2022-2023学年四川省成都市双流区高一（下）月考数学试卷（含解析）

第第页2022-2023学年四川省成都市双流区高一（下）月考数学试卷（含解析）2022-2023学年四川省成都市双流区高一（下）月考数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.的共轨复数()

A.B.C.D.

2.已知向量满足，则()

A.B.C.D.

3.已知，则()

A.B.C.D.

4.在中，角，，所对的边分别为，，，，，则外接圆的直径是()

A.B.C.D.

5.如图，已知圆锥的底面半径为，母线长，一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点，则蚂蚁爬行的最短距离为()

A.

B.

C.

D.

6.在中，，为的中点，，则()

A.B.C.D.

7.如图，在四棱锥中，底面为矩形，，是正三角形，平面平面，且，则与平面所成角的正切值为()

A.

B.

C.

D.

8.将函数的图象向右平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的得到函数的图象若在上的最大值为，则的取值个数为()

A.B.C.D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.已知向量，，则下列说法正确的是()

A.当时，

B.当时，

C.与夹角为锐角时，则的取值范围为

D.当时，

10.在中，角，，所对的边为，，，则下列说法正确的有()

A.：：：：

B.

C.，，若，则这样的三角形有两个

D.若，则为锐角三角形

11.如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点、，且，则下列结论中正确的是()

A.

B.平面

C.三棱锥的体积为定值

D.的面积与的面积相等

12.主动降噪耳机工作的原理是：先通过微型麦克风采集周围的噪声，然后降噪芯片生成与噪声振幅相同、相位相反的声波来抵消噪声，设噪声声波曲线函数为，降噪声波曲线函数为，已知某噪声的声波曲线函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是()

A.

B.

C.曲线的对称轴为，

D.将图象向左平移个单位后得到的图象

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.已知角的终边上有一点，则的值是______．

14.在中，，向量是与同向的单位向量，则在上的投影向量为______．

15.已知直三棱柱的高为，，，则该三棱柱的外接球的体积为______．

16.已知的三个角，，的对边分别为，，，满足，则______．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.本小题分

已知，，，．

求的值；

求的值．

18.本小题分

某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动处有一栋大楼，某学生选B，两处作为测量点，测得的距离为，，，在处测得大楼楼顶的仰角为．

求，两点间的距离；

求大楼的高度．

19.本小题分

如图，四棱锥的底面是矩形，平面，，分别，的中点，且．

求证：平面；

求证：．

20.本小题分

中，．

求；

若，求周长的最大值．

21.本小题分

已知，正三棱柱中，，，延长至，使．

求证：；

求平面与平面所成锐二面角的余弦值．

22.本小题分

已知数的相邻两对称轴间的距离为．

求的解析式；

将函数的图象向右平移个单位长度，再把各点的横坐标缩小为原来的纵坐标不变，得到函数的图象，若方程在上的根从小到大依次为，，，，若，试求与的值．

答案和解析

1.【答案】

【解析】解：，

．

故选：．

根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数的四则运算，即可求解．

本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．

2.【答案】

【解析】解：因为，即，

则同向，所以．

故选：．

根据模长的坐标运算可得，分析可得同向，进而可求结果．

本题主要考查平面向量的数量积运算，属于基础题．

3.【答案】

【解析】解：因为，可得，

则．

故选：．

由已知利用同角三角函数基本关系式可求得的值，利用同角三角函数基本关系式化简所求即可求解．

本题主要考查了同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．

4.【答案】

【解析】解：因为，，

由余弦定理得，，

由为三角形内角得，，

因为，

由正弦定理得，为三角形外接圆半径，

所以，

所以外接圆的直径为．

故选：．

由已知结合余弦定理先求出，然后结合正弦定理可求外接圆半径，进而可求．

本题主要考查了余弦定理，正弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．

5.【答案】

【解析】解：已知圆锥的侧面展开图为半径是的扇形，如图，

一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点的最短距离为，

设，圆锥底面周长为，所以，所以，

在中，由，得

．

故选：．

画出圆锥的侧面展开图，则蚂蚁爬行的最短距离为，在中，解三角形即可．

本题考查了圆锥的侧面展开图和最短距离问题，属于中档题．

6.【答案】

【解析】解：根据题意，，为的中点，，

则，

由，且，得．

故选：．

利用平面向量基本定理由可得答案．

本题考查平面向量基本定理，属于中档题．

7.【答案】

【解析】解：取的中点，连接，

由已知为等边三角形，所以，

又平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

设，则，，又，

所以矩形的面积，

所以四棱锥的体积，

所以，所以，

所以，

因为平面平面，，

平面平面，平面，

所以平面，又平面，

所以，

所以为直角三角形，斜边为，

因为平面，

所以与平面所成角的平面角为，

在中，，，

所以，与平面所成角的正切值为．

故选：．

连接，为的中点，结合面面垂直性质定理证明平面，根据锥体体积公式求，再由面面垂直性质定理证明平面，根据线面角的定义证明与平面所成角的平面角为，解三角形求其正切值．

本题主要考查了求直线与平面所成的角，属于中档题．

8.【答案】

【解析】解：将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象．

再将横坐标缩短为原来的得到函数的图象，

由上，得，

当，即时，则，求得，

当，即时，由题意可得，

作出函数与的图象如图：

由图可知，此时函数与的图象在上有唯一交点，

则有唯一解，

综上，的取值个数为．

故选：．

利用函数图象的平移与伸缩变换求得的解析式，再由的范围求得的范围，结合在上的最大值为，分类求解得答案．

本题考查型的函数图象的变换，考查分类讨论的数学思想方法与数形结合的解题思想方法，考查逻辑思维能力与推理运算能力，属较难题．

9.【答案】

【解析】解：对于，当时，

则，解得，故A正确；

对于，当时，，解得，故B正确；

对于，当与的夹角为锐角时，

则，解得，

当时，解得，，无解，

故的取值范围为，故C正确；

对于，当时，

则，解得，故D错误．

故选：．

根据已知条件，结合向量平行、垂直的性质，以及平面向量的数量积运算，即可依次求解．

本题主要考查向量平行、垂直的性质，以及平面向量的数量积运算，属于基础题．

10.【答案】

【解析】解：由正弦定理得，则：：：：，故错误；

B.由正弦定理得，再由比例性质得，故正确；

C.由余弦定理得，即，即，解得或，故正确；

D.由余弦定理得，则为锐角，但，不一定是锐角，故错误．

故选：．

利用正弦定理对选项逐个判断，利用余弦定理对选项逐个判断即可求解．

本题考查了正余弦定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于中档题．

11.【答案】

【解析】解：对于选项，连接、，

四边形为正方形，，

平面，平面，

，又，且，平面，

平面，又平面，

，选项正确；

对于选项，平面平面，平面，

平面，选项正确；

对于选项，的面积为，

又点到平面的距离为定值，三棱锥的体积为定值，选项正确；

对于选项，设，取的中点，连接、，

由选项可知平面，即平面，又平面，

，又且，

四边形为平行四边形，

且，

、分别为、的中点，且，

四边形为平行四边形，平面，平面，，

四边形为矩形，，又，，平面，

平面，又平面，

，，

，选项错误．

故选：．

证明平面，可判断选项的正误；利用面面平行的性质可判断选项的正误；利用锥体的体积公式可判断选项的正误；判断到线段的距离与到线段的距离的关系，即可判断选项的正误．

本题考查线线垂直的证明，线面平行的证明，三棱锥的体积的求解，化归转化思想，属中档题．

12.【答案】

【解析】解：由已知，，所以，故A正确；

因为，所以由图象知，，所以，

又因为，且在的单调递减区间上，

所以，，因为，所以，

又因为，所以，所以，故选项B正确；

对于函数，

令，，求得，，可得曲线的对称轴为，，

故选项C正确；

把的图像向左平移个单位得到

的图像，

故选项D正确．

故选：．

由图像求出解析式，依据题意得出解析式，对各选项逐个判断即可．

本题主要考查三角函数解析式的确定，正弦函数的图像与性质，三角函数图像的平移变换，考查运算求解能力，属于中档题．

13.【答案】

【解析】解：角的终边上有一点，

，，

．

故答案为：．

利用任意角的三角函数的定义，即可求解．

本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．

14.【答案】

【解析】解：设，

，

则，

故，解得，

向量是与同向的单位向量，

在上的投影向量为．

故答案为：．

根据已知条件，结合投影向量的公式，以及勾股定理，即可求解．

本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．

15.【答案】

【解析】解：因为，，所以，

设外接圆的半径为，则，

又直三棱柱的高，设直三棱柱外接球的半径为，

则，即，解得，

所以外接球的体积．

故答案为：

首先求出外接圆的半径，设直三棱柱外接球的半径为，则，即可求出，再根据球的体积公式计算可得．

本题主要考查了三棱柱的外接球，是中档题．

16.【答案】

【解析】解：中，，由正弦定理知，

即，

设，，，且，

由，

得；

在中，，

，

可得，则，

又，

两边都除以，得，

又，为锐角，解得，，

；

故答案为：．

由题意，利用正弦定理可得，根据三角形内角和定理与三角恒等变换，求出、即可求出、的值，从而可求结论．

本题考查了解三角形与三角恒等变换应用问题，也考查了运算与求解能力，是难题．

17.【答案】解：因为，，

所以，

又因为，，

所以，

所以．

因为，，

所以，，

所以．

【解析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求，的值，进而根据，利用两角差的余弦函数公式即可求解．

利用二倍角公式可求，的值，进而即可代入求解．

本题主要考查了同角三角函数基本关系式，两角差的余弦函数公式，二倍角公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．

18.【答案】解：在中，，

根据正弦定理可知：，则，

所以；

，

在中，因为，则，

所以

．

【解析】直接根据正弦定理即可求；大楼的高度即可得．

本题考查正弦定理，考查三角函数在实际中应用．

19.【答案】解：证明：设是的中点，由于是的中点，

所以，，

由于是的中点，四边形是矩形，

所以，，

所以，，

所以四边形是平行四边形，

所以，

因为平面，平面，

所以平面．

证明：由于平面，

平面，所以，

因为，，，平面，

所以平面，

因为平面，所以，

因为，是的中点，所以，

因为，，平面，

以平面，

又因为平面，

所以．

【解析】通过构造平行四边形的方法来证得线面平行；

结合线面垂直的判定定理来证得平面，进而可证明线线垂直．

本题考查了空间中垂直关系与平行关系的证明，属于中档题．

20.【答案】解：设的内角，，所对的边分别为，，，

因为，

由正弦定理可得，

即为，

由余弦定理可得，

由，可得；

由题意可得，

又，可设，，，

由正弦定理可得，

可得，，

则周长为

，

，

当，即时，的周长取得最大值．

【解析】本题考查三角形的正弦定理和余弦定理的运用，考查三角恒等变换和三角函数的性质，考查化简运算能力，属于中档题．

运用正弦定理得到，再利用余弦定理可得所求角；

可设，，，运用正弦定理和三角恒等变换，将周长转化为关于的函数，结合余弦函数的性质，可得周长的最大值．

21.【答案】解：因为是正三棱柱，

所以，

，且，从而

又，

所以，，

，即，

又，、面，

平面，

又面，

；

解法一：取中点，联结E.所以，

又，故DA，

因为平面，面，所以，

又，、面，

所以平面，又面，所以，

所以为二面角的平面角，

因为，

所以，

则平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

解法二：以直线为轴，直线为轴，直线为轴建立空间直角坐标系．

则，

设平面的一个法向量，

则，

令，则，所以，

又平面的一个方向量，

设二面角的大小为，

则，

平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

【解析】通过底面的边角关系可得，，进而可证得平面，从而得证；

法一：取中点，联结，可证得为二面角的平面角，从而得解．

法二：建立空间直角坐标系用向量的方法求解．

本题考查线面垂直的判定及其性质，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数