四川省遂宁中学校高新校区2023-2024学年高一下学期5月月考数学试卷（含答案）
文档属性
| 名称 | 四川省遂宁中学校高新校区2023-2024学年高一下学期5月月考数学试卷（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 795.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-06-10 16:11:10 | ||
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文档简介
遂宁中学高新校区五月月考数学试卷
一、单选题选择题：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．已知复数，则在复平面内表示复数的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．在正方体中，则异面直线AC与的所成角为（ ）
A． B． C． D．
3．已知等腰中，，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
4．已知平面向量满足．若，则（ ）
A．－2 B． C． D．2
5．设是给定的平面，是不在内的任意两点，则（ ）
A．在内存在直线与直线平行 B．存在过直线的平面与垂直
C．在内不存在直线与直线异面 D．在内不存在直线与直线垂直
6．已知梯形按斜二测画法得到的直观图为如图所示的梯形，且，，，现将梯形绕 转一周得到一个几何体，则该几何体的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
7．已知非零向量和单位向量满足，且向量与的夹角为，则（ ）
A． B． C． D．3
8．已知正四棱台的高为，其所有顶点均在同一个表面积为的球面上，且该球的球心在底面上，则棱台的体积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题，本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．下列各组向量中，可以用来表示向量的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知复数，下列命题中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
11．已知函数，则下列结论中正确的有（ ）
A．函数的最小正周期为
B．的对称轴为，
C．的对称中心为，
D．的单调递增区间为，
三、填空题，本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．一个母线长为2的圆锥的侧面积是底面积的2倍，则该圆锥的侧面积为 ．
在直三棱柱中，所有棱长均相等，则二面角的正切值为 ．
14．在中，角对应的边分别为，已知，且，则的面积为 ．
四、解答题，本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15（13分）．如图，在四棱柱中，底面是菱形，底面，点是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面.
16（15分）．在中，内角的对边分别为的面积为S，已知，且．
(1)求；
(2)求的取值范围．
17（15分）．如图，在三棱锥中，和均是边长为4的等边三角形，．
(1)证明：；
(2)已知平面满足，且平面平面，求直线与平面所成角的正弦值．
18（17分）．在中，为边上一点，为边上一点，交于.
(1)若，求.
(2)若，
（i）求；
（ii）求和的面积之差.
19（17分）．已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数．
(1)设函数，试求的伴随向量，
(2)记向量的伴随函数为，函数，
①函数在区间上的最大值为，最小值为，设函数，若，求函数的值域．
②把函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，对于，是否总存在唯一的实数，使得成立，求实数的取值范围.
参考答案：
1．A 2．C 3．A 4．D 5．B 6．C 7．C 8．C
【详解】设球心为，球的半径为，棱台高为，
则，所以，
由于在底面上，底面为正方形，
易得正方形的边长为，面积为16；
设底面的外接圆半径为，则，
易得正方形的边长为，面积为4；
所以正四棱台的体积为.
故选:C．
9．ACD 10．BC 11．AD
，
对于A，函数的最小正周期为，所以A正确；
对于B，令，则，所以对称轴为，B错误；
对于C，令，，可得对称中心为，故C错误；
对于D，令，，则，
所以单调递增区间为,故D正确．
12． 13．/
14． /0.5
因为，
在中，由正弦定理得，
由余弦定理得，
因为，所以；因为在中，由正弦定理，即，所以，所以，
所以，所以，
所以或（舍），因为的面积为．
15．证明：（1）设，交于点.
∵四边形为菱形，∴是的中点，∵是的中点，连接，∴，∵平面，平面，∴平面；
（2）∵四边形为菱形，∴，∵底面，平面，∴，∵平面，平面，
，∴平面，∵平面，∴平面平面.
16．（1）因为，所以，
在中，由余弦定理，得，
因为，所以，
所以，所以，因为，所以．
（2）在中，由正弦定理，得，
所以
因为，所以，所以，
所以，即的取值范围为．
17．（1）如图，设的中点为，连结，
因为和均为等边三角形，所以，
又因为平面平面，
所以平面，又因为平面，所以．
（2）因为，且平面，
所以平面平面，又平面平面，平面平面，所以，
所以直线与平面所成角等于直线与平面所成的角．
在平面内作于点，则由（1）知，平面，
又平面所以．
又因为平面平面，
所以平面，所以是直线与平面所成的角．
因为和均是边长为4的等边三角形，所以，
又因为，在等腰中，，
所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．（1）如图，因为，所以，
因为为边上一点，，所以为中点，
所以，所以，
因为，所以，
所以，
在中，因为，所以，所以，
所以
.
（2）（i）如图，在中，由余弦定理得，，
所以，设，则，在中，由余弦定理得，，
解得，所以.
（ii）由（i）知，所以，又因为，
所以，
所以的面积，
的面积，所以和的面积之差
，
19．（1），
故．
（2）由题意，得，故，
①∵，∴，
在上单调递增，在上单调递减，且，，
所以，，
此时，；∵，∴，∴，即可得函数的值域为.
②将函数的图象向右平移个单位得到.
由，得，
由得，，，
又，得，
又在上单调递减，在上单调递增，，，，所以，
由的唯一性可得即.
依题意可得，所以，解得，
所以当时，使成
一、单选题选择题：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．已知复数，则在复平面内表示复数的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．在正方体中，则异面直线AC与的所成角为（ ）
A． B． C． D．
3．已知等腰中，，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
4．已知平面向量满足．若，则（ ）
A．－2 B． C． D．2
5．设是给定的平面，是不在内的任意两点，则（ ）
A．在内存在直线与直线平行 B．存在过直线的平面与垂直
C．在内不存在直线与直线异面 D．在内不存在直线与直线垂直
6．已知梯形按斜二测画法得到的直观图为如图所示的梯形，且，，，现将梯形绕 转一周得到一个几何体，则该几何体的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
7．已知非零向量和单位向量满足，且向量与的夹角为，则（ ）
A． B． C． D．3
8．已知正四棱台的高为，其所有顶点均在同一个表面积为的球面上，且该球的球心在底面上，则棱台的体积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题，本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．下列各组向量中，可以用来表示向量的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知复数，下列命题中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
11．已知函数，则下列结论中正确的有（ ）
A．函数的最小正周期为
B．的对称轴为，
C．的对称中心为，
D．的单调递增区间为，
三、填空题，本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．一个母线长为2的圆锥的侧面积是底面积的2倍，则该圆锥的侧面积为 ．
在直三棱柱中，所有棱长均相等，则二面角的正切值为 ．
14．在中，角对应的边分别为，已知，且，则的面积为 ．
四、解答题，本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15（13分）．如图，在四棱柱中，底面是菱形，底面，点是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面.
16（15分）．在中，内角的对边分别为的面积为S，已知，且．
(1)求；
(2)求的取值范围．
17（15分）．如图，在三棱锥中，和均是边长为4的等边三角形，．
(1)证明：；
(2)已知平面满足，且平面平面，求直线与平面所成角的正弦值．
18（17分）．在中，为边上一点，为边上一点，交于.
(1)若，求.
(2)若，
（i）求；
（ii）求和的面积之差.
19（17分）．已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数．
(1)设函数，试求的伴随向量，
(2)记向量的伴随函数为，函数，
①函数在区间上的最大值为，最小值为，设函数，若，求函数的值域．
②把函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，对于，是否总存在唯一的实数，使得成立，求实数的取值范围.
参考答案：
1．A 2．C 3．A 4．D 5．B 6．C 7．C 8．C
【详解】设球心为，球的半径为，棱台高为，
则，所以，
由于在底面上，底面为正方形，
易得正方形的边长为，面积为16；
设底面的外接圆半径为，则，
易得正方形的边长为，面积为4；
所以正四棱台的体积为.
故选:C．
9．ACD 10．BC 11．AD
，
对于A，函数的最小正周期为，所以A正确；
对于B，令，则，所以对称轴为，B错误；
对于C，令，，可得对称中心为，故C错误；
对于D，令，，则，
所以单调递增区间为,故D正确．
12． 13．/
14． /0.5
因为，
在中，由正弦定理得，
由余弦定理得，
因为，所以；因为在中，由正弦定理，即，所以，所以，
所以，所以，
所以或（舍），因为的面积为．
15．证明：（1）设，交于点.
∵四边形为菱形，∴是的中点，∵是的中点，连接，∴，∵平面，平面，∴平面；
（2）∵四边形为菱形，∴，∵底面，平面，∴，∵平面，平面，
，∴平面，∵平面，∴平面平面.
16．（1）因为，所以，
在中，由余弦定理，得，
因为，所以，
所以，所以，因为，所以．
（2）在中，由正弦定理，得，
所以
因为，所以，所以，
所以，即的取值范围为．
17．（1）如图，设的中点为，连结，
因为和均为等边三角形，所以，
又因为平面平面，
所以平面，又因为平面，所以．
（2）因为，且平面，
所以平面平面，又平面平面，平面平面，所以，
所以直线与平面所成角等于直线与平面所成的角．
在平面内作于点，则由（1）知，平面，
又平面所以．
又因为平面平面，
所以平面，所以是直线与平面所成的角．
因为和均是边长为4的等边三角形，所以，
又因为，在等腰中，，
所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．（1）如图，因为，所以，
因为为边上一点，，所以为中点，
所以，所以，
因为，所以，
所以，
在中，因为，所以，所以，
所以
.
（2）（i）如图，在中，由余弦定理得，，
所以，设，则，在中，由余弦定理得，，
解得，所以.
（ii）由（i）知，所以，又因为，
所以，
所以的面积，
的面积，所以和的面积之差
，
19．（1），
故．
（2）由题意，得，故，
①∵，∴，
在上单调递增，在上单调递减，且，，
所以，，
此时，；∵，∴，∴，即可得函数的值域为.
②将函数的图象向右平移个单位得到.
由，得，
由得，，，
又，得，
又在上单调递减，在上单调递增，，，，所以，
由的唯一性可得即.
依题意可得，所以，解得，
所以当时，使成
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