内蒙古巴彦淖尔市衡越实高2022-2023学年高一下学期6月升级考试数学试卷（含解析）

衡越实高2022-2023学年高一下学期6月升级考试
数学试卷
一、单选题(共8*5=40分）
1．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．把函数向右平移个单位，所得函数的解析式是（ ）
A． B．
C． D．
3．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
4．著名的古希腊数学家阿基米德一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理：把一个球放在一个圆柱形的容器中，如果盖上容器的上盖后，球恰好与圆柱的上、下底面和侧面相切（该球也被称为圆柱的内切球），那么此时圆柱的内切球体积与圆柱体积之比为定值，则该定值为（ ）．
A． B． C． D．
5．已知函数，则是（ ）
A．最小正周期为的奇函数 B．最小正周期为的奇函数
C．最小正周期为的偶函数 D．最小正周期为的偶函数
6．在中，内角A，，的对边分别为，，，，则的形状一定为（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．钝角三角形
7．函数的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
8．如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E是棱AB的中点，则点A到平面EB1C的距离为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题(共4*5=20分）
9．已知平面向量，且，则（ ）
A． B． C． D．
10．已知是三条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题正确的有（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
11．在中，下列式子与的值相等的有（ ）
A． B． C． D．(R为ABC的外接圆半径)
12．如图，三棱柱中，侧棱底面，底面是正三角形，是中点，则下列叙述不正确的是（ ）
A．与是异面直线
B．平面
C．，为异面直线，且
D．平面
三、填空题(共4*5=20分）
13．已知正实数,满足,则最小值为__________．
14．已知的部分图象如图所示，则__________．
15．在中，内角的对边分别为，，，已知，，则外接圆的半径为__________．
16．给出以下四个命题：
①不共面的四点中，其中任意三点不共线；
②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面；
③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；
④依次首尾相接的四条线段必共面．
其中正确的有__________．(填序号)
四、解答题(共10+12+12+12+12+12=70分）
17．已知向量，，.
(1)求；
(2)若，求实数的值.
18．如图，矩形AMND所在平面与直角梯形MBCN所在的平面垂直，MB//NC，MN⊥MB．
(1)求证：平面AMB//平面DNC；
(2)若MC⊥CB，求证：BC⊥AC．
19．已知函数
(1)求的最大值及对应的的集合；
(2)求在上的单调递增区间.
20．在△中，，．
（1）若点M是线段BC的中点，，求边的值；
（2）若，求△的面积．
21．如图，在正方体中，分别是棱的中点，设是线段上一动点.
(1)证明：//平面；
(2)求三棱锥的体积.
22．如图，在四棱锥中，，，，，，，.
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的余弦值.
参考答案：
1．A
【分析】解不等式求集合A，再根据并集计算即可.
【详解】解不等式，即，而，所以.
故答案为：A
2．C
【分析】利用三角函数的平移变换原则即可得出选项.
【详解】函数向右平移个单位，
可得.
故选：C
3．C
【分析】利用余弦定理求得正确答案.
【详解】设，
则.
故选：C
4．D
【分析】根据已知条件可得，结合圆柱与球的体积公式计算即可.
【详解】设圆柱的母线长为l，内切球的半径为r，如图所示，

则其轴截面如图所示，
则，
所以圆柱的内切球体积为，圆柱体积为，
所以圆柱的内切球体积与圆柱体积之比为.
故选：D.
5．D
【分析】利用半角公式得到，从而得到最小正周期，并利用函数奇偶性定义判断出函数为偶函数，得到答案.
【详解】，
故最小正周期，
且的定义域为R，且，
所以为偶函数，从而D正确.
故选：D
6．B
【分析】利用正弦定理边化角计算即可.
【详解】在中，，
则由正弦定理得：则，
因为三角形中，，故，
所以，则的形状一定为等腰三角形．
故选：B
7．D
【分析】利用函数的性质和特殊值排除部分选项可得答案.
【详解】若函数有意义，则，解得，
所以函数的定义域为；
因为，所以；
所以为定义域上的偶函数，图像关于轴对称，可排除选项A，C；
当时, ,排除选项B．
故选：D．
8．C
【分析】利用等体积法求得正确答案.
【详解】由于是的中点，所以到平面的距离等于到平面的距离，设这个距离为，
，
所以，
由于，
所以，.
故选：C
9．AD
【分析】因为，两边平方可得，即可求得，从而可判断选项ABC，进而求得，从而可判断选项D.
【详解】因为，两边平方可得，
所以，即.
对于A，，解得，A正确；
对于B，因为，所以，B错误；
对于C，因为，则，C错误；
对于D，由选项A可知，所以，D正确.
故选：AD
10．BD
【分析】根据线线、面面位置关系等知识确定正确答案.
【详解】A选项，若，则可能异面，A选项错误.
B选项，若，则，B选项正确.
C选项，若，则可能相交，C选项不正确.
D选项，若，则，D选项正确.
故选：BD
11．CD
【分析】利用正弦定理对选项进行一一验证，即可得答案；
【详解】对A，取，显然，故A错误；
对B，取，，故B错误；
对C，D，，，
故C，D正确；
故选：CD
12．ABD
【分析】根据平面知A错误；假设平面，由线面垂直性质知为直角三角形，与已知矛盾，B错误；由异面直线判断方法可知为异面直线，由正三角形性质可知，结合平行关系知C正确；根据直线与平面相交可判断D错误．
【详解】对于A，平面，平面，与共面，A错误；
对于B，若平面，平面，则，即为直角三角形，
为直角三角形，与已知是正三角形矛盾，B错误；
对于C，平面，，为异面直线；
为正三角形，为中点，，
，，C正确；
对于D，直线AC交平面AB1E于点A，又，直线与平面AB1E相交，故D错误.
故选：ABD.
13．16
【分析】考查的是的妙用.乘后再结合基本不等式即可求解.
【详解】
,
所以当且仅当即时等号成立,
所以,的最小值为16.
故答案为:16.
14．
【分析】根据图象可知，结合求得，将代入解析式求得，即可求解.
【详解】由图可得，解得．
又，解得．
因为的图象经过，
所以，解得．
故．
故答案为：.
15．
【分析】先求出，再根据正弦定理即可得外接圆的半径.
【详解】解：因为，，所以，
在中由正弦定理可得：，解得：.
故答案为：
16．①
【分析】根据点共线、共面以及线共面等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】对于①，反证法：如果四个点中，有个点共线，第个点不在这条直线上，
根据基本事实的推论可知，这四个点共面，这与已知矛盾，故①正确；
对于②，如下图，共面，共面，但不共面，故②错误；
对于③，如下图，共面，共面，但异面，故③错误；
对于④，如下图，四条线段首尾相接，但不共面，故④错误.
故答案为：①.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用平面向量的坐标运算可求得向量的坐标；
（2）求出向量、的坐标，利用平面向量共线的坐标表示可求得实数的值.
【详解】（1）解：因为，，.
所以，.
（2）解：由已知可得，
，
因为，则，解得.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由线面平行的判定可证MB//面DNC、MA//面DNC，再用面面平行的判定证结论；
（2）由面面垂直的性质得AM⊥平面MBCN，再由线面垂直的性质、判定证BC⊥面AMC，最后由线面垂直的性质证线线垂直即可.
【详解】（1）因为MB//NC，MB面DNC，NC面DNC，所以MB//面DNC．
因为AMND是矩形，所以MA//DN，又MA面DNC，DN面DNC，所以MA//面DNC．
又MA∩MB=M，且MA、MB平面AMB，所以面AMB//面DNC．
（2）因为AMND是矩形，所以AM⊥MN．
因为面AMND⊥面MBCN，且面AMND∩面MBCN=MN，AM面AMND，
所以AM⊥平面MBCN，而BC平面MBCN，所以AM⊥BC．
因为MC⊥BC，MC∩AM=M，MC、AM面AMC，所以BC⊥面AMC，
因为AC面AMC，所以BC⊥AC．
19．(1)，此时的集合为
(2).
【分析】（1）根据正弦函数的最值结合整体思想即可得解；
（2）根据正弦函数的单调性结合整体思想即可得出答案.
【详解】（1）解：当，即时，
，所以，此时的集合为；
（2）令，
则，
又因，所以在上的单调递增区间为.
20．（1）；（2）.
【分析】（1）设，则，在△中由余弦定理求即知，进而求；
（2）由正弦定理得，由三角形的边角关系知，进而求，再由及三角形面积公式求面积即可.
【详解】（1）设，则，
∴在△中，，
∴，整理得，解得（舍去），
∴，即△为等边三角形，则.
（2）由正弦定理知：，由已知得，
∵，即，
∴，而，
∴.
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）结合正方体的性质，利用线面平行的判定及性质即可证明；
（2）利用等体积法求解三棱锥体积即可.
【详解】（1）连结，，
因为正方体，所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，
所以平面，
取中点，连结，
因为是和的中点，
所以，，
且，，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，且，
因为，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，且，
所以，平面，平面，
所以平面，，平面，平面，
所以平面平面，平面，所以平面，
（2）因为正方体，
所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，
所以三棱锥的高，
所以.
22．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）通过勾股定理，证明出可证得平面.
（2）作，垂足为H，连结，证得为与平面所成的角，在中求即可.
【详解】（1）∵，，，
由勾股定理得：，
中，，
∵，∴，
又因为底面，底面，所以，
又因为且平面，∴平面，
（2）作，垂足为H，连结，
因为平面， 平面，所以，
又因为且平面，所以平面，
所以为与平面所成的角，
中，，
，
所以直线与平面所成角的余弦值为.