云南省保山市腾冲市2022-2023学年高一下学期期中教育教学质量监测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1云南省保山市腾冲市2022-2023学年高一下学期期中教育教学质量监测数学试题一、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，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为集合，所以.故选：C.2.已知复数满足，为的共轭复数，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以，所以，.故选：B.3.已知，，则（）A. B.7 C. D.〖答案〗C〖解析〗，∴，，则.故选：C．4.已知向量，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗A〖解析〗由向量，若，可得，解得，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.5.已知点，则与向量方向相反的单位向量为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗由点，可得，则，所以与向量方向相反的单位向量为.故选：B.6.已知表面积为的圆锥，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥的高为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设圆锥底面圆半径，母线长，由圆锥的表面积为，得，即，由侧面展开图是一个圆心角为的扇形，得，即，于是，所以圆锥的高.故选：A.7.已知函数为上的奇函数，为偶函数，下列说法不正确的是（）A.的图象关于直线对称 B.对任意都有C.是周期函数 D.〖答案〗D〖解析〗为偶函数，有，令，则有，所以点在的图象，点关于直线的对称点也在的图象上，即的图象关于直线对称，A选项正确；对任意都有，B选项正确；函数为上的奇函数，则有，故，所以，可得的周期为4，，C选项正确，D选项错误.故选：D.8.已知，则（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由函数可得定义域为，且满足，即，所以函数为奇函数，又由函数都是上单调递增函数，所以在单调递增，因为且，所以，又因为，所以，因为在单调递增，所以.故选：A.二、多项选择题：本题共4小题，每小题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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知矩形的面积为，则（）A.5 B.3 C. D.〖答案〗AD〖解析〗设，则，解得，或，所以，所以当时，，或当时，.故选：AD.10.下列命题说法不正确的是（）A.奇函数的图象一定过坐标原点B.函数是偶函数C.函数是奇函数D.函数是奇函数〖答案〗ABD〖解析〗对于A，函数为奇函数，但其图象不过原点，A错误；对于B，函数的定义域不关于原点对称，故不是偶函数，B错误；对于C，令，定义域为R，且，故函数是奇函数，C正确；对于D，令，定义域为R，，即函数是偶函数，D错误.故选：ABD.11.下列说法正确的是（）A.已知向量为两个非零向量，且，则与共线且反向B.已知向量，且与共线，则实数或C.已知向量，则D.已知线段为单位圆的任意一条直径，以圆心为顶点，作边长为3的等边三角形，则的最大值为〖答案〗BCD〖解析〗对于选项A：因为，则，即，整理得，且向量为两个非零向量，即，可得，则，所以与共线且同向，故A错误；对于选项B：因为与共线，则，整理得，解得或，故B正确；对于选项C：由，可知，因为，则，整理得，故C正确；对于选项D：由题意可得：，则，当且仅当同向时，等号成立，所以的最大值为，故D正确.故选：BCD.12.已知函数，若关于的方程恰有个不相同的实根，则实数的可能取值为（）A. B. C. D.〖答案〗BC〖解析〗，所以或，即或，函数的图象如下：由图象可知，的解的个数有个，所以要使方程恰有个不相同的实根，则的解的个数必须为个，由图象可得或满足条件.故选：BC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在中，角所对的边分别为，若，则边的长为__________.〖答案〗〖解析〗由题意可得：，由正弦定理，可得.故〖答案〗为：.14.设，且，则的最小值为__________.〖答案〗〖解析〗因为，，且，则，当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为.故〖答案〗为：.15.在正方体中，直线与平面所成角的余弦值为__________.〖答案〗0〖解析〗连接，因为为正方形，则，又因为平面，平面，则，且，平面，所以平面，由平面，可得，同理可证：，，平面，可得平面，所以直线与平面所成角为，余弦值为0.故〖答案〗为：0.16.我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休”.数学中，数和形是两个最主要的研究对象，它们之间有着十分密切的联系，在一定条件下，数和形之间可以相互转化，相互渗透.而向量正是数与形“沟通的桥梁”.如图，在中，，若为中点，与交于点，且，__________.〖答案〗〖解析〗因为为中点，所以，因为和分别共线，所以存在使得，，所以，所以，解得，所以，所以，，.故〖答案〗为：.四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知平面向量.（1）若与垂直，求的值；（2）若向量，若与共线，求.解：（1），则，，由与垂直，则，解得.（2），则有，由与共线，故，即，解得，可得，.18.已知在中，角所对的边分别为，已知.（1）求角；（2）求的取值范围.解：（1）由，得，即，又由余弦定理，∴，由于.（2）由（1）知，，由正弦定理，，，，，的取值范围为.19.如图，是圆柱的一条母线，过底面圆的圆心是圆上异于点的一点.已知.（1）求该圆柱的体积；（2）求证：平面；（3）将四面体绕母线所在的直线旋转一周，求的三边在旋转过程中所围成的几何体的体积.解：（1）设圆柱的底面半径为，因为过底面圆的圆心，且，可得，又由圆柱的母线长为，即圆柱的高为，所以则圆柱的体积.（2）因为是圆的直径，是圆上的一点，可得，又因为平面，且平面，所以，因为平面，且，所以平面.（3）由线段绕旋转一周所得的几何体为以为底面半径，为高的圆锥，线段绕旋转一周所得的几何体为以为底面半径，为高的圆锥，所以绕旋转一周而成的封闭几何体的体积为：.20.已知向量，函数.（1）求函数单调递增区间；（2）已知分别为内角的对边，其中A为锐角，，且，求的面积S.解：（1），由，解得，∴函数的单调递增区间为.（2），，，又，即，解得或（舍去），从而.21.如图，在正方体中，分别为的中点.（1）求证：平面；（2）若正方体的棱长为4，求二面角的正弦值.解：（1）取的中点为，连接，如下图所示，分别为的中点，则，且，则，∴四边形是平行四边形，则，分别为的中点，则，∴四边形是平行四边形，则，故，且平面平面，平面.（2）取的中点记为，连接，由于正方体的棱长为4，故为中点，∴，又∵为中点，∴，平面平面，为二面角的平面角，因为为正三角形，故，在中，，，由余弦定理，，∴二面角的平面角的正弦值为.22.已知函数.（1）当时，解关于的方程；（2）若函数是定义在上的奇函数，求函数的〖解析〗式；（3）在（2）的前提下，函数满足，若对任意且，不等式恒成立，求实数的最大值.解：（1）因为，则，整理得，解得（舍去）或，所以.（