红河哈尼族彝族自治州第一中学2022-2023学年高一下学期6月月考
数学试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等相关信息填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。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，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题（每小题5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．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．设，则的最小值为（ ）
A．5 B．3 C．4 D．9
3．已知复数，则等于（ ）
A． B． C． D．
4．函数的部分图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
5．如图，在正方体中，F为线段的中点，则异面直线与所成角的大小为（ ）
A． B． C． D．
6．已知，，是直线，是平面，若，，则“，”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7．已知函数的部分图象如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．
B．f（x）的图象关于直线对称
C．f（x）在[－，－]上单调递减
D．该图象向右平移个单位可得的图象
8．若，且，则为（ ）
A．0 B．1 C．1或2 D．0或2
二、多选题（每小题5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．已知实数，则下列不等式正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．下列说法正确的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．“”是“”的必要不充分条件
C．“对任意一个无理数，也是无理数”是真命题
D．若，则函数的最大值为
11．已知，是两个非零向量，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则
B．为锐角的充要条件是
C．若O为所在平面内一点，且，则O为的重心
D．若，且，则为等边三角形
12．如图，在正方体中，点E为的中点，点F为线段上的动点（不含端点），则下列命题正确的是（ ）
A．存在点F，使得平面
B．存在点F，使得平面
C．对任意点F，
D．对任意点F，过点D，E，F的平面截正方体表面得到的图形始终是梯形
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分. ）
13．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则_________.
14．若，则的取值范围是_________．
15．函数在上的零点之和为_________.
16．三棱锥内接于球，球的表面积是，，则三棱锥的最大体积是_________.
四、解答题（本大题共6小题，共计70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步棸.）
17．已知为第二象限角，且．
(1)求与的值；
(2)的值．
18．如图，在直三棱柱中，，，，，点是的中点.
（1）求证：；
（2）求证：平面.
19．在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知．
(1)求角B的大小；
(2)给出三个条件：①；②；③，从中选出两个作为已知条件，求△ABC的面积．
20．如图，三棱柱中 四边形是菱形，且，，，，
(1)证明：平面平面；
(2)求直线和平面所成角的正弦值；
21．在校园美化、改造活动中，要在半径为、圆心角为的扇形空地的内部修建一矩形观赛场地，如图所示．取的中点M，记．
(1)写出矩形的面积S与角的函数关系式；
(2)求当角为何值时，矩形的面积最大？并求出最大面积．
22．已知函数.
(1)判断函数的奇偶性，并说明理由；
(2)若存在正实数且，使得在区间上的值域为，求实数的取值范围．红河哈尼族彝族自治州第一中学2022-2023学年高一下学期6月月考
数学答案
1．A
2．A
3．B
4．D
5．C
6．B
7．C
【详解】根据函数的部分图象，可得所以，故A正确；
利用五点法作图，可得，可得，所以，令x，求得，为最小值，故函数的图象
关于直线对称，故B正确：当时，，函数f（x）没有单调性，故C错误；把f（x）的图象向右平移个单位
可得的图象，故D正确．
故选：C.
8．D
【详解】令，
则，，
，
依换底公式得
或.
当时，且，故；
当时，
.
故选：D
9．BCD
【详解】对于A项，取，，，，
则，，所以，故A项错误；
对于B项，由已知可得，，，所以，故B项正确；
对于C项，因为，所以.
因为，所以，故C项正确；
对于D项，因为，所以.
因为，所以，
所以，所以.
又，所以，，所以，故D项正确.
故选：BCD.
10．AD
【详解】解：对于A选项，若，则，由不等式的性质可得，即“”“”，
若，取，则，即“”“”，
故“”是“”的充分不必要条件，A对；
对于B选项，若，不妨取，，则，即“”“”，
若，取，，则，即“”“”，
所以，“”是“”的既不充分也不必要条件，B错；
对于C选项，取为无理数，则为有理数，C错；
对于D选项，由得，故，当且仅当，即时等号成立，故D正确.
故选：AD.
11．AD
【详解】对于A，，，且，于是，则，A正确；
对于B，当时，，有，B错误；
对于C，在中，由得，即，
同理，，则O为的垂心，C错误；
对于D，在中，，则，
，则，因此为等边三角形，D正确.
故选：AD
12．BCD
【详解】对于A，分别取，的中点，，
由且，面，而面，则面，
又且，面，而面，则面，
因为，且面，所以面面，
又总与面相交于点，所以不存在这样的点使得面，
即不存在这样的点使得平面，故A错误；
对于B，在正方体中，
由在面上的射影为，则，
又在面上的射影为，则，
又，且面，所以面，
当，即为中点时，平面，
所以存在这样的点F，使得平面，故B正确；
对于C，如图所示，在正方体中，有面，面，
又，，且，面，则面，
所以点和点到面的距离相等，所以，故C正确；
对于D，如图，过点D，E，F的平面截正方体表面得到四边形，且，与不平行，所以四边形始终是梯形，所以D正确．
故选：BCD．
13．
【详解】因为函数是定义在R上的奇函数，且当时，，
则.
故答案为：．
14．
【详解】因为，，
所以有，
故答案为：
15．
【详解】，
令得，，
因为，所以
或或或，
解得.
故答案为：
16．
【详解】由球的表面积是得，球的半径为，设的外接圆半径为
则得，球心到的距离为
在中，由余弦定理可得：
故,当时取等号，
所以，
为使三棱锥的体积最大，须底面面积最大为三棱锥的高最大为．
故答案为：
17．(1)，；
(2).
(1)∵
∴，
∴，
∵为第二象限角，
故，
故；
(2)
.
18．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【详解】（1）在直三棱柱中，平面，
所以，
又因为，，，
则，
所以，
因为，
所以平面,
所以
（2）设与的交点为，连结，
∵是的中点，是的中点，∴
∵平面，平面，
∴平面.
19．(1)
(2)
(1)∵，
∴
∴，从而
∴
(2)若选①②：已知，，由（1）可知，
由余弦定理可得
∴，即．
解得．
．
若选①③：已知，．
由余弦定理可得
∵，∴．
∴，即
∴，∴，
∴．
若选②③：已知，
∵，∴．
，，
∴.
20．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接交于O，连接，如图，
四边形是菱形，所以，
又，，是的中点，
所以且，
由，可知为正三角形，
所以，，
在中，，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
（2）设到平面的距离为，
因为中，，，
所以，
又，，
所以由，可得,
即,
设直线和平面所成角为，
则.
21．(1)，
(2)当时，矩形的面积最大，最大值为
【详解】（1）由题可知，，
在中，
，
，
，
在中，
，
，
，．
（2），
，
当，即时，
，
故当时，矩形的面积最大，最大值为．
22．(1)函数为偶函数，理由见解析；
(2)
【详解】（1）解：函数为偶函数，理由如下：
由题知函数的定义域为，
因为，
所以函数为偶函数.
（2）解：因为，，
所以，当时，，
设，则，
所以，
所以，即，
所以，函数在上单调递增，
因为在正实数且，使得在区间上的值域为，
所以，即方程有两个不相等的正实数根，
所以，方程有两个不相等的正实数根，
令，
所以，方程有两个均大于且不相等的正实数根，
所以，两个均大于且不相等的正实数根，
令，
所以，两个均大于且不相等的零点，
所以，，即，解得，
所以，实数的取值范围是
