2022-2023学年河南省信阳市湘豫名校联考高一年级下册学期5月月考数学试题【含答案】

2022-2023学年河南省信阳市湘豫名校联考高一下学期5月月考数学试题一、单选题1．已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】由复数的运算和共轭复数的概念求出复数，再由复数的几何意义即可.【详解】设，则．因为，所以，所以．所以在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限．故选：D2．已知向量，则在方向上的投影向量为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】向量数量积的坐标运算及投影向量的概念求解．【详解】因为向量，所以．所以在方向上的投影向量为．故选：B．3．在直三棱柱中，，点分别是的中点，则（

）A．与相交，且B．与相交，且C．与是异面直线，且D．与是异面直线，且【答案】D【分析】根据异面直线的定义分析判断，利用勾股定理计算长度即可【详解】如图所示，因为平面，平面，所以与是异面直线，．因为，所以．故选：D

4．青岛五四广场主题钢雕塑（如图1）以单纯简练的造型元素排列组合成旋转腾空的“风”，通体火红，害意五四运动是点燃新民主主义革命的“火种”及青岛与五四运动的渊源．某中学数学兴趣小组为了估算该钢雕塑的高度，选取了与钢雕塑底部在同一水平面上的两点（如图2），在点和点测得钢雕塑顶端点的仰角分别为和，测得米，，则钢雕塑的高度为（

）

A．米 B．米 C．米 D．米【答案】C【分析】利用余弦定理即可解三角形.【详解】由题意得，，所以，，设，则，，在中，由余弦定理得，，即，解得，即米．故选：C5．已知甲、乙两个圆锥的底面半径相等，侧面积分别为和，体积分别为和．若甲圆锥的侧面展开图为半圆，且，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据圆锥的侧面积和体积的公式计算即可．【详解】设甲、乙两个圆锥的底面半径为，母线长分别为，因为，所以．因为甲圆锥的侧面展开图为半圆，所以，即，所以，则甲圆锥的高，乙圆锥的高．所以．故选：A．6．在平行四边形中，与交于点，点满足，若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】方法一：，进而得，根据平面向量基本定理可得结果．方法二：，由题得，又三点共线，所以，从而得解．【详解】方法一：如图所示，因为与交于点，点满足，所以．又因为，所以．又，不共线，所以，所以．方法二：因为四边形为平行四边形，所以．由题得，又三点共线，所以，即．故选：A．7．最大视角问题是1471年德国数学家米勒提出的几何极值问题，故最大视角问题一般称为“米勒问题”．如图，树顶离地面12米，树上另一点离地面8米，若在离地面2米的处看此树，则的最大值为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】过点作，交于点，设，求得，，然后由，结合三角恒等变换和基本不等式求解．【详解】如图，过点作，交于点，则．

设，在中，．在中，，所以，当且仅当，即时取等号．故选：C.8．已知正三棱台中，，若该正三棱台外接球的体积为，则的面积为（

）A． B．或2 C． D．或【答案】D【分析】由棱台的结构特征结合多面体的内接、外切问题求解即可.【详解】图1所示，设，正三棱台上､下底面所在圆的半径分别为，则由正弦定理，得，即．因为，所以．设外接球的半径为，由外接球的体积为，得，即．设球心到上､下底面的距离分别为，所以，故（如图1）或（如图2），即或，解得或，所以的面积为或．故选：D.

二、多选题9．已知复数，则（

）A． B．C． D．若，则【答案】ACD【分析】根据复数的乘法运算即可判断A,由模长公式以及共轭的性质即可判断BCD.【详解】由题意，得正确；因为，所以错误；因为，所以，C正确；由题意，得，因为，，所以，D正确．故选：ACD10．已知向量，则（

）A．若，则B．若，则C．当时，D．若与的夹角为锐角，则【答案】AC【分析】根据平面向量的平行、垂直的坐标表示，以及数量积的坐标运算求解.【详解】对A，若，则，解得，A正确；对B，若，则，解得或3，B错误；对C，当时，，则，所以，C正确；若与的夹角为锐角，则且与不同向共线，所以解得且，D错误．故选:AC.11．已知正实数满足，则（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】由基本不等式，即可结合选项逐一求解.【详解】因为，且均为正实数，所以由基本不等式得，即，当且仅当时等号成立，正确；由不等式，得，所以，即，当且仅当时等号成立，C错误（或）；因为，所以，当且仅当时等号成立，D正确．故选：ABD12．已知定义在上的函数的图象关于直线对称，，为奇函数，且当时，，则（

）A．的一个周期为3B．当时，C．D．直线与曲线共有7个不同的交点【答案】BCD【分析】根据函数的对称性、奇偶性推出周期性，单调性，利用函数的周期性、单调性和函数图象逐项分析可得答案.【详解】因为函数的图象关于直线对称，所以，用替换，得①．因为是奇函数，所以，即②．结合①②，得，所以．所以，所以的一个周期为4，故A错误；由，令，得．所以，即③．由，得，即④，联立③④两式，得，所以当时，．设，则，，故B正确；因为在上单调递增，又的图象关于直线对称，所以在上单调递减．所以当时，．当时，，所以，当时，，所以．又函数的一个周期为4，所以作出的图象如图所示：，，结合图象可得，所以，故C正确；作直线，由图可知，直线与曲线共有7个不同的交点，故正确．

故选：BCD三、填空题13．已知集合,，则．【答案】【分析】求出定义域和值域得到，从而得到交集.【详解】因为，，所以．故答案为：14．如图所示，是一个等腰直角三角形，且，是水平放置的一个平面图形的直观图，则它的原图形中，．

【答案】【分析】利用斜二测画法的性质即可得出结果.【详解】题图中，过点分别作轴､轴的平行线，分别交轴､轴于点，

由，得，所以．由直观图画法规则将还原为，如图所示，得，所以.

故答案为：15．已知复数满足，则的取值范围是．【答案】【分析】方法一：根据复数的几何意义与点和圆的位置关系求解；方法二：利用不等式求解.【详解】方法一：因为，所以在复平面内对应的点是复平面内到点的距离为4的点的集合，如图所示．由图象可知，当时，，当时，，所以的取值范围是．

方法二：因为，又,所以．故答案为:.16．已知在等腰梯形中，，点为平面内一点，则的最小值是．【答案】【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标法表示向量，结合向量的数量积在几何中的应用即可得出结果.【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，

由，得，．设，则，，，所以，，所以，所以当时，取得最小值．故答案为：四、解答题17．已知复数满足，且复数为纯虚数．(1)求；(2)若的实部小于零，且是关于的方程的根，求的值．【答案】(1)或(2)【分析】（1）根据复数的乘法运算以及纯虚数的定义，结合模长公式，即可列方程求解，（2）利用复数相等的充要条件即可代入求解.【详解】（1）设，则．因为为纯虚数，所以且．又，所以．联立方程得或故或．（2）由（1）和的实部小于零，得．因为是方程的根，所以，即．所以解得所以．18．如图，在中，点是边上靠近点的三等分点，点是线段上的动点．

(1)若，求；(2)若交于点，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据向量的线性运算，由数量积的运算律和定义即可求解，（2）利用平面向量基本定理的推论，结合共线，即可求解.【详解】（1）因为点是边上靠近点的三等分点，所以根据向量的线性运算法则，可得，因为，所以．所以．（2）由题可知三点共线，分别为线段上的动点，所以由平面向量基本定理，得．同理．因为，所以．所以①,②．①+②得．因为，所以．故的取值范围为19．在条件①，②，③中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答相应的问题．已知的内角的对边分别为，且满足__________．(1)求角的大小；(2)若的面积为，求的值．注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．【答案】(1)选①②③均可得到(2)【分析】（1）选①，由正弦定理和余弦定理求出，得到；选②，由正弦定理结合得到，得到；选③，由余弦定理和正弦定理得到，得到；（2）由（1）得，结合三角形面积公式得到，结合正弦定理得到.【详解】（1）若选①：因为，所以．由正弦定理得，由余弦定理得，所以，解得．因为，所以．若选②：因为，所以由正弦定理得．整理得，即．又，所以．又因为，所以．又，所以．若选③：在中，由余弦定理，得，所以．因为，所以．由正弦定理，得，所以，即．所以，因为，所以，所以，得．（2）由（1）得，因为的面积为3，所以，所以．因为，所以．又由余弦定理得，所以，所以由正弦定理得．所以，所以．20．已知向量，且函数．(1)求函数图象的对称轴和对称中心；(2)把函数的图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），再把得到的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)对称轴为，对称中心为(2)【分析】（1）由二倍角的正弦公式和余弦公式、辅助角公式化简，再由三角函数的性质求解即可；（2）由三角函数的平移、伸缩变换可求出，再由三角函数的性质求出在的最大值，可得，解不等式即可求出答案.【详解】（1）因为向量，所以，令，得；令，得，所以的图象的对称轴为，对称中心为；（2）把的图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得的图象，再把得到的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．令，则．当，即时，．因为不等式在上恒成立，所以，即，解得或．所以实数的取值范围为．21．已知的内角的对边分别为，点在边上，且满足．(1)若，证明：；(2)若，求．【答案】(1)证明见解析(2)或【分析】（1）根据正弦定理，在中，由得，在中，由得，结合可得结论；（2）方法一：由条件结合正弦定理得，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，结合可得关系式，由余弦定理可得答案．方法二：因为，所以，平方可得．由余弦定理得，整理得．因为，由正弦定理得，从而可得关系式，由余弦定理可得答案．【详解】（1）在中，由正弦定理得，因为，所以．在中，由正弦定理得，由题意得，所以．因为，所以由正弦定理，得，所以

（2）方法一：因为，所以由正弦定理得．在中，由余弦定理，得，在中，由余弦定理，得．因为，所以．所以，整理得，所以，解得或．当时，，所以；当时，，所以．所以或．方法二：因为，所以．因为，所以，即①．由余弦定理，得②，由①②整理得．因为，所以由正弦定理，得．所以，解得或．当时，，所以；当时，，所以．综上所述，或．22．已知函数，．(1)求的单调区间和最值；(2)记的值域为的值域为，是否存在实数，使得,若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为；(2)存在；【分析】（1）利用二次函数和对数函数的单调性，求复合函数的单调区间以及最值；（2）利用指数函数和二次函数复合的复合函数的性质，根据分类讨论求二次函数在给定区间的单调性与最值可