广东省珠海市广东实高金湾学校2022-2023学年高一下学期6月月考数学试题（含答案）

广东实高金湾学校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，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考号填写在答题卡上。
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷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。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案。不按以上要求作答的答案无效。
4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卷收回。
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确的选项填涂在答题卡上。）
1.复数，则复数的实部和虚部分别是（ ）
A.1，2 B.1， C.3，2 D.3，
2.已知，则等于（ ）
A. B. C. D.
3.端午节吃粽子是中华民族的传统习俗.地区不同，制作的粽子形状也不同，图中的粽子接近于正三棱锥.经测算，煮熟的粽子的密度为，若图中粽子的底面边长为，高为，则该粽子的重量大约是（ ）
A. B. C. D.
4.（ ）
A. B. C. D.
5.如图，点、分别、的中点，设，，是的中点，则（ ）
A. B. C. D.
6.在中，若，则一定是（ ）
A.正三角形 B.直角三角形
C.等腰或直角三角形 D.等腰三角形
7.2022年北京冬奥会拉开帷幕，动作观赏性强、视觉冲击力大的自由式滑雪大跳台是目前“冬奥大家族”中最年轻的项目.图为大跳台示意图，为测量大跳台最高处点的高度，小王在场馆内的，两点测得的仰角分别为，，，且，则大跳台最高高度（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数，若方程在区间上恰有3个实根，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题列出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，请将正确的选项填涂在答题卡上，全部答对5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。）
9.已知向量，满足且，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
10.已知函数的部分图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.的图像关于点对称
B.的图像关于直线对称
C.在上为增函数
D.把的图像向右平移个单位长度，得到一个奇函数的图像
11.关于的方程的复数解为，，则（ ）
A.
B.若，则满足的复数在复平面内对应的点在第二象限
C.与互为共轭复数
D.若，则的最小值是3
12.用一个平行于正三棱锥底面的平面去截正三棱锥，我们把底面和截面之间那部分多面体叫做正三棱台.如图，在正三棱台中，已知，则（ ）
A.在上的投影向量为
B.直线与平面所成的角为
C.点到平面的距离为
D.正三棱台存在内切球，且内切球半径为
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请将答案填写在答题卡上。）
13.已知向量，，则在上的投影向量是______.
14.已知，为锐角，且满足，则______.
15.在中，若，且边上的中线长为2，则面积的最大值为______.
16.如图，已知正方体的棱长为2，点是内（包括边界）的动点，则下列结论中正确的序号是______.（填所有正确结论的序号）
①若，，则平面；
②若，则直线与所成角的余弦值为；
③若，则的最大值为；
④若平面与正方体各个面都相交，且，则截面多边形的周长一定为.
四、解答题（本大题共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.已知向量，满足，.
（1）若，求向量的坐标；
（2）若，求向量与向量夹角的余弦值.
18.在中，，，.
（1）求的面积；
（2）求及的值.
19.如图，在四棱锥中，，且.
（1）证明：平面平面；
（2）若，，且四棱锥的体积为，求与平面所成的线面角的大小.
20.已知函数.
（1）求的单调递增区间及对称中心坐标；
（2）将的图象上的各点______得到的图象，当时，方程有解，求实数的取值范围.
在以下①、②中选择一个，补在（2）中的横线上，并加以解答，如果①、②都做，则按（1）给分.
①向左平移个单位，再保持纵坐标不变，横坐标缩短到原来的一半.
②纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位.
21.中，内角，，所对的边分别为，，.已知.
（1）求的值；
（2）若是的角平分线.
（i）证明：；
（ii）若，求的最大值.
22.几何体是四棱锥，为正三角，，，为线段的中点.
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在一点，使得，，，四点共面？若存在，请求出的值；若不存在，并说明理由
广东实高金湾学校2022-2023学年高一下学期6月月考
数学答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 A C C B A D C A AD ABC CD BCD
13. 14. 15. 16.①②④
8.A【详解】若方程，则，
即或，当时，，
则的可能取值为，，，，…，因为原方程在区间上恰有3个实根，所以，解得，即的取值范围是，
12.BCD【详解】在上的投影向量即为在上的投影向量，即为，故A错；
过作直线的垂线，交直线于点，过作直线的垂线，交直线于点，
连接，所以，，，所以，
由余弦定理得，所以，
所以，同理可得，所以，平面，
所以直线与平面所成的角为，B正确；
取中点，因为，所以，
所以，又平面，
所以平面，所以点到平面的距离为
且，所以点到平面的距离等于点到平面的距离等于，故选项C正确；
取中点，中点，的外心为，的外心为，过作垂线交于点，所以，
所以，所以，
所以，即，故选项D正确；
15.【详解】因，则
，即
.
所以，又，所以.设边上的中线为，
则，则，
所以，当且仅当时等号成立，所以
16.①②④.
【详解】对于①，由，知，点在线段上，连接，，则，，
又，平面，，平面，
则平面，平面，
又，，平面，
则平面平面，
因为平面，所以平面，故①正确；
对于②，由，易知点是中点，
因为，则为异面直线与所成角，
且，，在中，由余弦定理知
，故②正确；
对于③，若，则，
因为，的最大值为.判断错误；
对于④，易知平面，又因为，
所以平面平面，即所求截面与平面平行.
因为平面平面，
平面平面，所以，
同理可证，，设，其中，
则，
因为，所以，
因为，
所以，
同理，可得，
故截面多面形的周长为；故④正确；
故答案为：①②④.
17.【详解】（1）∵，，设，
又，∴，.
∴或.
（2），∴，
即，∴，
∴，
即向量与向量夹角的余弦值为
18.【详解】（1）由且，则，
所以.
（2）由，则，
而，则
19.【详解】（1）因为在四棱锥中，，
所以，
又，所以，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）取中点，连结，因为，所以，
由（1）知平面，平面，所以，
因为，，底面，所以底面，
设，求得，
，因为四棱锥的体积为，所以
解得，
所以，
因为底面，所以为与平面所成的角，在中，，
所以.所以与平面所成的线面角为.
20.【详解】（1）；
令，得的单调递增区间为
令，得的对称中心坐标为.
（2）若选择①，由（1）知，那么将图象上各点向左平移个单位，再保持纵坐标不变，横坐标缩短到原来的一半，得到.
当时，可得，，，
由方程有解，可得实数的取值范围为.
若选择②，由（1）知，那么将图象上各点纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位，得到，
当时，，，
由方程有解，可得实数的取值范围为.
21.【详解】（1）因为
由正弦定理可得
，
且，则，，所以.
（2）（i）在中，则①，
②，
在中，则③，
④，
因为是的角平分线，则，所以，
因为，所以，，
①÷③得：⑤，
所以，
得：
，
所以
，得证.
（ii）由（1）可得：，则，
由⑤式知（或由角平分线定理知）：，
所以，
所以由（i）知：，
所以，
因为，当且仅当，时，取得等号，
所以
22.【详解】（1）记为的中点，连接，，如图1，
图1
因为，分别为，的中点，故，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为为正三角形，所以，，
又为等腰三角形，，所以，
所以，即，
所以，又平面，平面，
所以平面，又，，平面，
故平面平面，
又因为平面，故平面
（2）延长，相交于点，连接交于点，连接，过点作交于点，如图2，
图2
因为平面，平面，平面平面，
所以，此时，，，四点共面，
由（1）可知，，，，得，
故，又因为，所以，
则有，故