2021-2022学年贵州省贵阳一中高一下学期第二次月考数学试题（解析版）

1、2021-2022学年贵州省贵阳一中高一下学期第二次月考数学试题一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的.1. 若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先解不等式求出集合，再由交集的概念求解即可.详解】由题意知，则.故选：A.2. 复数（为虚数单位）的共轭复数是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简即可【详解】，则故选A【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题3. 已知，则，的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解

2、析】【分析】利用对数函数和指数函数的单调性，即可求解.【详解】因为，所以故选4. 函数的图象大致为（ ）A. B. CC. D. 【答案】C【解析】【分析】判断函数的奇偶性，可排除B,D；将特殊值 代入解析式验证，可排除A,由此可得答案.【详解】由，可知为奇函数，排除B，D；又，排除A，故选：C5. 已知平面向量，满足，则与的夹角为（ ）A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由， 求得，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】由题意，向量，可得，又由，可得，可得，设向量与的夹角为，其中可得 ，所以.故选：D.6. 若圆锥的侧面展开图为一个半径为2的半圆，则圆锥的体积是（ ）A. B.

3、C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先设圆锥底面圆的半径为，高为，根据题意得到，计算出，再求体积即可.【详解】设圆锥底面圆的半径为，高为，如图所示：由题知：，解得.所以.故圆锥的体积.故选：B【点睛】本题主要考查圆锥体积的计算，同时考查了圆锥的侧面积，属于简单题.7. 已知命题为假命题，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用分离参数的方法，求得命题为真命题时对应参数的范围，再求该范围的补集即为所求.【详解】命题为真命题时，即，则，故命题为假命题时，.故选：.8. 已知A，B，C三点共线（该直线不过原点O），且，则的最小值是（ ）A. 9B. C. D

4、. 【答案】D【解析】分析】先由三点共线得，再由结合基本不等式即可求解.【详解】由题意知，则，则，当且仅当即取等，故的最小值是.故选：D.二、多项选择题（木题共4小题，每小员5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分）9. 设，为两条不重合的直线，为一个平面，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】BD【解析】【分析】根据空间中线面之间的位置关系，判断各选项即可.【详解】对于A，直线可能在平面内，可能与平面相交，也可能平面平行，故A错误；对于B，设直线为平面内的任意一条直线，因为，所以，又

5、，所以，所以，故B正确；对于C，若，则直线与直线可能平行，也可能异面，故C错误；对于D，过直线作平面，使得平面与平面相交，设，因为，所以，又，所以，所以，故D正确.故选: BD10. 在三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为，且满足，则是（ ）A. 等边三角形B. 等腰三角形C. 直角三角形D. 等腰直角三角形【答案】BCD【解析】【分析】先由条件结合正弦定理得，由倍角公式化简得，分和讨论，即可求解.【详解】由结合正弦定理得，则，又，整理可得，即，若即，则是直角三角形；若，则，可得，则是等腰三角形；若且，则是等腰直角三角形.故选：BCD.11. 已知定义在R上的偶函数满足，且在区间0，2

6、上是增函数，则下列说法正确的是（ ）A. 4是函数的一个周期B. 直线，是函数的一条对称轴C. 函数在区间上单调递增D. 函数在区间上有26个零点【答案】ABD【解析】12. 在长方体中，分别为线段上的动点，分别为线段的中点，则下列说法正确的是（ ）A. 当E点运动时，总有平面B. 当点运动时，三棱锥的体积为定值C. 三棱锥的外接球表面积为D. 直线和夹角的余弦值为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，由面面平行即可判断；对于B，由，高不变，底面积在变即可判断；对于C，由三棱锥的外接球即为长方体的外接球求出外接球表面积即可判断；对于D，建立空间直角坐标系，由向量夹角公式求出直线和夹角的余弦值即

7、可判断.【详解】对于A，如图，连接，易得，又平面,平面，则平面，同理可得平面，又，平面，则平面平面，又平面，则平面，A正确；对于B，又，则，则，故三棱锥的体积为定值，B正确；对于C，易得三棱锥的外接球即为长方体的外接球，则外接球半径，则外接球表面积为，C错误；对于D，以为原点建立如图所示坐标系，易得，则，则，则直线和夹角的余弦值为，D正确.故选：ABD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.其中16题第一空2分，第二空3分）13. 若_【答案】5【解析】【分析】直接由诱导公式和商数关系求解即可.【详解】.故答案为：5.14. 在地平面上有一旗杆（在地面），为了测得它的高度h，在地平面

8、上取一长度为20m的基线，在A处测得P点的仰角为30，在B处测得P点的仰角为45，又测得，则旗杆的高h等于_m【答案】20【解析】【分析】由题意，利用直角三角形的边角关系表示出与的关系，再利用余弦定理求得即的值【详解】由题意得，因为在B处测得P点的仰角为45，得，又因为在A处测得P点的仰角为30，即 ，在中，；在中，由余弦定理可得，即，解得，旗杆OP的高度为20m故答案为20【点睛】本题主要考查了直角三角形的边角关系和余弦定理解三角形的实际应用考查了学生运用数学知识解决实际问题的能力，属于基础题15. 很多数学问题都来自于生活.水果店为了方便顾客，常常会用保鲜膜将水果打包成下图（左）的形状，第

9、一层有四个橘子（紧紧相贴），第二层有一个橘子，并且第二层的橘子和第一层的四个橘子也紧紧相贴.这其实可以抽象成一个数学问题，如下图所示（右），已知平面，第一层有四个球A，B，C，D(紧紧相贴）且这四个球都和平面相切，第二层的球E和第一层的四个球A，B，C，D都相切，点M是球E球面上的一个动点，球A，B，C，D，E的半径均为1，则点M到平面的距离的最大值是_ 【答案】#【解析】【分析】依次连接五个球的球心得到正四棱锥，连接交于，由勾股定理求得，即可求得球心到平面的距离，即可求得点M到平面的距离的最大值.【详解】依次连接五个球的球心，得到四棱锥，易得四棱锥各棱长均为，且四边形是正方形，则四棱锥是正四

10、棱锥；连接交于，连接，则平面，易得，则，则球心到平面的距离为，又点M是球E球面上的一个动点，则点M到平面的距离的最大值是.故答案为：.16. 已知平面向量，其中，与夹角为，满足，对于任意实数t，恒有，则_，的最小值为_【答案】 . ； . 【解析】【分析】第一空：由直接求解即可；第二空：建立平面直角坐标系，求出，设，由得，设，由得，表示出即可求得最小值.【详解】；，则，又，则，设，以所在直线为轴、所在直线为轴，建立直角坐标系，则，设，由可得，整理得；设，由可得，即，整理得，又对于任意实数t恒成立，则，即，则，则，又由知，则，当且仅当时取等，故的最小值为.故答案为：；.四、解答题（本题共6小题，

11、共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17. （1）已知向量，若，求.（2）已知，的夹角为60，若，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先求出，由向量平行的坐标公式求解即可；（2）由题设得，由向量数量积的运算律和数量积的定义求解即可.【详解】（1），由可得，解得，则，；（2）由可得，化简得，即，化简得，解得.18. 已知是定义在上的偶函数，且当时， .（1）求的解析式；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据函数的偶函数性质求解解析式即可；（2）根据偶函数性质和函数的单调性解不等式即可.【详解】解：（1）设，则， ， 是定义在上的

12、偶函数， .的解析式为：；（2） 函数的对称轴为，开口向上， 当时，在区间单调递增，又是定义在上的偶函数，解得：，故实数的取值范围为.【点睛】本题考查利用函数的奇偶性求函数解析式，利用函数单调性与奇偶性解不等式，是中档题.19. 如图，在正方体中.（1）证明：平面；（2）求与平面所成的角.【答案】（1）证明见解析； （2）【解析】【分析】（1）先证四边形为平行四边形，进而证得，即可证得平面；（2）取中点，由平面，知即为所求，设出棱长，求出即可求解.【小问1详解】连接，易得，则四边形为平行四边形，则，又平面，平面，则平面；【小问2详解】取中点，连接，易得，又平面，平面，则，又，平面，则平面，则即

13、为所求，设，易得，则，则，即与平面所成的角为.20. 在条件：；条件：；条件：，这三个条件中选择一个条件，补充在下面的横线上，并解决以下问题.问题：在中，内角A，B，C所对边分别为，且满足若，点D为AC边上的中点.（1）求角B的大小；（2）若B为锐角，且 （从上面三个条件中选择一个条件补充到横线上），求BD的长度.注：如果选择多种情况分别解答，则按第一种解答给分.【答案】（1）或； （2）【解析】【分析】（1）由正弦定理化简得，结合辅助角公式即可求得角B；（2）若选，由面积求出，余弦定理求得，由平方即可求得；若选，由求出，余弦定理求得，由平方即可求得；若选，由求得，即可求出，由即可求出.【小问

14、1详解】由正弦定理得，又，则，即，又，则或；【小问2详解】若B为锐角，则，若选，则，则，又，则；易得，平方得，即，则；若选，即，又，则；易得，平方得，即，则；若选，平方得，则，则，又，则，.21. 如图所示，已知三棱锥的各棱长均为.（1）证明：；（2）求二面角的平面角的余弦值，【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，即可得到，从而得到平面，即可得证；（2）由（1）可得是二面角的平面角，再由余弦定理计算可得【小问1详解】证明：取中点，连接，因为三棱锥的各棱长均为，即，所以，又，平面，所以平面，平面，所以；【小问2详解】解：由（1）可知，是二面角的平面角，由题意得，二面角的余弦值为22. 已知向量，函数，且的图象经过点和点.（1）求的解析式；（2）将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，再把所得曲线向上平移个单位长度，