2020-2021学年辽宁省本溪市高一下学期6月月考数学试题【含答案】

1、2020-2021学年辽宁省本溪市高一下学期6月月考数学试题一、单选题1已知复数z满足，其中i为虚数单位，则z的虚部是（）A3B3iC2D2iA【分析】由题意知,利用复数的除法运算化简得到z=2+3i，根据虚部的定义求得.【详解】由题意知.虚部为3，故选：A.2已知则=（）ABC2D2C【分析】先用“奇变偶不变，符号看象限”将化简为，结合同角三角函数的基本关系来求解.【详解】因为，所以=2.故选：C对于诱导公式，同角三角函数基本关系式要数练掌握，注意计算的准确性.3为了得到函数图象，只需把函数的图象（）A向左平移个长度单位B向右平移个长度单位C向左平移个长度单位D向右平移个长度单位C【分析】逆

2、用两角差的正弦公式将化为一个角的三角函数，再根据平移法则判断即可.【详解】，故将其向左平移个长度单位可得故选：C方法点睛：解决此类问题的方法是将原函数化为与目标函数同名的一个角的三角函数，再根据三角函数图象的变换法则求解.4已知水平放置的按斜二测画法，得到如图所示的直观图，其中，那么是一个（）A直角三角形B等边三角形C钝角三角形D三边互不相等的三角形B【分析】根据斜二测直观图的画法判断【详解】在轴上，在轴，因此，在原图形中，三角形为等边三角形故选：B5在中，则（）A534B543CDD【分析】利用两个向量的数量积的定义可得，由此求得的值，利用正弦定理可得的值.【详解】由题意，在中， 利用向量的

3、数量积的定义可知，即即，即，设，解得，所以，所以由正弦定理可得.故选:D.本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，以及两个向量的数量积的定义的应用，其中利用向量的数量积的定义和正弦、余弦定理求解的比值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.6已知正三棱锥S-ABC的三条侧棱两两垂直，且侧棱长为，则此三棱锥的外接球的表面积为（）AB3C6D9C【分析】正三棱锥的外接球即是棱长为的正方体的外接球，即得解.【详解】正三棱锥的外接球即是棱长为的正方体的外接球，所以外接球的直径，所以,外接球的表面积，故选：C方法点睛：几何体的外接球的半径的求解，常用的方法有：（1）模型法；

4、（2）观察法；（3）解三角形法.要根据已知条件灵活选择方法求解.7设，则，的大小关系为（）ABCDD【分析】根据正弦函数的单调性，结合不等式性质，可得到a的范围；利用二倍角公式化简b、c，结合函数单调性，可得到b、c的大致范围；从而，可以比较a、b、c的大小.【详解】因为，所以有，即，所以；因为，而，所以有，所以，即；因为，而所以；显然，而，所以，即所以故选：D8函数，的部分图象如图所示，若对任意，恒成立，则的最小正值为（）ABCDB【分析】先求得的解析式，然后利用三角函数的对称中心列方程，求得的表达式，进而求得的最小正值.【详解】由图可知，由于，所以令，.所以.令，由于对任意，恒成立，所以，

5、所以当时，取得最小正值为.故选：B二、多选题9下列说法正确的是（）A多面体至少有四个面B平行六面体六个面都是平行四边形C长方体、正方体都是正四棱柱D以直角三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥AB【分析】根据多面体的定义，平行六面体、正四棱柱、圆锥的定义判断【详解】多面体至少是四面体，至少有四个面，A正确；平行六面体的每个面都是平行四边形，B正确；长方体的底面不一定是正方形，因此不一定是正四棱柱，C错；以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥，如果以斜边所在直线为轴旋转形成的不是圆锥D错故选：AB10已知为坐标

6、原点，点，则（）ABCDAC【分析】A、B写出，、，的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D根据向量的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.【详解】A：，所以，故，正确；B：，所以，同理，故不一定相等，错误；C：由题意得：，正确；D：由题意得：，故一般来说故错误；故选：AC11已知函数，则下列说法中正确的有（）A是周期函数B在上单调递增C的值域为D在上有无数个零点CD【分析】对给定函数式按x0，则，即不存在常数T使得对,成立，A错误；当时，不单调，B错误；时，的值域是0，2，时，的值域是-2，4，C正确；时，有无数个零点，函数在上有无数个零点，D正确.故选：CD

7、思路点睛：涉及分段函数值域问题，先求出每一段在各自对应区间上的函数值集合，再求出这些集合的并集即可.12在中，角的对边分别为，且，下列四个命题中正确的是（）A为直角三角形B的面积为CD的周长为ABD【分析】由正弦定理可得，再由由，则，得出，利用余弦定理得出边，求出三边长，再对每个选项进行计算判断即可.【详解】由，根据正弦定理可得 由，则 由正弦定理可得,再由余弦定理可得即，即得 所以 所以，所以是以为直角顶点的直角三角形, 所以选项A正确.所以角为锐角，故选项C不正确.所以的面积为 ，故选项B正确.所以的周长为： ，故选项D正确.故选：ABD关键点睛：本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，解

8、答本题的关键是由条件得出，再由余弦定理得到，即. 属于中档题.三、填空题13若复数与它的共轭复数所对应的向量互相垂直，则_【分析】利用数量积为列方程，解方程求得.【详解】对应坐标为，对应坐标为，依题意，解得.故14已知向量=(1，2)，=(-3，4)，=(，-1).若（）（），则=_.【分析】利用两个向量垂直的性质和向量的数量积公式，求得的值即可【详解】向量（1，2），（3，4），（，1），且满足（）（），（1，3），（4，2），（）（）（1）4+3（2）-4-2=0，求得.故15“中国天眼”是我国具有自主知识产权、世界最大单口径、最灵敏的球面射电望远镜（如图，其反射面的形状为球冠（球冠是球面

9、被平面所截后剩下的曲面，截得的圆为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，设球冠底的半径为，球冠的高为，则球的半径_【分析】作出图形，可知球心到截面圆的距离为，利用勾股定理列等式可求得.【详解】如下图所示：球心到截面圆的距离为，由勾股定理可得，化简得，解得.故答案为.16在钝角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则边b的取值范围为_【分析】由正弦定理可得，即，则可能是角为钝角，也可能是角为钝角，则分这两种情况，再由余弦定理和；两边之和与第三边的关系，建立不等式，求解即可.【详解】根据，由正弦定理可得，由，即，则 为钝角三角形，则可能是角为钝角，也可能是角为钝角.若角为钝角，则 ，又即解得 若

10、角为钝角，则，又即，解得 故关键点睛：本题考查正弦定理进行边角的互化和利用余弦定理结合角的范围求解三角形的边长范围问题，解答本题的关键是先分析出，从而得出可能是角为钝角，也可能是角为钝角，再由余弦定理结合能构成三角形的条件得到不等式组，属于中档题.四、解答题17现需要设计一个仓库，由上下两部分组成，如图所示，上部分的形状是正四棱锥，下部分的形状是正四棱柱，要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍（1）若，则仓库的容积（含上下两部分）是多少？（2）若上部分正四棱锥的侧棱长为，当为多少时，下部分的正四棱柱侧面积最大，最大面积是多少？（1） (2) 时，最大面积【分析】（1）由正四棱柱的高是正四棱锥的高

11、的4倍，可得时，进而可得仓库的容积；（2）设，则，求出侧面积的表达式，利用基本不等式可得最大值【详解】（1），正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍，所以仓库的容积，（2）若正四棱锥的侧棱长为，设，则，正四棱柱侧面积，当且仅当，即时，所以当时，正四棱柱侧面积最大，最大为关键点点睛：求出正四棱柱的侧面积函数关系式，利用基本不等式求最大值，属于中档题18在中，内角，所对的边分别为，且.（1）求；（2）若，的周长为，求的面积.（1）；（2）.【分析】（1）由，再结合正弦定理可得，化简后可得，进而可求出角；（2）由正弦定理将化为，由及余弦定理可得，从而可得，再由的周长为，可求出，进而可求出的面积.【详解】解

12、：（1）由，有，又由正弦定理有，由，有，有，由，有，有，由，可得，（2）由正弦定理有：，可得，又由及余弦定理有：，有，有，可得：，有，可得，可得的周长为，有，可得，故的面积为.19已知函数，（）求函数的最小值及对应的的值；（）设的内角是，若，且，的角平分线交于，求的值（），；（）.【分析】（）由二倍角余弦公式、辅助角公式可得，进而可求内的最小值及对应的的值；（）由题设有，结合即可求，根据已知条件求角C，利用正弦定理及角平分线的性质有，即可求的值.【详解】（）由题设，当时，.（）由，得：，又，则或，解得(舍)或.由题设，又，.20如图，为等腰三角形，点A，E在外，且，若，（1）从以下三个条件中任选一个，求的长度；，锐角的面积为（2）在你所选的（1）条件下，求的最大值注：如果选择多个条件分别解答，按第一解答给分（1）答案见解析；（2）答案见解析.【分析】（1）选择：易得，由余弦定理求，在中应用勾股定理求；选择：、中应用余弦定理即可求；选择：根据余弦定理及三角形面积公式求、，在中应用余弦定理求.（2）根据所选的条件，在中由余弦定理，结合基本不等式可得，即可求的最值，注意等号成立的条件.【详解】（1）选择：，在中，由余弦定理得：，又，又，在中，选择：，在中，由余弦定理得：，解得由，在中，利用