，求出，，即可得出答案．
【详解】如图，取的中点D，取的中点E，连接MD，DE，ME，
∵，，∴，
∵平面，平面，∴∥平面，
∵，平面，平面，∴∥平面，
又平面，∴平面∥平面，
又平面平面，∥平面，所以N在线段DE上．
因为，，
所以线段MN的最大值为．故选：A
9．ABC
【分析】由，利用复数的运算转化为复数的代数形式判断.
【详解】A. 当时，，则的虚部为，故正确；
B. 当时，，则，故正确；
C.当时，，则，故正确
D.设，则，
若，则，即，则，故错误. 故选：ABC
10．BD
【分析】根据向量的模的坐标公式即可判断A；
根据根据数量积的坐标运算即可判断B；根据，向量在上的投影向量为，即可判断C；
根据向量夹角的计算公式即可判断D.
【详解】解：对于A，，则，故A错；
对于B，，则，故B正确；
对于C，向量在上的投影向量为，故C错误；
对于D,， 又，
所以向量与的夹角为，故D正确. 故选：BD.
11．ABD
【分析】由正弦定理可判断A；在中利用余弦定理求，再在中，由余弦定理得OD，然后由勾股定理可判断B；利用正弦定理将△ABC周长转化为三角函数，然后求值域可判断C；数形结合可判断D.
【详解】由题知，，由正弦定理可得，又△ABC为锐角三角形，所以，A正确；
连接OC，在中由余弦定理可得，又，所以，
在中，由余弦定理得，所以，即，故B正确；
△ABC周长
因为△ABC为锐角三角形，故，所以，所以，
所以，所以，故C错误；
易知，当A、O、D三点共线时取得最大值，所以AD的最大值为，D正确.
故选：ABD
12．ACD
【分析】根据线面垂直可判断A；根据三棱锥的等体积法结合体积公式可判断B；求得三棱锥外接球的半径，即可求得外接球的表面积，判断C；将三棱锥补成长方体，确定最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，求得截面圆半径，即可得截面的面积，判断D.
【详解】对于A：由题意知平面 ，
所以 平面，平面，所以 ，故A正确；
对于B：因为两两垂直，
故三棱锥的外接球半径和长宽高分别为的长方体的外接球半径相等，
故其外接球半径, 故外接球表面积，故B错误；
对于C：,
因为M为的中点，所以,故C正确；
对于D：将三棱锥补成如图所示长方体，，
设长方体外接球球心为O，即为三棱锥的外接球球心
过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面为圆，
最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，,
此时截面圆半径为 此时截面圆的面积为 ，所以过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的最小值为，故D正确, 故选：AD
13．-4
14．7
【分析】利用正弦和角公式，结合同角三角函数关系，将已知条件转化为的方程，即可求得结果.
【详解】因为，故可得
将上式两边平方整理可得，即，
故，即，解得或，
又因为，故可得，故. 故答案为：7.
15．【分析】根据弧长与半径的关系，将两个弧所对应的半径求出，再根据圆柱的体积公式求出曲池的体积.
【详解】不妨设弧AD所在圆的半径为R，弧BC所在圆的半径为r，
由弧AD长度为弧BC长度的3倍可知，，
所以，.
故该曲池的体积.
16．
【分析】以为基底，由G是的重心和M，G，N三点共线，可得，利用基本不等式求最小值即可.
【详解】根据条件：，因为G是的重心，，
，又M，G，N三点共线，.
，，
当且仅当，即 时取等号成立。故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了基底向量、向量的共线定理性质运用、基本不等式的应用等基本知识，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于中档题.
17．本题10分，每小题各5分。
【分析】（1）由已知条件，利用余弦定理即可求出c的值,进而求得；
（2）利用三角形面积公式计算．
【详解】（1） ， ,
（2）△ABC的面积.
18．本题12分，其中第（1）小题5分，第（2）小题7分
【分析】（1）连接，交于点，连接，证明，即可证明平面．
（2）取中点，连接，，说明直线与平面所成角为，通过求解三角形求解即可．
【详解】（1）证明：连接BD，交AC于点O，连接OM
由底面ABCD是棱形，知O是BD的中点，又M是BP的中点，所以
又平面，
所以平面． （2）解：取AD中点E，连接ME，CE
由题可知是等边三角形，∴
又平面ABCD，平面ABCD,
∴直线与平面PAD所成角为
因，，又．
直线与平面所成角的正弦值
【点睛】本题考查直线与平面所成角的求法，直线与平面平行的判断定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．
19．本题12分，其中第（1）小题6分，第（2）小题6分
【分析】（1）若选①，由正弦定理及正弦的两角和可得，若选②余弦定理可得，
（2）由平面向量的数量积及余弦定理可求解.
【详解】（1）若选①，由已知有，又因为，在△ABC中，有,
所以有，
化简得，由于，所以，
所以有，于是有，因，所以得.
若选②，得，因，所以.
（2）由，可得点为的中点，且有，
两边平方得，
若，则,
又,所以,
从而可得， 所以有，可得.
20．本题12分，其中第（1）小题6分，第（2）小题6分
【分析】（1）根据数量积的坐标表示及三角恒等变换公式将函数化简，再结合余弦函数的性质计算可得；
（2）根据三角函数变换规则得到的解析式，再根据的取值范围求出的取值范围，再根据余弦函数的性质及图象计算可得；
【详解】（1）解：因为，且，
所以，
， 即，
令，，解得，，
所以函数的单调增区间为：．
令所以函数的对称中心为：
（2）解：因为，
所以将函数的图象所有的点向右平移个单位得到，
将所得图象上各点横坐标缩短为原来的 （纵坐标不变）再向下平移个单位得到，
又因为，所以，
令，解得， 令，解得，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
且，作出图像可得：
所以的取值范围．
21．本题12分，其中第（1）小题5分，第（2）小题7分
【分析】（1）由正弦定理求出底面外接圆的半径，再根据勾股定理求出球的半径，然后用球的表面积公式可求出结果；
（2）取的中点，连，过作，交于，连，则是二面角的平面角，解三角形可得结果.
【详解】（1）底面外接圆的半径，
又球心O到底面的距离OG=1．所以球的半径，
所以球O的表面积为.
（2）因为为球的直径，所以，，
取BD的中点M，CD的中点N,连OM，MN,则，则,
所以两异面直线所称的角为；，，
所以所以两异面直线所称的角的余弦值为
22．本题12分，其中第（1）小题3分，第（2）小题4分 ，第（3）小题5分
【分析】（1）根据题干条件代入检验，得到，故不是“函数”；
（2）求出函数的周期，由得到，结合当时，，从而得到函数解析式，并求出单调递增区间；
（3）画出在上图象，数形结合，由函数的对称性，分三种情况进行求解，得到.
【详解】（1）不是“函数”，理由如下：
，
，，
则， 故不是“函数”；
（2）函数满足，故的周期为，
因为，所以，
当时，，，
当时，，，
综上：，
中，
当时，，，此时单调递增区间为，
，中，
当时，，，则，
当，即时，函数单调递增，
经检验，其他范围不是单调递增区间，所以在上的单调递增区间为，；
（3）由（2）知：函数在上图象为：
当时，有3个解,S=;
当或1时，有4个解，由对称性可知：
其和为，
当时，有6个解，由对称性可知：其和为，
当时，有8个解，其和为，
所以.
【点睛】函数新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.