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2022-2023学年高中高一下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：130 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）1. 已知 的内角，，的对边分别为，，，若，则（ ）A.B.C. D. 2. 如图为某平面图形用斜二测画法画出的直观图，则其原来平面图形的面积是（ ）A.B.C.D.3. 一直线与平行四边形中的两边、分别交于、，且交其对角线于，若，，，则＝（ ）A.B.C.D.△ABC A B C a b c (a +b)(sin A −sin B)=(c −b)sin C ∠A =π6π4π3π2442–√22–√8l ABCD AB AD E F AC K =2AB →AE →=3AD →AF →=λ(λ∈R)AC →AK →λ25235(−1,m)→(m−)→4. 设向量，，若，则( )A.B.C.D.5. 设、都是非零向量，下列四个条件中，使成立的是（ ）A.B.C.D.且6. 在中，，则是（ ）A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.等腰或直角三角形7. 已知三条不重合的直线，，，三个不重合的平面，，，则A.若，，则B.若，，，则C.若，，，则D.若，，，，则8. 利用斜二测画法画边长为的正方形的直观图，正确的是( )A.=(1,0)a →=(−1,m)b →⊥(m −)a →a →b →m =−2−112a →b →=a →||b →b →||b →=−a →b →//a →b →=2a →b→//a →b →||=||a →b →△ABC |BC|cos A =|AC|cos B △ABC m n l αβγ( )m//n n ⊂αm//αl ⊥αm ⊂βl ⊥m α//βα⊥γβ⊥γα∩β=l l ⊥γm ⊂αn ⊂αm//βn//βα//β3cmB. C.D.9. 已知四棱锥的所有棱长均为，若它的所有顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )A.B.C.D.10. 在四面体中，，，若平面同时与直线、直线平行，且与四面体的每一个面都相交，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为A.B.C.D.11. 函数，则下列选项正确的是 A.当时，取得最大值B.在区间单调递增C.在区间单调递减D.的一个对称轴为12. 函数在的图象大致为( )672π48π36π24πA −BCD AB =CD =AC =BD =3–√AD =BC =2αAB CD ( )2–√232–√42–√32–√2f(x)=sin 2x −2x +13–√cos 2()x =π6f(x)f(x)[−,0]π3f(x)[,]π35π6f(x)x =π12f (x)=2sin x +sin |x|+|sin x|[−2π,2π]A.B.C.D.二、多选题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分）113. 利用斜二测画法画一个水平放置的平面四边形的直观图，得到的直观图是一个边长为的正方形( )（如图所示），则原图形的形状不可能是A.B.C.D.14. 如图，在四边形中， 为边上一点，且，为的中点，则( )A.B.C.D.15. 四边形是边长为的正方形，，，与交于点，则下列说法正确的是A.B.C.D.在方向上的投影向量的模为16. 在中，，，分别为角，，的对边，下列结论正确的是( )A.ABCD AB//CD ，AB ⊥AD ，AB =2AD =2DC ，E BC =3BC −→−EC −→−F AE =−+BC −→−12AB −→−AD−→−=+AF −→−13AB −→−13AD−→−=−+BF −→−23AB −→−13AD−→−=−CF −→−16AB −→−23AD−→−ABCD 1=2BC −→−BE −→−=2CF −→−FD −→−AE BF O ( )⋅=AE −→−AF −→−12⋅=1DE −→−AB −→−=3AO −→−OE−→−EF −→−AB −→−23△ABC a b c A B C a 2=+−2bc cos Ab 2c 2b sin AB.C.D.17. 已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题正确是（ ）A.若，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，则18. 已知，，则下列说法正确的有( )A.若为实数，则B.的共轭复数是C.的最小值是D.满足的复数在复平面上的对应点的集合是以为圆心，以为半径的圆19. 在中，则下列条件是“”的充要条件的有( )A.B.C.D.20. 如图，在正四棱柱中，底面的边长为，与底面所成角的大小为，且，则下列说法正确的是( )A.则该正四棱柱的外接球表面积为a sin B =b sin A a=b cos C +c cos B a cos B +b cos A =sin C αβl m l ⊥αl ⊥βα//βl ⊥αα⊥βl //βl //αl ⊥βα⊥βl ⊥m m ⊥αl //α=2+3i z 1=m −i (m ∈R)z 2z 1z 2m =−23⋅z 1z 2(2m +3)−(3m −2)i |−|z 1z 24|z −|=1z 1z Z (−2,−3)1△ABC A >B sin A >sin B cos A <cos B cos 2A <cos 2B sin 2A >sin 2B ABCD −A 1B 1C 1D 13BD 1θtan θ=2326π3−−√B.异面直线与所成角的余弦值为C.二面角的平面角大小为D.点到平面的距离为卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）21. 在中，，，则________.22. 设向量，若，则实数________.23. 设是虚数单位，则________．24. 在正方体中，与所成角的大小是________.四、 解答题 （本题共计 2 小题 ，每题 5 分 ，共计10分 ）25. 的内角，，的对边分别为，，，若，且．求角的大小；在①，② ③三个条件中任选一个________，若这样的三角形存在，求三角形的周长；若该三角形不存在，请说明理由．26. 已知函数，其中且．求的值；求的最小正周期和单调递减区间．DC BD 1326−−√26B −D −A D 190∘D AB D 1634−−√17△ABC ∠A =2π3a =c 3–√=b c=(1,−1),=(m +1,2m −4)a →b →⊥a →b →m =i =1−2i2+iABCD −A 1B 1C 1D 1BC A 1C 1△ABC A B C a b c c =7–√c ⋅sin A =a ⋅cos(C −)π6(1)C (2)=2S △ABC3–√sin A =sin B,a −b =21−−√3f(x)=cos 2x −2(x −α)3–√sin 20<α<π2f()=−−1π23–√(1)α(2)f(x)参考答案与试题解析2022-2023学年高中高一下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）1.【答案】C【考点】余弦定理【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答2.【答案】A【考点】斜二测画法【解析】用斜二侧画法的法则，可知原图形是一个两边分别在、轴的直角三角形，轴上的边长与原图形相等，而轴上的边长是原图形边长的一半，由此不难得到平面图形的面积．【解答】解：设原图形为，∵，∴，，因此，的面积为．故选．3.【答案】x y x y △A'OB'OA =20B =2∠AOB =45∘OA'=4OB'=2∠A'OB'=90∘Rt △A'OB'S =×4×2=412AD【考点】平面向量的基本定理【解析】，由，，三点共线可得，即可．【解答】∵，，∴∴，由，，三点共线可得，∴＝4.【答案】B【考点】平面向量的坐标运算数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】根据向量垂直，则数量积为零，结合数量积的运算，列出方程，即可求得参数值．【解答】解：∵，，∴.∵，∴，即，解得．故选．5.【答案】C=λ⇒==(+)=(2+3)=+AC →AK →AK →1λAC →1λAB →AD →1λAE →AF →2λAE →3λAF→E F K +=12λ3λ=2AB →AE →=3AD →AF →=λAC →AK →==(+)=(2+3)=+AK →1λAC →1λAB →AD →1λAE →AF →2λAE →3λAF →E F K +=12λ3λλ5=(1,0)a →=(−1,m)b →m −=(m +1,−m)a →b →⊥(m −)a →a →b →⋅(m −)=0a →a →b →1×(m +1)=0m =−1B【考点】平面向量的基本定理及其意义【解析】由于、都是非零向量，使成立需要满足：同方向共线即可．【解答】解：由于、都是非零向量，使成立需要满足：同方向共线即可，只有满足．故选：．6.【答案】D【考点】三角形的形状判断二倍角的正弦公式正弦定理【解析】本题主要考查了正弦定理，二倍角的正弦函数公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．【解答】解： ，由正弦定理可得：，，或，可得：，或.故选．7.【答案】C【考点】a →b →=a →||a →b →||b →a →b →=a →||a →b →||b →=2a →b →C ∵|BC|cos A =|AC|cos B ∴sin A cos A =sin B cos B ∴sin 2A =sin 2B ∴2A =2B 2A =π−2B ∴A =B A +B =π2D空间中直线与平面之间的位置关系空间中平面与平面之间的位置关系【解析】利用线面，面面，线线的位置关系将各个选项逐一分析即可得到答案.【解答】解：三条不重合的直线，，，三个不重合的平面，，.，若，，则或，故该选项错误；，若，，，则与可能相交，故该选项错误；，若，，，则，故该选项正确；，若，，，，则或与相交，该选项错误.故选.8.【答案】B【考点】斜二测画法画直观图【解析】根据斜二测画法法则，即可得出满足条件的直观图形．【解答】解：根据斜二测画法，（或），平行于轴的线段长度不变，平行于轴的线段长度减半，且平行性不变；满足条件的直观图形是．故选.9.【答案】A【考点】球内接多面体球的表面积和体积【解析】正四面体补成正方体，通过正方体的对角线与球的半径关系，求解即可．【解答】m n l αβγA m//n n ⊂αm//αm ⊂αB l ⊥αm ⊂βl ⊥m αβC α⊥γβ⊥γα∩β=l l ⊥γD m ⊂αn ⊂αm//βn//βα//βαβC ∠x'O'y'=45∘135∘x y B B解：如图，过点作平面，连接，因为四棱锥的所有棱长均为，所以该四棱锥为正四棱锥，且，，所以，所以，所以正四棱锥的外接球的球心为，半径，所以外接球的表面积为.故选.10.【答案】A【考点】余弦定理正弦定理基本不等式在最值问题中的应用直线与平面平行的性质【解析】由题可得四边形为平行四边形,由平行关系可得，，即可得到，利用基本不等式求最值进行求解即可得．【解答】解：设为平面截四面体所得的截面，P PH ⊥ABCD CH 6PC =6AB =6HC =32–√PH =32–√H R =32–√S =4π=72πR 2A PQNM =⇒MN =⋅MN AB CM AC CM AC 3–√=⇒MP =⋅MP CD AM AC AM AC 3–√MN +MP =(+)=3–√CM AC AM AC3–√PQNM α因为平面，平面平面，平面，所以，同理可得，所以；又因为平面，同理可得，所以四边形为平行四边形.由平行关系可得，，所以，故，当且仅当为的中点时取等号．以下求的值，，分别为，中点时，，，，求得，所以，所以，所以，故选．11.【答案】C【考点】正弦函数的单调性正弦函数的对称性三角函数中的恒等变换应用正弦函数的定义域和值域【解析】利用二倍角公式以及辅助角公式化简，再根据正弦三角函数的性质即可求解．AB//αα∩ABC =MN AB ⊂ABC AB//MN AB//PQ PQ//MN CD//αPM//QN PQNM =⇒MN =⋅MN AB CM AC CM AC3–√=⇒MP =⋅MP CD AM AC AM AC3–√MN +MP =(+)=3–√CM AC AM AC 3–√=MN ⋅MP ⋅sin ∠NMPS 平行四边形PQNM ≤(sin ∠NMP =sin ∠NMP MN +MP 2)234M AC sin ∠NMP N P BC AD ND =2–√AN =2–√AD =2NP =1cos ∠NMP ==+−134342×3413sin ∠NMP =22–√3≤sin ∠NMP =⋅=S 平行四边形PQNM 343422–√32–√2A f(x)=sin 2x −2co x +1=2sin(2x −)3–√s 2π6解：.对于，当时，，而，故错误；对于，令，求得，当时，则，故错误；对于，令，求得，当时，则，故正确；对于，令，求得，当时，，当时，，故错误.故选.12.【答案】C【考点】正弦函数的图象分段函数的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：当时，，故排除；当时，，故排除.故选.二、 多选题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）13.f(x)=sin 2x −2x +13–√cos 2=sin 2x −(2x −1)3–√cos 2=sin 2x −cos 2x3–√=2×(sin 2x −cos 2x)3–√212=2sin(2x −)π6A x =π6f(x)=f()=2sin =1π6π6f(x)max =2A B 2kπ−≤2x −≤2kπ+(k ∈Z)π2π6π2kπ−≤x ≤kπ+(k ∈Z)π6π3k=0−≤x ≤π6π3B C 2kπ+≤2x −≤2kπ+(k ∈Z)π2π63π2kπ+≤x ≤kπ+(k ∈Z)π35π6k=0≤x ≤π35π6C D 2x −=kπ+(k ∈Z)π6π2x =+kπ2π3k=0x =π3k=−1x =−π6D C x ∈(−π，0)f(x)=2sin x +sin(−x)−sin x =0AD x ∈(π，2π)f(x)=2sin x +sin x −sin x =2sin xB CB,C,D【考点】斜二测画法画直观图平面图形的直观图【解析】利用斜二测画法的过程把给出的直观图还原回原图形，即找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形．【解答】解：还原直观图为原图形如图，所以原图形的形状不可能是.故选.14.【答案】A,B,C【考点】向量加减法的应用向量在几何中的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：连接，BCD BCD AC −=(+)−=−+−→−−→−−→−−→−−→−−→−1−→−−→−，，故正确；，，故正确；，，故正确；，，故错误.故选.15.【答案】B,C,D【考点】平面向量数量积相似三角形的性质向量的投影【解析】此题暂无解析【解答】解：，，错误；A =−=(+)−=−+BC −→−AC −→−AB −→−AD −→−DC −→−AB −→−12AB −→−AD −→−B =+AE −→−AB −→−BE −→−=+AB −→−23BC −→−=+(−)AB −→−23AD −→−12AB −→−=+−AB −→−23AD −→−13AB −→−=+23AB −→−23AD −→−==+AF −→−12AE −→−13AB −→−13AD −→−C =+BF −→−BA −→−AF −→−=−++AB −→−13AB −→−13AD −→−=−+23AB −→−13AD −→−D =+CF −→−CA −→−AF −→−=−(+)++AD −→−12AB −→−13AB −→−13AD −→−=−−++AD −→−12AB −→−13AB −→−13AD −→−=−−16AB −→−23AD −→−ABC A ⋅AE −→−AF −→−=(+)⋅(+)AB −→−BE −→−AD −→−DF −→−=(+)⋅(+AB)AB −→−12BC −→−BC −→−13=+=13AB −→−212BC −→−256−→−−→−，，正确；，过作交于点.因为为的中点，，.易证，，即，，正确；，在方向上的投影向量的模为，正确.故选.16.【答案】A,B,C【考点】余弦定理正弦定理【解析】利用正弦定理、余弦定理直接求解．【解答】解：由在中，角，，所对的边分别为，，，知：在中，由余弦定理得：，故正确；在中，由正弦定理得：，∴，故正确；在中，∵，∴由余弦定理得：，整理，得，故正确；在中，由余弦定理得：B ⋅DE −→−AB −→−=(+)⋅DC −→−CE −→−AB−→−==1AB −→−2C C CG//AE BF G E BC CG//OE ∴CG =2OE △AOB ∽△CGF ∴=AB CF AO CG =AO CG 32∴=3AO OED EF −→−AB −→−23BCD △ABC A B C a b c A a 2=+−2bc cos A b 2c 2B =a sin A b sin B a sin B =b sin A C a=b cos C +c cos B a=b ×+c ×+−a 2b 2c 22ab +−a 2c 2b 22ac 2a 2=2a 2D a cos B +b cos A =a ×+b ×+−a 2c 2b 22ac +−b 2c 2a 22bc++−222+−222，故错误．故选.17.【答案】A,C【考点】空间中直线与平面之间的位置关系【解析】由直线与平面垂直的性质判断；由直线与直线、直线与平面垂直的位置关系判断与；由线面平行的性质即平面与平面垂直的判定判断．【解答】若，，故正确；若，，故错误；若，过作平面与相交，则，可得，故正确；若，，故错误．18.【答案】A,B,C【考点】复数代数形式的乘除运算复数的基本概念复数的模【解析】无【解答】解：令，得，则有解得，故选项正确；，其共轭复数是，故选项正确；，当时，等号成立，即的最小值为，故选项正确；=++−a 2c 2b 22c +−b 2c 2a 22c=c ≠sin C ABC A B D C l ⊥αl ⊥βA l ⊥αα⊥βB l //αl γαl //a a ⊥βC l ⊥m m ⊥αD =a(a ∈R)z 1z 2=2+3i =a z 1=am −ai z 2{2=am,3=−a,m =−23A ⋅=(2+3i)(m −i)=(2m +3)+(3m −2)i z 1z 2=(2m +3)−(3m −2)i ⋅z 1z 2¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯B |−|=|(2−m)+4i|=≥=4z 1z 2(2−m +16)2−−−−−−−−−−−√16−−√m =2|−|z 1z 24C |z −|=1令，由，得，即，故满足的复数在复平面上的对应点的集合是以为圆心，以为半径的圆，故选项错误.故选．19.【答案】A,B,C【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断正弦定理二倍角的余弦公式余弦函数的单调性【解析】根据三角形内角的取值范围，结合三角函数的性质，利用正弦定理、余弦函数的单调性、举反例题说明等能够求出结果．【解答】解：，由正弦定理，得，∴等价于，即等价于，∴“”成立的充要条件的是，故符合题意；，在上单调递减，可得，，故符合题意；，由，可得，由∵，，∴等价于，故符合题意；，当，时，满足，但不满足，故不符合题意.故选．20.【答案】A,B,D【考点】棱柱的结构特征直线与平面所成的角柱体、锥体、台体的体积计算12z =x +yi |z −|=1z 1|(x −2)+(y −3)i|==1(x −2+(y −3)2)2−−−−−−−−−−−−−−−√(x −2+(y −3=1)2)2|z −|=1z 1z Z (2,3)1D ABC A =a sin A b sin B A >B a >b sin A >sin B A >B sin A >sin B A B y =cos x x ∈(0,π)A >B ⇔cos A <cos B B C cos 2A <cos 2B A >B sin 2sin 2sin A >0sin B >0cos 2A <cos 2B sin A >sin B C D A =π2B =π3A >B sin 2A >sin 2B D ABC球的表面积和体积球内接多面体【解析】【解答】解：连接，如图，由题得，四边形是正方形，且边长为，所以.又与底面所成的角，所以，所以，所以外接球的直径，所以该正四棱柱的外接球表面积为，故正确；因为，所以就是异面直线与所成的角，所以，故正确；由题知平面，所以，，所以二面角等于，故错误；因为，，所以，设点到平面的距离为由等体积法可得，所以，即，解得，故正确.故选.三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）21.【答案】BD AD 1ABCD 2BD =AB =32–√2–√BD θ=∠BD D 1tan ∠BD =D 123D =2D 12–√2R =B ==D 1(3+(22–√)22–√)2−−−−−−−−−−−−−√26−−√4π=26πR 2A AB//CD ∠ABD 1DC BD 1cos ∠AB ===D 1AB BD 1326−−√326−−√26B D ⊥D 1ABCD D ⊥AD D 1D ⊥BD D 1B −D −A D 1∠ADB =45∘CD =2D 12–√AD =3A ==D 18+9−−−−√17−−√D AB D 1h=V −ABD D 1V D−ABD 1AD ×AB ×D =A ×AB ×h 13D 113D 1×3×3×2=××3×h 132–√1317−−√h =634−−√17D ABD 1【考点】正弦定理【解析】利用正弦定理得到，进而求出，所以三角形是等腰三角形，即可得到答案.【解答】解：在中，，，由正弦定理可得：，∴ ，，则，∴是等腰三角形，且，则，则.故答案为：.22.【答案】【考点】平面向量数量积数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】根据垂直的两个向量的数量积为零，结合向量数量积的坐标公式，列出关于的方程，解之可得的值．【解答】解：由，可得，解得.故答案为：.23.【答案】C =π6B =π−−=2π3π6π6△ABC ∠A =2π3a =c 3–√==a sin A c 3–√sin 2π3c sin C sin C =12C =π6B =π−−=2π3π6π6△ABC B =C b =c =1b c 15m m ⊥a →b →⋅=1×(m +1)+(−1)×(2m −4)=0a →b →m =55【考点】复数代数形式的乘除运算【解析】直接把给出的复数分子分母同时乘以，然后采用多项式乘以多项式整理即可．【解答】解：．故答案为：．24.【答案】【考点】异面直线及其所成的角棱柱的结构特征【解析】作出几何体，再找到异面直线的平面角，求出即可.【解答】解：如图：因为，所以直线与所成角的平面角为.由于四边形正方形，所以，所以直线与所成角为.故答案为：.−i2−i =1−2i 2+i (1−2i)(2−i)(2+i)(2−i)=2+2−i −4i i 24+1=−5i 5=−i −i 45∘BC//B 1C 1BC A 1C 1∠B 1C 1A 1A 1B 1C 1D 1∠=B 1C 1A 145∘BC A 1C 145∘45∘四、 解答题 （本题共计 2 小题 ，每题 5 分 ，共计10分 ）25.【答案】解：因为，所以.又因为，所以，即.又因为，所以 所以．由余弦定理得，即，若选①：因为，所以，所以，与矛盾，所以满足条件的三角形不存在．若选②：因为，所以，由，可得为等边三角形，所以的周长．若选③：因为，又，所以，解得，所以的周长．【考点】正弦定理余弦定理三角形的面积公式【解析】此题暂无解析【解答】解：因为，所以.又因为，所以，即.又因为，所以 所以．由余弦定理得，即，若选①：因为，所以，所以，与矛盾，所以满足条件的三角形不存在．若选②：因为，所以，由，可得为等边三角形，所以的周长．若选③：因为，又，所以，解得，所以的周长．(1)c ⋅sin A =a ⋅cos(C −)π6sin C sin A =sin A cos(C −)π6sin A ≠0sin C =cos(C −)π6sin C =sin(−C)2π3C ∈(0,π)C =−C,2π3C =π3(2)=+−2ab cos C c 2a 2b 2+−ab =7a 2b 2=ab sin C S △ABC 12ab =8=7−8=−1(a −b)2≥0(a −b)2sin A =sin B a =b C =π3△ABC △ABC C =a +b +c =37–√a −b =21−−√3+−ab =7a 2b 2ab =143a =,b =221−−√321−−√3△ABC C =a +b +c =+21−−√7–√(1)c ⋅sin A =a ⋅cos(C −)π6sin C sin A =sin A cos(C −)π6sin A ≠0sin C =cos(C −)π6sin C =sin(−C)2π3C ∈(0,π)C =−C,2π3C =π3(2)=+−2ab cos C c 2a 2b 2+−ab =7a 2b 2=ab sin C S △ABC 12ab =8=7−8=−1(a −b)2≥0(a −b)2sin A =sin B a =b C =π3△ABC △ABC C =a +b +c =37–√a −b =21−−√3+−ab =7a 2b 2ab =143a =,b =221−−√321−−√3△ABC C =a +b +c =+21−−√7–√26.【答案】解：由已知可得，，∵，∴，∴．由可得，函数，∴函数最小正周期为；令，求得，可得函数的减区间为，．【考点】二倍角的余弦公式两角和与差的正弦公式正弦函数的周期性三角函数的恒等变换及化简求值正弦函数的单调性【解析】Ⅰ根据函数的解析式以及，求得的值．Ⅱ由Ⅰ可得的解析式，再利用正弦函数的周期性和单调性，得出结论．【解答】解：由已知可得，，∵，∴，∴．由可得，函数(1)f()=cos π−2(−α)π23–√sin 2π2=−−2α=−−13–√cos 23–√0<α<π2cos α=2–√2α=π4(2)(1)f(x)=cos 2x −2(x −α)3–√sin 2=cos 2x −2(x −)3–√sin 2π4=cos 2x −2⋅3–√1−cos(2x −)π22=cos 2x +sin 2x −13–√=2sin(2x +)−1π3f(x)=π2π22kπ+≤2x +≤2kπ+π2π33π2kπ+≤x ≤kπ+π127π12[kπ+,kπ+]π127π12k ∈Z ()f()=−−1π23–√α()()f(x)(1)f()=cos π−2(−α)π23–√sin 2π2=−−2α=−−13–√cos 23–√0<α<π2cos α=2–√2α=π4(2)(1)f(x)=cos 2x −2(x −α)3–√sin 2cos 2x −2(x −)π，∴函数最小正周期为；令，求得，可得函数的减区间为，．=cos 2x −2(x −)3–√sin 2π4=cos 2x −2⋅3–√1−cos(2x −)π22=cos 2x +sin 2x −13–√=2sin(2x +)−1π3f(x)=π2π22kπ+≤2x +≤2kπ+π2π33π2kπ+≤x ≤kπ+π127π12[kπ+,kπ+]π127π12k ∈Z。

2022-2023学年全国高一上数学月考试卷考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）1. 若，，则（ ）A.B.C.D.2. 定义集合，若，，则的子集个数为（ ）A.B.C.D.3. 已知“”是“”的充分不必要条件，则的取值范围为( )A.B.C.D.4. 下列函数中，是偶函数的为( )sin α=35α∈(0,)π2sin(α−)=π4−72–√10−2–√1072–√102–√10A ∗B ={x |x ∈A,且x ∉B}A ={1,3,5,7}B ={2,3,5}A ∗B 1234x >k <13x +1k (−∞,−1][1,+∞)[2,+∞)(2,+∞)y =|x|A.B.C.D.5. 终边在三象限，则的终边可能在 A.一三象限B.二四象限C.一二象限或轴非负半轴D.三四象限或轴非正半轴6. A.B.C.D.7. 若涵数与 都在区间上单调递减，则的最大值为（ ）A.B.C.D.8. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）A.B.C.y =|x|y =x 3y =(12)x y =xlog 2θ2θ()y y tan =165∘()−2−3–√−2+3–√2−3–√2+3–√f(x)=sin(2x −)π3g(x)=cos x −sin x (a,b)(0<a <b <π)b −a π6π3π25π12f (x)[−2,2]g(x)=f (2x)+1−2x −−−−−√[0,1][−1,0][−,1]12−,0]1D.9. 已知，则的值是( )A.B.C.D.10. 函数的单调增区间为 A.B.C.D.11. 已知函数，若函数在区间内没有零点，则的最大值是( )A.B.C.D.12. 下列四种说法正确的个数有 ①若，，为三个集合，满足 则一定有 ；②函数的图象与垂直于轴的直线的交点有且仅有一个；③若 ，则；④若函数 在 和 都为增函数，则 生 为增函数.[−,0]12sin(α+)=π613cos(α+)2π322–√313−13−22–√3f(x)=sin 2x +2x −13–√cos 2()[−π+kπ,+kπ](k ∈Z)23π3[−+2kπ,+2kπ](k ∈Z)π3π6[−+2kπ,+2kπ](k ∈Z)2π3π3[−+kπ,+kπ](k ∈Z)π3π6f (x)=sin ωx +−(ω>0)3–√2sin 2ωx 212f (x)(π,2π)w 71213121912116()A B C A ∪B =B ∩C A ⊆C x A ⊆U,B ⊆U A =(A ∩B)∪(A ∩B)∁U f(x)[a,b][b,c]f(x)[a,c]A. 个B.个C.个D.个卷II （非选择题）二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 已知扇形的面积为，扇形的圆心角的弧度数是，则扇形的周长为________．14. 已知函数同时满足以下条件：①周期为；②值域为；③＝．试写出一个满足条件的函数解析式＝________（任一符合条件的函数均可）．15. 若函数的值域为，则实数的取值范围是________．16. 已知函数，则等于________．三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 计算下列各式：；． 18. 如图，矩形中，，，点，分别在线段，（含端点）上，为的中点，，设．求角的取值范围；求出的周长关于角的函数解析式，并求的周长的最小值及此时的值． 19. 设，，均为正实数，且．123423–√3–√f(x)2[0,1]f(x)−f(−x)0f(x)f (x)={(a −1)x −2a ，x <2，x ，x ≥2log a R a f(x)={(x >2)2x f(x +2)(x <2)f(3)log 2(1)(2−(−9.6−(3+(1.514)12)038)−23)−2(2)+lg25+lg4+log 327−−√4372log 7ABCD AB =23–√BC =4M N AB CD P AD PM ⊥PN ∠APM =α(1)α(2)△PMN l αf (α)△PMN l αx y z x +2y +z =4(1)+2+≥4222证明：；求的最大值． 20. 已知某种商品在过去天的日销售量和价格均为销售时间（天）的函数，且日销售量近似地满足，价格满足．写出该种商品的日销售额（销售量价格）与时间的函数关系式；求日销售额的最大值．21. 已知函数．判断奇偶性和单调性，并求出的单调区间;设，求证：函数在区间内必有唯一的零点，且． 22. 已知函数图象上最高点的纵坐标为，且图象上相邻两个最高点的距离为．求和的值；求函数在上的单调递减区间．(1)+2+≥4x 2y 2z 2(2)++x −√y √z √50t f(t)=−2t +200(1≤t ≤50,t ∈)N ∗g(t)= t +30(1≤t ≤30,t ∈)12N ∗45(31≤t ≤50,t ∈)N ∗×H t H f(x)=lg 1+x1−x (1)f(x)f(x)(2)h(x)=−f(x)1x y =h(x)(−1,0)t −1<t <−12f(x)=4cos ωx ⋅sin(ωx +)+a(ω>0)π62π(1)a ω(2)f(x)[0,π]参考答案与试题解析2022-2023学年全国高一上数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）1.【答案】B【考点】三角函数的恒等变换及化简求值【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答2.【答案】D【考点】子集与真子集【解析】由定义即中的元素除去中元素构成的集合．写出，再判断子集个数即可．【解答】解：由题意：，故其子集为，，，，个数为故选3.【答案】C【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断A ∗B A B A ∗B A ∗B ={1,7}∅{1}{7}{1,7}4D【解析】求出的等价条件，然后利用充分条件和必要条件的定义进行判断求解．【解答】解：由得，解得或．要使“”是“”的充分不必要条件，则．故选.4.【答案】A【考点】函数奇偶性的判断【解析】此题暂无解析【解答】解：．该函数定义域为，设，，是偶函数；．该函数定义域为，设，，是奇函数；．该函数定义域为，设，，，该函数是非奇非偶函数；．该函数定义域为，不关于原点对称，该函数是非奇非偶函数.故选.5.【答案】C【考点】象限角、轴线角【解析】左侧图片未给出解析．【解答】<13x +1<13x +1−1=<03x +1−x +2x +1x <−1x >2x >k <13x +1k ≥2C A R y =f(x)f(−x)=|−x|=|x|=f(x)B R y =f(x)f(−x)=(−x =−=−f(x))3x 3C R y =f(x)f(−x)=(≠f(x)12)−x f(−x)=(≠−f(x)12)−xD (0,+∞)A θ解：终边在三象限，，，，的终边可能在一二象限或轴非负半轴，故选．6.【答案】B【考点】三角函数的化简求值【解析】利用诱导公式化分子为，分子分母同时乘以后利用二倍角的正切公式化简求值．【解答】解：.故选.7.【答案】B【考点】正弦函数的单调性【解析】求出涵数、在上的单调递减区间，从而求得的最大值．【解答】涵数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减；函数在上单调递减，在上单调递增；∵θ2∴π+2kπ<<+2kπθ23π2k ∈Z ∴2π+4kπ<θ<3π+4kπ∴θy C −tan 15∘2tan =−tan =−tan(−)165∘15∘60∘45∘=−tan −tan 60∘45∘1+tan tan 60∘45∘=−−13–√1+×13–√=−2+3–√B f(x)g(x)(0,π)b −a f(x)=sin(2x −)π3(0,)5π12(,)5π1211π12(,π)11π12g(x)=cos x −sin x =cos(x +)2–√π4(0,)3π4(,π)3π4,)5π3π∴、都在区间上单调递减，∴的最大值为．8.【答案】B【考点】抽象函数及其应用函数的定义域及其求法【解析】此题暂无解析【解答】B 9.【答案】C【考点】运用诱导公式化简求值【解析】利用三角函数间的诱导公式即可求得答案．【解答】解：，．故选．10.【答案】D【考点】f(x)g(x)(,)5π123π4b −a −=3π45π12π3∵sin(α+)=π613∴cos(α+)=cos[(α+)+]2π3π6π2=−sin(α+)=−π613C三角函数的化简求值正弦函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：，，，.故选.11.【答案】A【考点】三角函数中的恒等变换应用函数y=Asin （ωx+φ）的性质函数的零点【解析】先利用二倍角公式和辅助角公式将函数化简为，由于函数在区间内没有零点，所以，从而可得，则或，得出范围即可得则的最大值．【解答】解：，令，，，，在内没有零点，∴，.∵f(x)=sin 2x +2x −13–√cos 2=sin 2x +cos 2x =2sin(2x +)3–√π6−+2kπ π22x + +2kπ,k ∈Z π6π2−+kπ x +kππ3π6k ∈ZD f (x)=sin(ωx −)π6(π,2π)≥πT 2ω≤1(ω−,2ω−)∈(0,1)1616(ω−,2ω−)∈(1,2)1616ωωf(x)=sin ωx +−3–√2sin 2ωx 212=sin ωx +−3–√21−cos ωx 212=sin ωx −=sin(ωx −)3–√2cos ωx 2π6ωx −=kππ6k ∈Z x =+π6ωkπωk ∈Z ∵f (x)(π,2π)≥2π−π=π2π2ω∴ω≤1 ≤π,kπ解得，∴，，由题意，，.故选．12.【答案】C【考点】集合的包含关系判断及应用【解析】此题暂无解析【解答】解：①若，，为三个集合，满足，则一定有 ，正确；②函数的图象与垂直于，轴的直线的交点至多有一个，错误；③若则，正确；④若函数 在和都为增函数，则在为增函数，正确．故选二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】【考点】扇形面积公式弧长公式【解析】设扇形的弧长为，半径为，＝，＝，其周长＝可求．【解答】 +≤π,kπωπ6ω+≥2π,(k +1)πωπ6ω ω≥k +,16ω≤+, k +12112k ∈Z k +≤ω≤+16k +12112k ∈Z k =0≤ω≤16712A A B C A ∪B =B ∩C A ⊆B ≅C A ⊆U,B ⊆U A =(A ∩B)∪(A ∩UB)f (x)[a,b][b,c]f (x)[a,c]C.4+23–√l r =lr S 扇122l 4r c l +2r l解：设扇形的弧长为，半径为，∵扇形圆心角的弧度数是，∴，∵，∴，∴，．∴其周长．故答案为：.14.【答案】【考点】函数解析式的求解及常用方法函数的周期性【解析】根据题意，可以考虑由正弦函数＝变换得到，由此分析可得答案．【解答】根据题意，要求函数同时满足以下条件：①周期为；②值域为；③＝，可以考虑由正弦函数＝变换得到，如＝，（答案不唯一），15.【答案】【考点】对数函数的图象与性质分段函数的应用函数的值域及其求法【解析】根据题意分及讨论，进而即可求得结果.【解答】l r 3–√l=r 3–√=lr S 扇12=23–√⋅123–√r 2=23–√r 2=4r=2c=l +2r =r +2r 3–√=4+23–√4+23–√f(x)y sin x f(x)2[0f(x)−f(−x)6y sin x f(x)(0,]2–√20<a <1a >1解：根据题意得或，解得.故答案为.16.【答案】【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】解：原式；原式【考点】对数的运算性质有理数指数幂的化简求值【解析】（1）将各项的底数化为幂的形式，利用指数的运算法则求解即可．（2）将化为的分数指数幂形式，将利用对数的运算法则化为，由对数的意义知为，结果可求出．0<a <1a −1<02(a −1)−2a ≥2log a a >1a −1>02≥2(a −1)−2a log a 0<a ≤2–√2(0,]2–√2(1)=(−1−(+(94)12278)−2332)−2=(−1−(+(32)2×1232)−3×2332)−2=−1−(+(=3232)−232)−212(2)=+lg(25×4)+2log 33343=+lg +2log 33−14102=−+2+2=1415427−−√433lg25+lg4lg100=272log 72【解答】解：原式；原式18.【答案】解：由题意知，当点位于点时，角取最大值，此时，因为，所以 ．当点位于点时， 取最大值，角取最小值，由对称性知此时，所以．故所求的取值范围为．在中，，，所以．在中，，，所以，在中，由勾股定理得，因为，所以，，所以，所以，，令，因为，，所以，所以，又，(1)=(−1−(+(94)12278)−2332)−2=(−1−(+(32)2×1232)−3×2332)−2=−1−(+(=3232)−232)−212(2)=+lg(25×4)+2log 33343=+lg +2log 33−14102=−+2+2=14154(1)M B αtan α=3–√0<α<π2=a max π3N C ∠DPN α∠DPN =π3=−=αmin π2π3π6α[,]π6π3(2)Rt △PAM cos α=PA PM PA =2PM =2cos αRt △PDN cos ∠DPN =cos(−α)π2=PD PN PD =2PN =2cos(−α)π2=2sin α△PMN M =P +P N 2M 2N 2=+4αcos 24αsin 2=4ααsin 2cos 2α∈[,]π6π3sin α>0cos α>0MN =2sin αcos αf (α)=++2sin α2cos α2sin αcos α=2(1+sin α+cos α)sin αcos αa ∈[,]π6π3t =sin α+cos α=sin(α+)2–√π4α∈[,]π6π3α+∈[,]π45π127π12sin(α+)∈[,1]π4+6–√2–√4t =sin(α+)∈[,]2–√π4+13–√22–√sin αcos α=−1t 22(t)==2(t +1)于是，显然在上单调递减，故当时， ，此时，解得．所以当时，周长取得最小值．【考点】三角函数三角函数的最值两角和与差的正弦公式函数最值的应用【解析】无无【解答】解：由题意知，当点位于点时，角取最大值，此时，因为，所以 ．当点位于点时， 取最大值，角取最小值，由对称性知此时，所以．故所求的取值范围为．在中，，，所以．在中，，，所以，在中，由勾股定理得，因为，所以，，所以，所以，，l (t)==2(t +1)−1t 224t −1l(t)[,]+13–√22–√t =2–√l ==4(+1)(t)min 4−12–√2–√t =sin(α+)=2–√π42–√α=π4α=π4△PMN l 4(+1)2–√(1)M B αtan α=3–√0<α<π2=a max π3N C ∠DPN α∠DPN =π3=−=αmin π2π3π6α[,]π6π3(2)Rt △PAM cos α=PA PM PA =2PM =2cos αRt △PDN cos ∠DPN =cos(−α)π2=PD PN PD =2PN =2cos(−α)π2=2sin α△PMN M =P +P N 2M 2N 2=+4αcos 24αsin 2=4ααsin 2cos 2α∈[,]π6π3sin α>0cos α>0MN =2sin αcos αf (α)=++2sin α2cos α2sin αcos α=2(1+sin α+cos α)sin αcos αa ∈[,]π6π3=sin α+cos α=sin(α+)π令，因为，，所以，所以，又，于是，显然在上单调递减，故当时， ，此时，解得．所以当时，周长取得最小值．19.【答案】证明：因为，，，所以，即，当且仅当时，等号成立，所以不等式得证．解：由柯西不等式，得，当且仅当，即，时，等号成立．因为，所以，则，故的最大值为．【考点】不等式的证明基本不等式在最值问题中的应用柯西不等式【解析】此题暂无解析【解答】证明：因为，，，t =sin α+cos α=sin(α+)2–√π4α∈[,]π6π3α+∈[,]π45π127π12sin(α+)∈[,1]π4+6–√2–√4t =sin(α+)∈[,]2–√π4+13–√22–√sin αcos α=−1t 22l (t)==2(t +1)−1t 224t −1l(t)[,]+13–√22–√t =2–√l ==4(+1)(t)min 4−12–√2–√t =sin(α+)=2–√π42–√α=π4α=π4△PMN l 4(+1)2–√(1)+1≥2x x 22(+1)≥4y y 2+1≥2z z 2+2++4≥2(x +2y +z)=8x 2y 2z 2+2+≥4x 2y 2z 2x =y =z =1(2)(x +2y +z)(4+2+4)≥(2+2+2)x −√y √z √2==x 42y 2z 4x =z =85y =25x +2y +z =4≤10(++)x −√y √z √2++≤x −√y √z √10−−√++x −√y √z √10−−√(1)+1≥2x x 22(+1)≥4y y 2+1≥2z z 2+2++4≥2(x +2y +z)=8222所以，即，当且仅当时，等号成立，所以不等式得证．解：由柯西不等式，得，当且仅当，即，时，等号成立．因为，所以，则，故的最大值为．20.【答案】当时，的最大值为．【考点】函数模型的选择与应用分段函数的应用【解析】此题暂无解析【解答】解 根据题意，得∴．①当时，．当时，的最大值为．②当时，为减函数．当时，的最大值是，∵，∴当时，日销量额有最大值．21.【答案】解：由函数，得，解得；+2++4≥2(x +2y +z)=8x 2y 2z 2+2+≥4x 2y 2z 2x =y =z =1(2)(x +2y +z)(4+2+4)≥(2+2+2)x −√y √z √2==x 42y 2z 4x =z =85y =25x +2y +z =4≤10(++)x −√y √z √2++≤x −√y √z √10−−√++x −√y √z √10−−√H ={−+40t +6000(1≤t ≤30,t ∈)t 2N ∗−90t +9000(31≤t ≤50,t ∈)N ∗t =20H 6400H =f(t)g(t)= (−2t +200)(t +30)(1≤t ≤30,t ∈)12N ∗45(−2t +200)(31≤t ≤50,t ∈)N ∗H ={−+40t +6000(1≤t ≤30,t ∈)t 2N ∗−90t +9000(31≤t ≤50,t ∈)N ∗1≤t ≤30,t ∈N ∗H =−+6400(t −20)2t =20H 640031≤t ≤50,t ∈N ∗H =−90t +9000t =31H 62106210<6400t =20H 6400(1)f(x)=lg1+x 1−x >01+x 1−x−1<x <1f(x)(−1,1)∴的定义域是；任取，则，∴是定义域上的奇函数；又，设，，则是定义域上的单调递增函数，∴在定义域上也是单调递增函数，且单调增区间为；证明：由题意知，可求得函数的定义域为；对任意，有，所以，函数是奇函数；当时，在上单调递减，在上单调递减，于是，在上单调递减；因此，函数在上单调递减，依据奇函数的性质，可知，函数在上单调递减，且在上的图象也是不间断的光滑曲线；又，，所以，函数在区间上有且仅有唯一零点，且．【考点】根的存在性及根的个数判断函数单调性的判断与证明【解析】（1）求出函数的定义域，利用定义判断的奇偶性；再根据基本初等函数的单调性判断在定义域的单调性，并写出单调区间；（2）先判断函数是定义域上的奇函数，且在每个区间上单调递减，再利用根的存在性定理判断函数在区间上有且仅有唯一零点，且满足条件即可．【解答】解：由函数，得，解得；∴的定义域是；任取，则，∴是定义域上的奇函数；又，设，，f(x)(−1,1)x ∈(−1,1)f(−x)=lg=−lg =−f(x)1−x 1+x 1+x 1−x f(x)f(x)=lg =lg =lg(−1)1+x 1−x 2−(1−x)1−x 21−x g(x)=−121−x x ∈(−1,1)g(x)f(x)(−1,1)(2)h(x)=−f(x)=−lg =+lg 1x 1x 1+x 1−x 1x 1−x 1+x h(x)D =(−1,0)∪(0,1)x ∈D h(x)+h(−x)=+lg ++lg =01x 1−x 1+x 1−x 1+x 1−x y =h(x)x ∈(0,1)1x (0,1)=−1+1−x 1+x 21+x (0,1)lg 1−x 1+x (0,1)y =h(x)(0,1)y =h(x)(−1,0)(−1,0)h(−)=−2+lg3<012h(−)=−>2−>0991001009910099y =h(x)(−1,0)t −1<t <−12f(x)f(x)f(x)(−1,1)h(x)(−1,0)∪(0,1)y =h(x)(−1,0)t (1)f(x)=lg1+x 1−x >01+x 1−x −1<x <1f(x)(−1,1)x ∈(−1,1)f(−x)=lg =−lg =−f(x)1−x 1+x 1+x 1−x f(x)f(x)=lg =lg =lg(−1)1+x 1−x 2−(1−x)1−x 21−x g(x)=−121−x x ∈(−1,1)g(x)则是定义域上的单调递增函数，∴在定义域上也是单调递增函数，且单调增区间为；证明：由题意知，可求得函数的定义域为；对任意，有，所以，函数是奇函数；当时，在上单调递减，在上单调递减，于是，在上单调递减；因此，函数在上单调递减，依据奇函数的性质，可知，函数在上单调递减，且在上的图象也是不间断的光滑曲线；又，，所以，函数在区间上有且仅有唯一零点，且．22.【答案】解：． 当时，取得最大值为.∵最高点的纵坐标为，∴，得．∵图象上相邻两个最高点的距离为，∴的最小正周期为，则，得，∴，.由得，由，，得，．令，得，故函数在上的单调递减区间为.【考点】g(x)f(x)(−1,1)(2)h(x)=−f(x)=−lg =+lg 1x 1x 1+x 1−x 1x 1−x 1+x h(x)D =(−1,0)∪(0,1)x ∈D h(x)+h(−x)=+lg ++lg =01x 1−x 1+x 1−x 1+x 1−x y =h(x)x ∈(0,1)1x (0,1)=−1+1−x 1+x 21+x (0,1)lg 1−x 1+x (0,1)y =h(x)(0,1)y =h(x)(−1,0)(−1,0)h(−)=−2+lg3<012h(−)=−>2−>0991001009910099y =h(x)(−1,0)t −1<t <−12(1)f(x)=4cos ωx ⋅sin(ωx +)+a π6=4cos ωx ⋅(sin ωx +cos ωx)+a 3–√212=2sin ωx cos ωx +2ωx −1+1+a 3–√cos 2=sin 2ωx +cos 2ωx +1+a 3–√=2sin(2ωx +)+1+a π6sin(2ωx +)=1π6f(x)2+1+a =3+a f(x)23+a =2a =−1f(x)πf(x)T =π2ω==22πT ω=1a =−1ω=1(2)(1)f(x)=2sin(2x +)π6+2kπ≤2x +≤+2kππ2π63π2k ∈Z +kπ≤x ≤+kππ62π3k ∈Z k =0≤x ≤π62π3f(x)[0,π][,]π62π3正弦函数的周期性三角函数的最值三角函数的恒等变换及化简求值正弦函数的单调性【解析】（1）根据条件确定函数最值和周期，利用三角函数的公式进行化简即可求和的值；（2）根据三角函数的单调性即可求出函数的单调递减区间．【解答】解：．当时，取得最大值为.∵最高点的纵坐标为，∴，得．∵图象上相邻两个最高点的距离为，∴的最小正周期为，则，得，∴，.由得，由，，得，．令，得，故函数在上的单调递减区间为.a ω(1)f(x)=4cos ωx ⋅sin(ωx +)+aπ6=4cos ωx ⋅(sin ωx +cos ωx)+a3–√212=2sin ωx cos ωx +2ωx −1+1+a 3–√cos 2=sin 2ωx +cos 2ωx +1+a3–√=2sin(2ωx +)+1+a π6sin(2ωx +)=1π6f(x)2+1+a =3+a f(x)23+a =2a =−1f(x)πf(x)T =π2ω==22πTω=1a =−1ω=1(2)(1)f(x)=2sin(2x +)π6+2kπ≤2x +≤+2kππ2π63π2k ∈Z +kπ≤x ≤+kππ62π3k ∈Zk =0≤x ≤π62π3f(x)[0,π][,]π62π3。

2022-2023学年全国高一下数学月考试卷考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1. 如图为水平放置的正方形，它在直角坐标系中点的坐标为，则在用斜二测画法画出的正方形的直观图中，顶点到轴的距离为( )A.B.C.D.2. 已知复数，则复数在复平面内对应的点所在的象限为( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3. 已知为奇函数，则“”是“”的（ ）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件ABCO xOy B (2,2)B ′x ′122–√212–√z =i (i +2)+3z f (x)=−(a ≠2)a x 2x m<−a f (m)>0ABCD −A B C DBCQ CCCα//4. 在正方体中，为的中点，为的中点，平面过顶点，且平面，平面，平面平面，则直线与所成角的余弦值为( )A.B.C.D.5. 下列命题正确的是（ ）A.若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行B.若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行C.若两个平面不平行，则两个平面内存在互相平行的直线D.若一条直线不平行于一个平面，则这个平面内不存在与该直线平行的直线6. 把直径分别为，，的三个铁球熔成一个大铁球，则这个大铁球的半径为（ ）A.B.C.D.7. 在平行四边形中，，，，若，则 A.B.C.D.8. 已知的内角，，的对边分别为，，，且，若，则的外接圆半径为( )A.ABCD −A 1B 1C 1D 1P BC Q CC 1αC α//APQ α∩ABCD =m APQ∩AD =n D 1A 1m n −10−−√1010−−√103–√10−3–√106cm 8cm 10cm 3cm 6cm 8cm 12cm ABCD A =π3AB =3BC =2+3=EC −→−ED −→−0→⋅=BE −→−AC −→−()4−2274−54△ABC A B C a b c 2b ⋅cos C =2a +c b =3△ABC 23–√3–√B.C.D.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9. 已知集合，其中为虚数单位，则下列元素属于集合的是( )A.B.C.D.10. 已知，是单位向量，的最小值为，，则下列结论正确的是( )A.，的夹角为或B.，的夹角为C.或D.或11. 在中，角，，的对边分别为，，，则下列结论中正确的是( )A.若，则B.若，则是等腰三角形C.若，则是直角三角形D.若，则是锐角三角形12. 截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体．如图所示，将棱长为的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为的截角四面体，则下列说法正确的是( )3–√3–√123–√6M ={m |m =,n ∈N}i n i M (1−i)(1+i)1−i 1+i 1+i 1−i(1−i)2e 1→e 2→|+λ|e 1→e 2→3–√2λ∈R e 1→e 2→π32π3e 1→e 2→2π3|+|=1e →1e 2→3–√|+|=1e →1e 2→3–√2△ABC A B C a b c a >b sin A >sin Bsin 2A =sin 2B △ABC a cos B −b cos A =c △ABC +−>0a 2b 2c 2△ABC 3a aA.该截角四面体的表面积为B.该截角四面体的体积为C.该截角四面体的外接球表面积为D.该截角四面体中，二面角的余弦值为卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 如图三棱锥 中，平面 平面, ， ， ,则三棱锥 的外接球的表面积为________.14. 我舰在敌岛处南偏西的处，且，距离为海里，发现敌舰正离开岛沿北偏西的方向以每小时海里的速度航行．若我舰要用小时追上敌舰，则其速度大小为________海里/小时．15. 过平面外一点作该平面的平行线有________条．16. 在中，，，，，，则________.四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 已知关于的实系数一元二次方程的两个复数根为、，试用实数表示的值．18. 的内角，，的对边分别为，，，已知．求；73–√a 2232–√12a3π112a 2A −BC −D 13P −ABC PAC ⊥ABC AB ⊥BC AB =BC =2PA =PC =3P −ABC A 50∘B A B 1210∘102△ABC AB =2AC =3∠BAC =120∘+=2AB −→−AC −→−AM −→−=2NA −→−CN −→−⋅=BN −→−MN −→−z +5z +a =0z 2αβa |α|+|β|△ABC A B C a b c 2cos C(a cos B +b cos A)=c (1)C 3–√若，的面积为，求的周长．19. 如图，在中，已知，，，为线段中点，为线段中点．求的值；求，夹角的余弦值．20. 如图，四棱锥中，四边形为矩形，为等腰三角形，，平面平面，且分别为和的中点.证明：平面；求三棱锥的体积.21. 如图，在长方体中，，点，分别是线段，的中点．求证：平面平面；求直线与平面所成角的正弦值．22. 已知在中，，，为角，，所对的边，且．求角的值；若，求的取值范围．(2)c =7–√△ABC 33–√2△ABC △ABC AB =2AC =4∠BAC =60∘D BC E AD (1)⋅AD −→−BC −→−(2)EB −→−EC −→−P −ABCD ABCD △PAD ∠APD =90∘PAD ⊥ABCD AB =1，AD =2，E ，F PC BD (1)EF//PAD (2)C −PBD ABCD −A 1B 1C 1D 1AB =2BC =2C =2C 1M N C 1D 1DM (1)N ⊥A 1D 1MD B 1(2)M A 1MD B 1△ABC a b c A B C (b −2c)⋅cos A =a −2a ⋅cos 2B2(1)A (2)a =3–√b +c参考答案与试题解析2022-2023学年全国高一下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1.【答案】B【考点】平面图形的直观图斜二测画法画直观图【解析】结合斜二测画法规则得到正方形的直观图为一个角为 45°的平行四边形，得到B'C'对应的长度，求解即可. 【解答】解：由斜二测画出的直观图可知，，，所以，所以顶点到轴的距离为.故选.2.【答案】A【考点】复数的代数表示法及其几何意义复数代数形式的乘除运算【解析】由题意首先求得复数的值，然后结合复数对应的点即可确定其所在的象限．【解答】解：由复数的运算法则可得：，==1O ′A ′B ′C ′∠=C ′O ′A ′45∘∠=B ′C ′D ′45∘B ′x ′⋅sin =B ′C ′45∘2–√2B z z =i(i +2)+3=+2i +3i 2=−1+2i +3=2+2i (2,2)故复数在复平面内对应的点为，所在的象限是第一象限．故选．3.【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】此题暂无解析【解答】解：因为为奇函数，所以，即，因为，所以，此时为奇函数，且为减函数，则，故“”是“”的充分不必要条件．故选.4.【答案】B【考点】异面直线及其所成的角余弦定理【解析】由线面平行及面面平行可知，直线与所成角即为与所成角（或其补角）．不妨设正方体的棱长为，利用余弦定理求解即可.【解答】解：由线面平行及面面平行可知，直线与所成角即为与所成角（或其补角）．不妨设正方体的棱长为，则，，，在中，，z (2,2)A f (x)=−(a ≠2)a x 2x f (−1)=−f (1)−=2−a 1a 12a ≠2a =12f (x)=−()12x2x f (m)>0⇔m <0m <−12f (m)>0A m n AP PQ 2m n AP PQ 2AP =5–√PQ =2–√AQ =3△APQ cos ∠APQ ==−5+2−92××5–√2–√10−−√10−−√即直线与所成角的余弦值为．故选．5.【答案】C【考点】空间中直线与平面之间的位置关系空间中直线与直线之间的位置关系【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答6.【答案】B【考点】球的表面积和体积【解析】此题暂无解析【解答】解：设大铁球的半径为，则有 ，解得．故选．7.【答案】B【考点】平面向量数量积的运算向量的几何表示m n 10−−√10B Rcm π=π×(+43R 34362)3π×(+π×(4382)343102)3R =6B【解析】根据平面向量的数量积的定义以及平面向量的基本定理求解即可.【解答】解：由，知,所以.故选.8.【答案】B【考点】正弦定理余弦定理【解析】先利用余弦定理可将条件等式化成，再利用余弦定理可求出，本题中为特殊角，进一步利用正弦定理即可解决问题.【解答】解：由，根据余弦定理，得，整理，得，由余弦定理，得.，，设的外接圆半径为为，由正弦定理，得，解得.故选.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）+3=EC −→−ED −→−0→=EC −→−34DC −→−⋅BE −→−AC −→−=(−)⋅BC −→−34DC −→−AC−→−=(−)⋅(+)AD −→−34AB −→−AD −→−AB −→−=−+⋅=−2AD −→−234AB −→−214AB −→−AD −→−B +−=−ac a 2c 2b 2cos B B 2b cos C =2a +c 2b ⋅=2a +c +−a 2b 2c 22ab+−=−ac a 2c 2b 2cos B ==−+−a 2c 2b 22ac 12∵B ∈(0,π)∴B =2π3△ABC R 2R ===2b sin B 3sin 2π33–√R =3–√B9.【答案】B,C【考点】复数代数形式的混合运算【解析】此题暂无解析【解答】解：根据题意，中，时，；时，；时，；时，，∴．选项中，；选项中，；选项中，；选项中，．故选.10.【答案】A,C【考点】平面向量数量积的运算数量积表示两个向量的夹角向量的模【解析】根据条件知，的最小值为，这样即可求出，的夹角为或，从而求出的值．【解答】解：设与的夹角为，M ={m |m =,n ∈N}i n n=4k(k ∈N)i n =1n=4k +1(k ∈N)i n =i n=4k +2(k ∈N)i n =−1n=4k +3(k ∈N)i n =−i M ={−1,1,i,−i}A (1−i)(1+i)=2∉M B ==−i ∈M 1−i1+i (1−i)2(1+i)(1−i)C ==i ∈M 1+i1−i (1+i)2(1−i)(1+i)D (1−i)2=−2i ∉M BC (+λ)e 1→e 2→234e 1→e 2→π32π3|+|e 1→e 2→e 1→e 2→θ–√，是单位向量，且的最小值为的最小值为，，当时，的最小值为，即，与的夹角为或，故正确；错误；或，或，故正确；错误．故选．11.【答案】A,C【考点】正弦定理余弦定理【解析】根据正余弦定理和三角形内角和判断各选项即可.【解答】解：对于，由正弦定理及大边对大角，所以正确；对于，可得或，是直角三角形或等腰三角形，所以错误；对于，由已知及余弦定理可得，化简得，所以正确；对于，由余弦定理可知，，可得角是锐角，但不能得出是锐角三角形，所以错误．故选．12.【答案】A,B,C【考点】柱体、锥体、台体的体积计算∵e 1→e 2→|+λ|e 1→e 2→3–√2∴(+λ)e 1→e 2→234∴=+2cos θλ+1(+λ)e 1→e 2→2λ2=+1−θ(λ+cos θ)2cos 2λ=−cos θ(+λ)e 1→e 2→21−θ=cos 234cos θ=±12∴e 1→e 2→π32π3A B ∴|+=+2⋅+=1e 1→e 2→|2e 1→2e 1→e 2→e 2→23∴|+|=1e 1→e 2→3–√C D AC A A B A =B A +B =π2△ABC B C a −b =c +−a 2c 2b 22ac +−b 2c 2a 22bc =+a 2b 2c 2C D cos C =>0+−a 2b 2c 22ab C △ABC D AC棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【解析】【解答】解：．题中截角四面体由个边长为的正三角形，个边长为的正六边形构成，故，正确；．∵棱长为的正四面体的高，∴，正确；．如图，∵截角四面体上下底面距离为，∴，∴，∴，∴，∴，∴，正确；．二面角的余弦值为负值，错误.故选．三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】【考点】A 4a 4a S =4×+4×6×=73–√4a 23–√4a 23–√a 2AB a h =a 6–√3V =×⋅⋅(3a)−133–√4(3a)26–√34××⋅a =133–√4a 26–√3232–√12a 3BC a −a =a 6–√6–√326–√3+=a −R 2O ′C 2−−−−−−−−−√−R 2O ′′H 2−−−−−−−−−√26–√3+=a −R 2a 23−−−−−−−√−R 2a 2−−−−−−√26–√3=a −−R 2a 23−−−−−−−√26–√3−R 2a 2−−−−−−√−=+−−a ⋅R 2a 2383a 2R 2a 246–√3−R 2a 2−−−−−−√=R 2118a 2S =4π=πR 2112a 2CD A −BC −D D ABC 81π7球内接多面体球的表面积和体积【解析】此题暂无解析【解答】解：取中点为，连结，因为为中点，所以，又，所以,平面平面，所以平面，故球心在上，设球心为，半径为，则，所以球心为的外心，因为,,,解得，故球的表面积.故答案为：.14.【答案】【考点】解三角形的实际应用【解析】AC O OB,OP AB ⊥BC,O AC OA =OB =OC PA =PC PO ⊥AC PAC ⊥ABC PO ⊥ABC PO O ′R A =P =C =R O ′O ′O ′O ′△PAC AC ==2A +B B 2C 2−−−−−−−−−−√2–√cos ∠APC ===A +C −A P 2P 2C 22AP ⋅CP 9+9−82×3×359sin ∠APC ==,=2R =1−(59)2−−−−−−−√214−−√9AC sin ∠APC 22–√214−−√9R =927–√S =4π=R 281π781π714∠BAC =120∘BC =28由题意推出，利用余弦定理求出，然后推出我舰的速度．【解答】解：依题意，，，，在中，由余弦定理，得．解得．所以渔船甲的速度为海里/小时．故我舰要用小时追上敌舰速度大小为：海里/小时．故答案为：．15.【答案】无数【考点】平行公理平面的基本性质及推论命题的真假判断与应用【解析】直接利用平面与平面平行的判定定理判断图可．【解答】解：过平面外一点作该平面的平行平面，有且只有个，在平行平面上过这个点的直线有无数条，这些直线都与原平面平行．故答案为：无数.16.【答案】【考点】平面向量数量积的运算【解析】画出图形，由，，则点在边上距点处点在中点处，根据平面向量数量积运算得出结论．∠BAC =120∘BC =28∠BAC =120∘AB =12AC =10×2=20△ABC B =A +A −2AB ×AC ×cos ∠BAC =+−2×12×20×cos =784C 2B 2C 2122202120∘BC =28=14BC 221414192+=2AB −→−AC −→−AM −→−=2MA −→−CN −→−N AC C CN =1M BC【解答】解：如图：∵，，则点在边上距点处，点在中点处.．故答案为：．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】解：∵关于的实系数一元二次方程的两个复数根为、，∴．∵与互为共轭复数，∴，．∴．【考点】复数代数形式的混合运算【解析】关于的实系数一元二次方程的两个复数根为、，可得，利用根与系数的关系及其共轭复数的性质即可得出．【解答】+=2AB −→−AC −→−AM −→−=2NA −→−CN −→−N AC C CN =1M BC ⋅=(+)⋅(+)BN −→−MN −→−BA −→−AN −→−MC −→−CN −→−=(+)⋅(−+)BA −→−AN −→−12AC −→−12AB −→−CN −→−=(−+)⋅(−)AB −→−23AC −→−16AC −→−12AB −→−=−⋅+|+|−⋅16AB −→−AC −→−12AB −→−|219AC −→−|213AC −→−AB −→−=−⋅+|+|12AB −→−AC −→−12AB −→−|219AC −→−|2=−×2×3×(−)+×4+×912121219=+2+132=9292z +5z +a =0z 2αβαβ=a αβ|α|=|β||α|==αβ−−−√a −√|α|+|β|=2|α|=2a −√z +5z +a =0z 2αβ|α|+|β|=2|α|+5z +a =02解：∵关于的实系数一元二次方程的两个复数根为、，∴．∵与互为共轭复数，∴，．∴．18.【答案】解：已知等式利用正弦定理化简得：，整理得：.∵，，∴.又，∴.由余弦定理得，，∴.∵，∴，∴，∴，∴的周长为．【考点】正弦定理余弦定理三角形的面积公式【解析】（1）已知等式利用正弦定理化简，整理后利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，根据不为求出的值，即可确定出出的度数；（2）利用余弦定理列出关系式，利用三角形面积公式列出关系式，求出的值，即可求的周长．【解答】解：已知等式利用正弦定理化简得：，整理得：.∵，，∴.又，∴.z +5z +a =0z 2αβαβ=a αβ|α|=|β||α|==αβ−−−√a −√|α|+|β|=2|α|=2a −√(1)2cos C(sin A cos B +sin B cos A)=sin C2cos C sin(A +B)=sin C sin C ≠0sin(A +B)=sin C cos C =120<C <πC =π3(2)7=+−2ab ⋅a 2b 212(a +b −3ab =7)2S =ab sin C =ab =123–√433–√2ab =6(a +b −18=7)2a +b =5△ABC 5+7–√sin C 0cos C C a +b △ABC (1)2cos C(sin A cos B +sin B cos A)=sin C2cos C sin(A +B)=sin C sin C ≠0sin(A +B)=sin C cos C =120<C <πC =π3(2)由余弦定理得，，∴.∵，∴，∴，∴，∴的周长为．19.【答案】解：∵，，，∴为直角三角形， ，如图建立直角坐标系，则，，，∵为的中点，∴，∴，，∴．由为线段中点可知，∴，，∴．【考点】向量在几何中的应用平面向量数量积的运算数量积表示两个向量的夹角【解析】(2)7=+−2ab ⋅a 2b 212(a +b −3ab =7)2S =ab sin C =ab =123–√433–√2ab =6(a +b −18=7)2a +b =5△ABC 5+7–√(1)AB =2AC =4∠BAC =60∘△ABC BC =23–√B (0,0)A(0,2)C (2,0)3–√D BC D (,0)3–√=(,−2)AD −→−3–√=(2,0)BC −→−3–√⋅=×2=6AD −→−BC −→−3–√3–√(2)E AD E (,1)3–√2=(−,−1)EB −→−3–√2=(,−1)EC −→−33–√2cos , =EB −→−EC −→−⋅EB −→−EC −→−||||EB −→−EC −→−=−×+1×13√233√2⋅(−+(−13√2)2)2−−−−−−−−−−−−−√+(−1()33√22)2−−−−−−−−−−−−−√=5217−−−√此题暂无解析【解答】解：∵，，，∴为直角三角形， ，如图建立直角坐标系，则，，，∵为的中点，∴，∴，，∴．由为线段中点可知，∴，，∴．20.【答案】证明：如图，连结∵四边形为矩形且是的中点，∴也是的中点.又是的中点， 平面, 平面,∴ 平面；如图，取中点为连结,(1)AB =2AC =4∠BAC =60∘△ABC BC =23–√B (0,0)A(0,2)C (2,0)3–√D BC D (,0)3–√=(,−2)AD −→−3–√=(2,0)BC −→−3–√⋅=×2=6AD −→−BC −→−3–√3–√(2)E AD E (,1)3–√2=(−,−1)EB −→−3–√2=(,−1)EC −→−33–√2cos , =EB −→−EC −→−⋅EB −→−EC −→−||||EB −→−EC −→−=−×+1×13√233√2⋅(−+(−13√2)2)2−−−−−−−−−−−−−√+(−1()33√22)2−−−−−−−−−−−−−√=5217−−−√(1)AC.ABCD F BD F AC E PC EF//AP ，∵EF ⊂PAD PA ⊂PAD EF//PAD (2)AD O ，PO∵为等腰直角三角形，∴ ，∵平面平面 ，且平面平面，∴平面,即为三棱锥的高．由得，又.，.【考点】直线与平面平行的判定柱体、锥体、台体的体积计算【解析】此题暂无解析【解答】证明：如图，连结∵四边形为矩形且是的中点，∴也是的中点.又是的中点， 平面, 平面,∴ 平面；如图，取中点为连结,∵为等腰直角三角形，∴ ，∵平面平面 ，且平面平面，∴平面,即为三棱锥的高．由得，又.△PAD PO ⊥AD PAD ⊥ABCD PAD∩ABCD =AD PO ⊥ABCD PO P −BCD AD =2PO =1AB =1∴=BC ⋅CD =1S △BCD 12∴==×1×1=V C−PBD V P−BCD 1313(1)AC.ABCD F BD F AC E PC EF//AP ，∵EF ⊂PAD PA ⊂PAD EF//PAD (2)AD O ，PO △PAD PO ⊥AD PAD ⊥ABCD PAD∩ABCD =AD PO ⊥ABCD PO P −BCD AD =2PO =1AB =1=BC ⋅CD =1BCD 1，.21.【答案】证明：依题意，，因为点是线段的中点，故，而平面，平面，故，因为，故平面，因为平面，故平面平面．解：以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，设是平面的一个法向量，所以令，则，，，而，设直线与平面所成角为，则【考点】平面与平面垂直的判定直线与平面所成的角【解析】此题暂无解析【解答】证明：依题意，，因为点是线段的中点，故，而平面，平面，故，因为，故平面，因为平面，∴=BC ⋅CD =1S △BCD 12∴==×1×1=V C−PBDV P−BCD 1313(1)M =D =1D 1D 1N DM DM ⊥N D 1⊥A 1D 1DCC 1D 1DM ⊂DCC 1D 1⊥DM A 1D 1∩N =A 1D 1D 1D 1DM ⊥N A 1D 1DM ⊂MD B 1N ⊥A 1D 1MD B 1(2)D 1D 1A 1D 1C 1D D 1x y z D (0,0,1)(1,2,0)B 1M (0,1,0)(1,0,0)A 1=(0,1,−1)DM −→−=(1,1,0)MB 1−→−−n =(,,)x 0y 0z 0MD B 1 ⋅=0,DM −→−n →⋅=0,MB 1−→−−n →{−=0,y 0z 0+=0.x 0y 0=1z 0=−1x 0=1y 0=(−1,1,1)n →=(−1,1,0)M A 1−→−−M A 1DM B 1θsin θ==.|⋅|n →M A 1−→−−||||n →M A 1−→−−6–√3(1)M =D =1D 1D 1N DM DM ⊥N D 1⊥A 1D 1DCC 1D 1DM ⊂DCC 1D 1⊥DM A 1D 1∩N =A 1D 1D 1D 1DM ⊥N A 1D 1DM ⊂MD B 1N ⊥A D故平面平面．解：以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，设是平面的一个法向量，所以令，则，，，而，设直线与平面所成角为，则22.【答案】解：∵在中，，∴由正弦定理得， ，∴，即，∴.∵，∴，∴．∵，∴由正弦定理可得， ，∴．∵，∴，∴，∴.N ⊥A 1D 1MD B 1(2)D 1D 1A 1D 1C 1D D 1x y z D (0,0,1)(1,2,0)B 1M (0,1,0)(1,0,0)A 1=(0,1,−1)DM −→−=(1,1,0)MB 1−→−−n =(,,)x 0y 0z 0MD B 1 ⋅=0,DM −→−n →⋅=0,MB 1−→−−n →{−=0,y 0z 0+=0.x 0y 0=1z 0=−1x 0=1y 0=(−1,1,1)n →=(−1,1,0)M A 1−→−−M A 1DM B 1θsin θ==.|⋅|n →M A 1−→−−||||n →M A 1−→−−6–√3(1)△ABC (b −2c)⋅cos A =a −2a ⋅=a −2a ⋅cos 2B 21+cos B 2(sin B −2sin C)cos A =sin A(−cos B)sin B cos A +cos B sin A =2sin C cos A sin(B +A)=2sin C cos A sin C =2sin C cos A sin C ≠0cos A =12A =π3(2)a =3–√===2b sin B c sin C a sin A b +c =2(sin B +sin C)=2[sin B +sin(−B)]2π3=3sin B +cos B =2sin(B +)3–√3–√π60<B <2π3<B +<π6π65π6sin(B +)∈(,1]π612b +c ∈(,2]3–√3–√【考点】二倍角的余弦公式两角和与差的正弦公式正弦定理正弦函数的定义域和值域【解析】【解答】解：∵在中，，∴由正弦定理得， ，∴，即，∴.∵，∴，∴．∵，∴由正弦定理可得， ，∴．∵，∴，∴，∴.(1)△ABC (b −2c)⋅cos A =a −2a ⋅=a −2a ⋅cos 2B 21+cos B 2(sin B −2sin C)cos A =sin A(−cos B)sin B cos A +cos B sin A =2sin C cos A sin(B +A)=2sin C cos A sin C =2sin C cos A sin C ≠0cos A =12A =π3(2)a =3–√===2bsin B c sin C asin A b +c =2(sin B +sin C)=2[sin B +sin(−B)]2π3=3sin B +cos B =2sin(B +)3–√3–√π60<B <2π3<B +<π6π65π6sin(B +)∈(,1]π612b +c ∈(,2]3–√3–√。

2022-2023学年高中高一下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1. 设复数满足，则()A.B.C.D.2. 已知向量，，则 A.B.C.D.3. 如图所示，表示水平放置的的直观图， 在 轴上， 和 轴垂直，且，则的边上的高为 A.B.C.D.z (3−2i)=13z ¯¯¯i 9z =−2−3i−2+3i2−3i2+3i=(2,−1)a →=(0,1)b →|+2|=a →b →()22–√5–√24△A ′O ′B ′△AOB B ′x ′A ′O ′x ′=2A ′O ′△AOB OB ()42–√422–√2△ABC 3b =2a sin B 3–√cos A =cos C △ABC4. 在中，若，，则形状为( )A.直角三角形B.等边三角形C.等腰三角形D.等腰直角三角形5. 的值是( )A.B.C.D.6. 已知函数的图象关于点对称，函数对于任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式成立的是( )A.B.C.D.7. 过内一点任作一条直线，再分别过顶点，，作的垂线，垂足分别为，，，若恒成立，则点是的（ ）A.垂心B.重心C.外心D.内心8. 在中，，，分别为线段上的两个三等分点，若，则角为（ ）△ABC 3b =2a sin B 3–√cos A =cos C △ABC cos 15∘−6–√2–√2+6–√2–√2−6–√2–√4+6–√2–√4y =f (x −2)(2,0)y =f (x)x ∈(0,π)(x)cos x >f (x)sin x f ′(x)f ′f (x)f (−)>f ()π33–√π6f (−)<f ()π33–√π6f (−)>f ()2–√π43–√π6f (−)<f (−)2–√π4π3△ABC M l A B C l D E F ++=AD −→−BE −→−CF −→−0→M △ABC △ABC ||=2||=2AB −→−AC −→−M N BC ⋅=AM −→−AN −→−59A πA.B.C.D.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9. 下列说法错误的是（ ）A.若，，则B.若，则存在唯一实数使得C.两个非零向量，，若，则与共线且反向D.已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是10. 如图，在四棱锥中，，，点分别为的中点，若，，则下述正确的是 A.B.直线与异面C.D.三点共线 11. 在直角三角形中，，，为线段的中点，如图，将沿翻折，得到三棱锥（点为点翻折到的位置），在翻折过程中，下列说法正确的是()π6π32π35π6//a →b →//b →c →//a →c→//a →b →λ=λa →b→a →b →|−|=||+||a →b →a →b →a →b →=(1,2)a →=(1,1)b →a →+λa →b →λ(−,+∞)53()ABC ∠B =π2AC =2BC =4D AC △ABD BD P −BCD P AA.的外接圆半径为B.存在某一位置，使得C.存在某一位置，使得D.若，则此时三棱锥的外接球的体积为12. 对于给定的，其外心为，重心为，垂心为，则下列结论正确的是( )A.B.C.过点的直线交，于，，若，，则D.与共线卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 平面直角坐标系中，方程的曲线围成的封闭图形绕轴旋转一周所形成的几何体的体积为________．14. 已知向量，向量，则向量在向量上的投影为________.15. 在平面直角坐标系中的位置如图所示， ，将绕点，逆时针旋转得到交轴于，若，则点的坐标为________．△PBD 2PD ⊥BDPB ⊥CDPD ⊥DC P −BCD π323△ABC O G H ⋅=AO −→−AB −→−12AB −→−2⋅=⋅=⋅OA −→−OB −→−OA −→−OC −→−OB −→−OC−→−G l AB AC E F =λAE −→−AB −→−=μAF −→−AC −→−+=31λ1μAH −→−+AB −→−||cos B AB −→−AC −→−||cos C AC −→−|x |+|y |=1y =(−1,3)a →=(3,−4)b →a →b →△AOC OA =4△AOC O 90∘△O ,A 1C 1A 1C 1y B (0,2)△OB ∼△O C 1C 1A 1C 116. 三棱锥中，平面平面，，＝＝＝，＝，则三棱锥的外接球的表面积为________．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 已知向量满足，，且，的夹角为 .求；求在上的投影向量；若向量与向量的夹角为钝角，求实数的取值范围．18. 已知复数，．若复数在复平面上对应的点在第三象限，求实数的取值范围．若，求的共轭复数． 19. 已知，函数.若，，求的值；若函数在上是单调递增函数，求正数的取值范围；在上有两个不等实根，，求的值. 20. 函数的一段图象（如图所示）（1）求其解析式．（2）令，当时，求的最大值．21. 在①，②，③P −ABC PAC ⊥ABC AB ⊥AC PA PC AC 2AB 4P −ABC ,a →b →||=2a →||=1b →a →b →60∘(1)|−|a →b →(2)b →a →(3)2t +7a →b →+t a →b →t =2−i z 1=3+2i z 2(1)+a z 1z 2a (2)z =z 2z 1z z ¯¯¯=(2cos x,1)，=(sin x +cos x,−1)a →b →3–√f(x)=⋅a →b →(1)f()=x 065∈[,]x 0π4π2cos 2x 0(2)y =f(ωx)(,)π32π3ω(3)f(x)=43[0,]π3x 1x 2cos(−)x 1x 2f(x)=A sin(ωx +ϕ)(A >0,ω>0,|ϕ|<)π2g(x)=(x)−2f(x)+2f 2f(x)−1x ∈[0,]π4g(x)a sin(A +C)=b cos(A −)π61+2cos C cos B =cos(C −B)−cos(C +B)=,2tan B tan A +tan B b c这三个条件中任选一个，补充到下面的横线上并作答．问题：在中，内角，．C 的对边分别为，，，且________．求的面积．22. 已知函数的部分图象如图，该图象与轴交于点，与轴交于点，两点，为图象的最高点，且的面积为.求的解析式及其单调递增区间；若，且，求的值；若将的图象向右平移个单位，再将所得图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数()的图象．试求关于的方程在的所有根的和．△ABC A B a b c b +c =2,a =3–√6–√△ABC f (x)=2sin(ωx +φ)(0<φ<)π2y A (0,)3–√x B C D △DBC π2(1)f (x)(2)∈[,]x 0π34π3f ()=1x 0x 0(3)f (x)π122g x x g(x)=a(−1<a <0)x ∈[0,4π]参考答案与试题解析2022-2023学年高中高一下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1.【答案】A【考点】复数代数形式的乘除运算复数代数形式的混合运算共轭复数【解析】【解答】2.【答案】B【考点】平面向量的坐标运算向量的模【解析】此题暂无解析【解答】解：∵，，∴.∴.故选.=(2,−1)a →=(0,1)b →+2=(2,1)a →b →|+2|a →b →=+2212−−−−−−√=5–√B3.【答案】A【考点】斜二测画法画直观图【解析】利用直观图和平面图形平行轴的长度不变，二者的面积比，求出上的高．【解答】解：由直观图与原图形中边长度不变，由，有，∴．故选.4.【答案】B【考点】三角形的形状判断正弦定理三角函数值的符号【解析】【解答】解：由正弦定理知：，，则可化为： .因为，所以，所以，可得或，又因为，所以，所以，，，所以为等边三角形．x 2–√2OB OB =2S 原图形2–√S 直观图⋅OB ⋅h =2××2⋅122–√12O ′B ′h =42–√A b =2R sin B a =2R sin A 3b =2a sin B 3–√3×2R sin B =2×2R sin A sin B3–√0<B <180∘sin θ≠0sin A =3–√2A =60∘{120%^{\circ}}cos A =cos C A = C A =60∘C =60∘B =−−=180∘60∘60∘60∘△ABC故选 .5.【答案】D【考点】两角和与差的余弦公式三角函数的化简求值【解析】，利用两角差的余弦可求得答案．【解答】解：∵．故选．6.【答案】B【考点】利用导数研究函数的单调性不等式比较两数大小【解析】（1）根据题目所给信息得到函数的奇偶性，进而进行解题即可.【解答】解：已知函数的图象关于点对称，所以函数的图像关于原点对称，则该函数为奇函数.又函数对于任意的满足，令，则，所以函数在上单调递增.又函数为奇函数，所以为奇函数，故， ，.故选.B cos =cos(−)15∘45∘30∘cos =cos(−)15∘45∘30∘=cos cos +sin sin 45∘30∘45∘30∘=×+×2–√23–√22–√212=+6–√2–√4D y =f(x −2)(2,0)f(x)y =f (x)x ∈(0,π)(x)cos x >f (x)sin x f ′g(x)=f(x)cos x (x)=(x)cos x −f(x)sin x >0g ′f ′g(x)(0,π)f(x)g(x)f(−)<f()π33–√π6f(−)<f()2–√π43–√π6f(−)>f(−)2–√π4π3B7.【答案】B【考点】向量在几何中的应用【解析】【解答】解：假设在内过点和点作一条直线，再分别过顶点，，作的垂线，垂足分别为，，，所以，又因为恒成立，所以，所以直线经过的中点，同理，假设在内过点和点作一条直线，可得直线经过的中点，同理，假设在内过点和点作一条直线，可得直线经过的中点，则点是的重心．故选.8.【答案】C【考点】平面向量数量积的运算向量在几何中的应用【解析】【解答】△ABC A M l A B C l D E F =AD −→−0→++=AD −→−BE −→−CF −→−0→+=BE −→−CF −→−0→AM BC △ABC B M BM AC △ABC C M CM AB M △ABC B解：由题意可知，，∵，∴，，∴.∵，∴.故选.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】A,B,D【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示数量积表示两个向量的夹角平面向量数量积的运算【解析】无【解答】解：对于：两个向量，.如果，则，，但，不一定为共线向量，故错误；对于：若，则，如果，则实数不唯一，故错误；对于：两个非零向量，.若，可得，⋅=(+)(+)AM −→−AN −→−AB −→−BM −→−AC −→−CN −→−=(+)(+)AB −→−13BC −→−AC −→−13CB −→−=(+)(+)13AC −→−23AB −→−13AB −→−23AC −→−=|+|+⋅29AB −→−|229AC −→−|259AB −→−AC −→−=|+|+||⋅||cos A =29AB −→−|229AC −→−|259AB −→−AC −→−59||=2||=2AB −→−AC −→−||=2AB −→−||=1AC −→−cos A =−12A ∈(0,π)A =2π3C A a →b →=b →0→//a →b →//b →c →a →c →B //a →b →=λa →b →==a →b →0→λC a →b →|−|=||+||a →b →a →b →(−=(||+||a →b →)2a →b →)2则两个向量的夹角为，则与共线且反向，故正确；对于：已知，，所以.因为与的夹角为锐角，可得且与不同向，即解得且，故错误.综上，说法错误的是．故选．10.【答案】B,C,D【考点】异面直线的判定【解析】对于，；对于，由条件可知直线与是异面直线；对于，由，得；对于，，，♀是平面和平面的公共点，从而，，♀三点共线．【解答】解：在四棱锥中，点，分别为，的中点，对于，，故错误；对于，平面平面于，由异面直线判定定理得直线与是异面直线，故正确；对于，∵点，分别为，的中点，：，故正确；对于，，平面平面：，，是平面和平面的公共点，：，，三点共线，故正确．故选：11.【答案】A,Dπa →b →D =(1,2)a →=(1,1)b →+λ=(1+λ,2+λ)a →b →a →+λa →b →⋅(+λ)>0a →a →b →a →+λa →b →{1+λ+2(2+λ)>0,2(1+λ)≠2+λ,λ>−53λ≠0ABD ABD A =(+)DM −→−12DE −→−DB −→−B DE BC C MN/AEAE//CD MN//CD D B P ABC BDE B P B −ACDE AE//CD,CD =2AEM N BE BA DM ∩CN =PDE ∩CA =Q A =DM −→−12DE +)DB −→−−→−−−−−−A B DE ⊂ACDEBC∩ACDE C DEC 加DE BC B C M N BE BA MN//AEAE//CDMN//CD C D DMC |CN =PDE ∩CA =Q ABC∩BDE =BB P 9ABC BDE B P 9D BCD正弦定理空间中直线与直线之间的位置关系柱体、锥体、台体的体积计算【解析】此题暂无解析【解答】解：在翻折过程中，，，，易知，由正弦定理得（为的外接圆半径），即，故正确；在翻折过程中，，故错误；若，取中点，连接，，由于为正三角形，则，又，故平面，则，又为中点，，则为正三角形，易知，则，与已知矛盾，故错误；若，则在三棱锥中，，由知，，取的中点，连接，，则，且，，所以，所以，所以平面．设外接球的半径为，根据几何体可知，外接球的球心在直线上，则，即，解得，所以三棱锥的外接球的体积为，故正确．故选．12.△PBD ≅△ABD PD =DC =BC =2PB =23–√∠PDB =120∘2r ==4PB sin ∠PDB r △PBD r =2A ∠PDB =120∘B PB ⊥CD CD M BM PM △BCD BM ⊥CD BM ∩PB =B CD ⊥PBM PM ⊥CD M CD PD =CD =2△PCD BM =PM =3–√BM +PM =2=PB 3–√C PD ⊥DC P −BCD PC =22–√P =B +P B 2C 2C 2∠ACB =π2PB E DE CE DE ⊥PB DE =1CE =PB =123–√D +C =C E 2E 2D 2DE ⊥CE DE ⊥PBC R O DE O +B =O E 2E 2B 2+=(R −1)2()3–√2R 2R =2P −BCD π=π43R 3323D ADA,C,D【考点】平面向量的基本定理及其意义向量在几何中的应用平面向量数量积的运算【解析】此题暂无解析【解答】解：，由垂径定理可知，外心在上的投影为线段的中点，所以，故成立；，为垂心，则，故不成立；，因为，，三点共线，故存在实数，使得.又为的重心，故，所以则，故成立；，因为，所以与垂直.又为垂心，则也与垂直，所以与共线，故成立．故选．三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.A O AB −→−AB ⋅=AO −→−AB −→−12AB −→−2A B H ⋅HA −→−HB −→−=⋅HA −→−HC −→−=⋅HB −→−HC −→−B C G E F t =t +(1−t)AG −→−AE −→−AF −→−=tλ+(1−t)μAB −→−AC −→−G △ABC =+AG −→−13AB −→−13AC −→− tλ=，13(1−t)μ=，13+=31λ1μCD +⋅ AB −→−||cos B AB −→−AC −→−||cos C AC −→−BC −→−=+⋅AB −→−BC −→−||cos B AB −→−⋅AC −→−BC −→−||cos C AC −→−=−||+||=0BC −→−BC −→−+AB −→−||cos B AB −→−AC −→−||cos C AC −→−BC −→−H AH −→−BC −→−AH −→−+AB −→−||cos B AB −→−AC −→−||cos CAC −→−D ACD【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）柱体、锥体、台体的体积计算【解析】方程的曲线围成的封闭图形是一个以，，，为顶点的正方形，绕轴旋转一周所形成的几何体是两个圆锥形成的组合体圆锥体积公式，可得答案．【解答】解：方程的曲线围成的封闭图形是一个以，，，为顶点的正方形，绕轴旋转一周所形成的几何体是两个圆锥形成的组合体，如下图所示：圆锥的底面半径为，高为，故几何体的体积为：，故答案为：．14.【答案】【考点】向量的投影平面向量数量积的运算【解析】利用向量投影的意义解答．π23|x |+|y |=1(0,1)(1,0)(0,−1)(−1,0)y |x |+|y |=1(0,1)(1,0)(0,−1)(−1,0)y 112××π×1=π1323π23−3解：向量在向量上的投影为 .故答案为：．15.【答案】【考点】基本不等式向量的共线定理【解析】此题暂无解析【解答】解：如图作轴于．∵∴，∵，设，则∴ ∴，解得或（舍弃），∴．故答案为：．16.【答案】a →b →==−3⋅a →b →||b →−1×3−3×4+3242−−−−−−√−3(,)4383H ⊥x C 1H △OB ∽△O C 1C 1A 1==OC 1A 1C 1OB OA 112tan ∠H ===C 1A 1OB OA 1H C 1H A 112H =m C 1H =2m ，OH =2m −4A 1=m ，O =A 1C 15–√C 1+m 2(2m −4)2−−−−−−−−−−−−−√m =25–√+(2m −4m 2)2−−−−−−−−−−−−−√m =8385(,)C 14383(,)4383π球的表面积和体积球内接多面体棱锥的结构特征【解析】首先确定球心的位置，进一步确定球的半径，再由球的表面积公式求解．【解答】由＝＝＝，可得三角形为等边三角形，又，得三角形为直角三角形，设三角形的外心为，的中点为，如图所示，过作平面的垂线，两垂线交于，则为三棱锥的外接球的球心．由已知可得＝，＝，则＝＝，而＝，∴三棱锥的外接球半径＝，则三棱锥外接球的表面积＝＝，四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】解：.向量在上的投影向量.由题意可得，设向量与向量的夹角为，则，则有，且，即与向量不能反向共线，PA PC AC 2PAC AB ⊥AC ABC PAC E BC D E PAC O O P −ABC PF EF OD EF DC R S 3π×(1)|−|a →b →=(−)a →b →2−−−−−−−−−−√=−2⋅+a →2a →b →b →2−−−−−−−−−−−−−−−−√==4−2+1−−−−−−−√3–√(2)b →a →||cos ⋅b →60∘a →||a →=1×⋅=12a →214a →(3)⋅=2×1×cos =1a →b →60∘2t +7a →b →+t a →b →θθ∈(,)90∘180∘cos θ<0cos θ≠−12t +7a →b →+t a →b →→→设，则 得，由，得，∴，解得且.【考点】向量的模向量的投影数量积表示两个向量的夹角【解析】此题暂无解析【解答】解：.向量在上的投影向量.由题意可得，设向量与向量的夹角为，则，则有，且，即与向量不能反向共线，且向量数量积，设，则 得，由，2t +7≠−k ⋅(+t ),(k >0)e 1→e 2→e 1→e 2→{2t ≠−k,7≠−kt,t ≠±14−−√2(2t +7)⋅(+t )<0a →b →a →b →2t +7t +(2+7)⋅<0a →2b →2t 2a →b →2+15t +7<0t 2−7<t <−12t ≠±14−−√2(1)|−|a →b →=(−)a →b →2−−−−−−−−−−√=−2⋅+a →2a →b →b →2−−−−−−−−−−−−−−−−√==4−2+1−−−−−−−√3–√(2)b →a →||cos ⋅b →60∘a →||a →=1×⋅=12a →214a →(3)⋅=2×1×cos =1a →b →60∘2t +7a →b →+t a →b →θθ∈(,)90∘180∘cos θ<0cos θ≠−12t +7a →b →+t a →b →(2t +7)⋅(+t )<0a →b →a →b →2t +7≠−k ⋅(+t ),(k >0)e 1→e 2→e 1→e 2→{2t ≠−k,7≠−kt,t ≠±14−−√2(2t +7)⋅(+t )<0a →b →a →b →∴，解得且.18.【答案】解：因为，，所以．因为复数在复平面上对应的点在第三象限，所以解得，即实数的取值范围为．因为，所以．【考点】复数的代数表示法及其几何意义复数代数形式的加减运算复数代数形式的乘除运算共轭复数【解析】此题暂无解析【解答】解：因为，，所以．因为复数在复平面上对应的点在第三象限，所以解得，即实数的取值范围为．因为，所以．19.2+15t +7<0t 2−7<t <−12t ≠±14−−√2(1)=2−i z 1=3+2i z2+a =2−i +a (3+2i)z 1z 2=(2+3a)+(2a −1)i +a z 1z2{2+3a<0,2a −1<0,a <−23a (−∞,−)23(2)z ==z 2z 13+2i2−i =(3+2i)(2+i)(2−i)(2+i)==+i 4+7i 54575=−i z ¯¯¯4575(1)=2−i z 1=3+2i z 2+a =2−i +a (3+2i)z 1z 2=(2+3a)+(2a −1)i +a z 1z 2{2+3a <0,2a −1<0,a <−23a (−∞,−)23(2)z ==z 2z 13+2i 2−i =(3+2i)(2+i)(2−i)(2+i)==+i 4+7i 54575=−i z ¯¯¯4575解：.因为，所以.因为 ，所以，所以，所以.，令， ，得 ，.因为函数在区间上是单调递增函数，所以存在，使得，所以有即因为，所以.又因为 ，所以，则 ，所以.从而有，所以，所以令，，解得函数的对称轴为，.由,则.令，可得对称轴为：.(1)f(x)=⋅a →b →=2cos x(sin x +cos x)−13–√=sin 2x +cos 2x 3–√=2sin(2x +)π6f()=x 0652sin(2+)=x 0π665∈[,]x 0π4π2≤2+≤2π3x 0π67π6cos(2+)=−x 0π645cos 2x 0=cos[(2+)−]x 0π6π6=cos(2+)+sin(2+)3–√2x 0π612x 0π6=×(−)+×3–√2451235=3−43–√10(2)y =f (ωx)=2sin(2ωx +)π62kπ−≤2ωx +≤2kπ+π2π6π2k ∈Z−≤x ≤+kπωπ3ωkπωπ6ωk ∈Z y =f (ωx)(,)π32π3=Z k 0(,)∈(−,+)π32π3πk 0ωπ3ωπk 0ωπ6ω −≤，πk 0ωπ3ωπ3+≥，πk 0ωπ6ω2π3{3≤1+ω，k 06+1≥4ω.k 0ω>0>−k 016−≤×2π3π3122π2ω0<ω≤323≤1+k 032k 0≤56−<≤16k 056=0k 00<ω≤.14(3)2x +=+kππ6π2k ∈Z f(x)x =+π6kπ2k ∈Z f(x)=2sin(2x +)=π643sin(2x +)=π623k =0x =π6π2π则，关于对称轴对称，且，∴，∴..【考点】两角和与差的正弦公式诱导公式两角和与差的余弦公式数量积的坐标表达式正弦函数的对称性正弦函数的单调性【解析】（）利用数量积公式结合二倍角公式，辅助角公式化简函数解析式，结合两角差的余弦公式求解即可；（2）由整体法结合正弦函数的单调性得出该函数的单调增区间，则区间应该包含在的一个增区间内，根据包含关系列出不等式组，求解即可得出正数的取值范围.利用两个不等实根关于函数的对称轴对称，确定,的关系，然后再利用诱导公式等化简求值即可.【解答】解：.因为，所以.因为 ，所以，所以，所以.x 1x 2x =π6sin(2+)=x 2π623+=x 1x 2π3=−x 1π3x 2cos(−)=cos(−−)=cos(−2)x 1x 2π3x 2x 2π3x 2=cos[−(2+)]=sin(2+)=π2x 2π6x 2π6231(,)π32π3y =f (ωx)(3)x 1x 2(1)f(x)=⋅a →b →=2cos x(sin x +cos x)−13–√=sin 2x +cos 2x 3–√=2sin(2x +)π6f()=x 0652sin(2+)=x 0π665∈[,]x 0π4π2≤2+≤2π3x 0π67π6cos(2+)=−x 0π645cos 2x 0=cos[(2+)−]x 0π6π6=cos(2+)+sin(2+)3–√2x 0π612x 0π6=×(−)+×3–√2451235=3−43–√10=f (ωx)=2sin(2ωx +)π，令， ，得 ，.因为函数在区间上是单调递增函数，所以存在，使得，所以有即因为，所以.又因为 ，所以，则 ，所以.从而有，所以，所以令，，解得函数的对称轴为，.由,则.令，可得对称轴为：.要使在上有两个实根，，则，关于对称轴对称，且，∴，∴..20.【答案】解：（1）设函数的周期为，则由图知，∴，∴，∴(2)y =f (ωx)=2sin(2ωx +)π62kπ−≤2ωx +≤2kπ+π2π6π2k ∈Z −≤x ≤+kπωπ3ωkπωπ6ωk ∈Z y =f (ωx)(,)π32π3=Z k 0(,)∈(−,+)π32π3πk 0ωπ3ωπk 0ωπ6ω−≤，πk 0ωπ3ωπ3+≥，πk 0ωπ6ω2π3{3≤1+ω，k 06+1≥4ω.k 0ω>0>−k 016−≤×2π3π3122π2ω0<ω≤323≤1+k 032k 0≤56−<≤16k 056=0k 00<ω≤.14(3)2x +=+kππ6π2k ∈Z f(x)x =+π6kπ2k ∈Z f(x)=2sin(2x +)=π643sin(2x +)=π623k =0x =π6sin(2x +)=π623[0,]π3x 1x 2x 1x 2x =π6sin(2+)=x 2π623+=x 1x 2π3=−x 1π3x 2cos(−)=cos(−−)=cos(−2)x 1x 2π3x 2x 2π3x 2=cos[−(2+)]=sin(2+)=π2x 2π6x 2π623f(x)T T =−=347π8π83π4T =πω==22ππf(x)=A sin(2x +ϕ),0)7π(2×+ϕ)=07π将点代入得，∴，∴．∵，∴．∴．将点代入得，∴，∴，（2），设，则，当时，，，，在为减函数，当，即，即或时，取得最大值．【考点】由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式正切函数的值域【解析】（1）直接利用函数的图象，求出函数的周期，得到，然后利用函数经过的点求出，即可得到其解析式．（2）化简，通过换元法，结合正弦函数的单调性即可求解当时，的最大值．【解答】解：（1）设函数的周期为，则由图知，∴，∴，∴将点代入得，∴，∴．∵，(,0)7π8sin(2×+ϕ)=07π8+φ=2kπk ∈Z 7π4φ=−+2kπk ∈Z 7π4|ϕ|<π2φ=π4f(x)=A sin(2x +)π4(0,)2–√=A sin 2–√π4A =2f(x)=2sin(2x +)π4g(x)===(f(x)−1)+(x)−2f(x)+2f 2f(x)−1(f(x)−1+1)2f(x)−11f(x)−1m =f(x)−1=2sin(2x +)−1π4y =m +1m x ∈[0,]π42x +∈[,]π4π43π4sin 2x +∈[,1]π42–√2m ∈[−1,1]2–√y =m +1m [−1,1]2–√m =−12–√2sin(2x +)−1=−1π42–√x =0x =π4g(x)22–√ωφg(x)=(x)−2f(x)+2f 2f(x)−1x ∈[0,]π4g(x)f(x)T T =−=347π8π83π4T =πω==22ππf(x)=A sin(2x +ϕ)(,0)7π8sin(2×+ϕ)=07π8+φ=2kπk ∈Z 7π4φ=−+2kπk ∈Z 7π4|ϕ|<π2=π∴．∴．将点代入得，∴，∴，（2），设，则，当时，，，，在为减函数，当，即，即或时，取得最大值．21.【答案】解：若选①，由正弦定理得．因为，所以，所以，化简得，所以因为，所以因为，所以，所以．选②因为，所以，所以，因为为三角形的内角，所以，因为，所以所以选③因为所以由正弦定理可得：，可得： ，可得： ，因为,φ=π4f(x)=A sin(2x +)π4(0,)2–√=A sin 2–√π4A =2f(x)=2sin(2x +)π4g(x)===(f(x)−1)+(x)−2f(x)+2f 2f(x)−1(f(x)−1+1)2f(x)−11f(x)−1m =f(x)−1=2sin(2x +)−1π4y =m +1m x ∈[0,]π42x +∈[,]π4π43π4sin 2x +∈[,1]π42–√2m ∈[−1,1]2–√y =m +1m [−1,1]2–√m =−12–√2sin(2x +)−1=−1π42–√x =0x =π4g(x)22–√sin A sin B =sin B cos(A −)π60<B <πsin B ≠0sin A =cos(A −)π6sin A =cos A +sin A 3–√212cos(A +)=0.π60<A <πA =.π3=+−2bc cos ,a =,b +c =2a 2b 2c 2π36–√3–√bc =2=bc sin A =×2×sin =S △ABC 1212π33–√21+2cos C cos B =cos(C −B)−cos(C +B)1−cos(C −B)+cos(C +B)+2cos C cos B =1+2cos(C +B)=1−2cos A =0cos A =12C A =π3=+−2bc cos ,a =,b +c =2a 2b 2c 2π36–√3–√bc =2，=bc sin A =×2×sin =.S △ABC 1212π33–√2=,2tan B tan A +tan B b c =2tan B tan A +tan B sin B sin C =2×sin B cos B +sin A cos Asin B cos B sin B sin C ===2sin Bcos Bsin A cos B+sin B cos Acos A cos B 2sin B cos B sin C cos A cos B 2sin B cos A sin C sin B sin C sin B ≠0,sin C ≠0A =1所以解得，因为，所以因为，所以,所以【考点】余弦定理正弦定理运用诱导公式化简求值三角函数的化简求值同角三角函数间的基本关系【解析】此题暂无解析【解答】解：若选①，由正弦定理得．因为，所以，所以，化简得，所以因为，所以因为，所以，所以．选②因为，所以，所以，因为为三角形的内角，所以，因为，所以所以选③因为所以由正弦定理可得：，cos A =12A ∈(0,π)A =.π3=+−2bc cos ,a =,b +c =2a 2b 2c 2π36–√3–√bc =2=bc sin A =×2×sin =.S △ABC 1212π33–√2sin A sin B =sin B cos(A −)π60<B <πsin B ≠0sin A =cos(A −)π6sin A =cos A +sin A 3–√212cos(A +)=0.π60<A <πA =.π3=+−2bc cos ,a =,b +c =2a 2b 2c 2π36–√3–√bc =2=bc sin A =×2×sin =S △ABC 1212π33–√21+2cos C cos B =cos(C −B)−cos(C +B)1−cos(C −B)+cos(C +B)+2cos C cos B =1+2cos(C +B)=1−2cos A =0cos A =12C A =π3=+−2bc cos ,a =,b +c =2a 2b 2c 2π36–√3–√bc =2，=bc sin A =×2×sin =.S △ABC 1212π33–√2=,2tan B tan A +tan B b c =2tan B tan A +tan B sin B sin C 2×sin B可得：，可得： ，因为,所以解得，因为，所以因为，所以,所以22.【答案】解：因为函数的最大值为，故的面积，，所以函数的周期，即，由函数的图象与交于点，得，，，，所以 ．令，，得，，所以的单调递增区间为．因为，即，又因为，所以，所以或，所以或．由题意易知，画出的图象如图所示：=2×sin B cos B +sin A cos A sin B cos B sin B sin C ===2sin B cos B sin A cos B+sin B cos A cos A cos B2sin Bcos B sin C cos A cos B2sin B cos A sin C sin B sin C sin B ≠0,sin C ≠0cos A =12A ∈(0,π)A =.π3=+−2bc cos ,a =,b +c =2a 2b 2c 2π36–√3–√bc =2=bc sin A =×2×sin =.S △ABC 1212π33–√2(1)f(x)=2sin(ωx +φ)2△BCD S =×|BC|×2=12π2∴|BC|=π2f(x)T =πω=2f(x)y A(0,)3–√f(0)=2sin φ=3–√∴sin φ=3–√2∵0<φ<π2∴φ=π3f(x)=2sin(2x +)π3−+2kπ≤2x +≤+2kππ2π3π2k ∈Z −+kπ≤x ≤+kπ5π12π12k ∈Z f(x)[−+kπ,+kπ](k ∈Z)5π12π12(2)f()=1x 0sin(2+)=x 0π312∈[,]x 0π34π32+∈[π,3π]x 0π32+=x 0π313π62+=x 0π317π6=x 05π4=x 011π12(3)g(x)=2sin(x +)π6g(x)则方程在有四个根，由正弦函数的对称性得四个根的和为．【考点】由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换正弦函数的单调性正弦函数的图象【解析】此题暂无解析【解答】解：因为函数的最大值为，故的面积，，所以函数的周期，即，由函数的图象与交于点，得，，，，所以 ．令，，g(x)=a(−1<a <0)x ∈[0,4π]2(+)=4π310π328π3(1)f(x)=2sin(ωx +φ)2△BCD S =×|BC|×2=12π2∴|BC|=π2f(x)T =πω=2f(x)y A(0,)3–√f(0)=2sin φ=3–√∴sin φ=3–√2∵0<φ<π2∴φ=π3f(x)=2sin(2x +)π3−+2kπ≤2x +≤+2kππ2π3π2k ∈Z +kπ≤x ≤+kπ5π得，，所以的单调递增区间为．因为，即，又因为，所以，所以或，所以或．由题意易知，画出的图象如图所示：则方程在有四个根，由正弦函数的对称性得四个根的和为．−+kπ≤x ≤+kπ5π12π12k ∈Z f(x)[−+kπ,+kπ](k ∈Z)5π12π12(2)f()=1x 0sin(2+)=x 0π312∈[,]x 0π34π32+∈[π,3π]x 0π32+=x 0π313π62+=x 0π317π6=x 05π4=x 011π12(3)g(x)=2sin(x +)π6g(x)g(x)=a(−1<a <0)x ∈[0,4π]2(+)=4π310π328π3。

2019年春季期5月月考试题高一数学试卷说明：本试卷分Ⅰ卷和Ⅱ卷，Ⅰ卷为试题（选择题和客观题），学生自已保存，Ⅱ卷一般为答题卷，考试结束只交Ⅱ卷。

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分,每小题四个选项中有且只有一个正确.） 1．直线x +y +1=0的倾斜角为（ ）A ．150°B ．120°C ．60°D ．30° 2．关于x 的不等式的解集（ ）A ．（﹣∞，﹣1）C ．（﹣1，3）D ．（3，+∞）D ．（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞）3．若a ＜b ＜0，下列不等式成立的是（ ） A ．B ．C ．a 2＜b 2D ．a 2＜ab4．已知两直线a ，b 和两平面α，β，下列命题中正确的为（ ） A ．若a ⊥b 且b ∥α，则a ⊥α B ．若a ⊥b 且b ⊥α，则a ∥α C ．若a ⊥α且b ∥α，则a ⊥b D ．若a ⊥α且α⊥β，则a ∥β5．已知实数x ，y 满足，则目标函数z =2x ﹣y ﹣1的最大值为（ ）A ．5B ．4C ．D ．﹣36.已知某个几何体的三视图如下,根据图中标出的尺寸(单位:cm),可得这个几何体的体积是( ) A.38000cm 3B.34000cm 3C.2 000 cm 3D.4 000 cm 37．如图所示，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别为AA 1，AB ，BB 1，B 1C 1的中点．则异面直线EF 与GH 所成的角等于（ ）A ．120°B ． 90°C ．60°D ．45°8．已知x ，y ＞0且x +4y =1，则的最小值为（ ）A ．8B ．9C ．10D ．119.若不等式2kx 2+kx-83<0对一切实数x 都成立,则k 的取值范围为( ) A.(-3,0) B.[-3,0)C.[-3,0]D.(-3,0]10．在△ABC 中的内角A 、B 、C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b =2c cos A ，c =2b cos A 则△ABC 的形状为（ ）A ．等边三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形11．在三棱柱111ABC A B C -中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB1C1C 的中心，则AD 与平面BB1C1C 所成角的大小是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°12．某四面体的三视图如图所示．该四面体的六条棱的长度中，最大的是（ ）A ．4B ．2C ．2D ．2二、填空题：(本大题共4个小题，每小题5分，共20分.) 13．在△ABC 中，若b =1，A=60°，△ABC 的面积为，则a = ．14.直线210x ay +-=与直线(1)10a x ay ---=平行，则a 的值是 15. 在三棱锥P －ABC 中，PA ＝PB ＝AC ＝BC ＝2，PC ＝1，AB ＝23，则二面角P －AB －C 的大小为________.16．如图，在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AD =AA 1=1，AB ＞1，点E 在棱AB 上移动，小蚂蚁从点A沿长方体的表面爬到点C1，所爬的最短路程为2．则该长方体外接球的表面积为．三、解答题：(本大题共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．（10分）已知直线l1：3x+4y﹣2=0，l2：2x+y+2=0相交于点P．（1）求点P的坐标；（2）求过点P且与直线x﹣2y﹣1=0垂直的直线l的方程．18．（12分）等差数列{a n}中，a7=4，a19=2a9，（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=，求数列{b n}的前n项和S n．19．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD=2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD．E和F分别是CD和PC的中点，求证：（Ⅰ）PA⊥底面ABCD；（Ⅱ）BE∥平面PAD；（Ⅲ）平面BEF⊥平面PCD．20．（12分）在△ABC中，a2+c2=b2+2ac．（1）求∠B的大小；（2）求cos A+cos C的最大值．21.（12分）如图，在直角梯形ABCP 中，CP ∥AB ，CP ⊥CB ，AB =BC =CP =2，D 是CP 的中点，将△PAD 沿AD 折起，使得PD ⊥面ABCD ．（1）求证：平面PAD ⊥平面PCD ；（2）若E 是PC 的中点，求三棱锥D ﹣PEB 的体积．22．（12分）21.若数列{}n a 中，111,3(1)3n n a n a n a +=⋅=+⋅ （1）证明：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求{}n a 的通项公式； （2）若{}n a 的前n 项和为n S ，求n S 的值．高一数学答案一、选择题：二、填空题:13、0或1215、060 16、6三、解答题:17．解：（1）由，求得，∴两条直线的交点坐标为P（﹣2，2）．（2）直线x﹣2y﹣1=0的斜率为，故要求的直线l的斜率为﹣2，故要求的直线的方程为y﹣2=﹣2（x+2），即直线l的方程为2x+y+2=0．18．解：（I）设等差数列{a n}的公差为d∵a7=4，a19=2a9，∴解得，a1=1，d=∴=（II）∵==∴s n===19．证明：（Ⅰ）∵PA⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，由平面和平面垂直的性质定理可得PA⊥平面ABCD．（Ⅱ）∵AB∥CD，AB⊥AD，CD=2AB，E和F分别是CD和PC的中点，故四边形ABED为平行四边形，故有BE∥AD．又AD⊂平面PAD，BE不在平面PAD内，故有BE∥平面PAD．（Ⅲ）平行四边形ABED中，由AB⊥AD可得，ABED为矩形，故有BE⊥CD①．由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AB，再由AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，∴CD⊥平面PAD，故有CD⊥PD．再由E、F分别为CD和PC的中点，可得EF∥PD，∴CD⊥EF②．而EF和BE是平面BEF内的两条相交直线，故有CD⊥平面BEF．由于CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD．20．解：（1）∵在△ABC中，a2+c2=b2+2ac．∴，∴由余弦定理得：，∵0＜B＜π，∴．（2）∵A+B+C=π，，∴，∴===，∵，∴，∴，∴最大值为1，∴cos A+cos C的最大值为1．21.（1）证明：∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AD．又由于CP∥AB，CP⊥CB，AB=BC，∴ABCD为正方形，∴AD⊥CD，又PD∩CD=D，故AD⊥底面PCD，∵AD ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥底面PCD ； （2）解：∵PD =DC ，E 是PC 的中点，∴DE ⊥PC ． 由（1）知有AD ⊥底面PCD ，∴AD ⊥DE ． 由题意得AD ∥BC ，故BC ⊥DE ．于是，由BC ∩PC =C ，可得DE ⊥底面PBC ． ∴DE =，PC =2，又∵AD ⊥底面PCD ，∴AD ⊥CP ， ∵AD ∥BC ，∴AD ⊥BC ． ∴S △PEB =S △PBC =×=∴VD ﹣PEB =×DE ×S △PEB =． 22、（1）证明：a 1=，a n +1=a n即有=，则{}是首项为，公比为的等比数列， 即有=（）n，即3n n n a =（2）解：{a n }的前n 项和为S n ，即有S n =1+2（）2+3（）3+…+n （）n，S n =1（）2+2（）3+3（）4+…+n （）n +1，两式相减可得，S n =+（）2+（）3+…+（）n ﹣n （）n +1，=﹣n （）n +1，化简可得13144323n n n n S -=--⋅⋅。

2022-2023学年高中高一下数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息;2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I（选择题）一、选择题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分）1. 已知复数z=a−i3+2i(a∈R，i是虚数单位)为纯虚数，则实数a的值等于( )A.23B.32C.−23D.−322. “a=16”是“两直线 l1:x+2ay−1=0与l2:(3a−1)x−ay−1=0平行”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3. 已知幂函数y＝f(x)的图象过点(2,8)，则log4f(12)的值为（ ）A.−2B.−32C.−43D.−24. 若tan(α−π4)=−13，则cos2α等于（ ）A.35B.12C.13D.−35. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱AA1和A1D1的中点分别为E，F，则异面直线EF与B1C所成角为( )A.π3B.π2C.π6D.π46. 设a，b，c都是正实数，且a，b满足1a+9b=1，则使a+b≥c恒成立的c的范围是( )A.(0,8]B.(0,10]C.(0,12]D.(0,16]7. 设A，B，C是半径为1的圆上三点，若AB=√2，则→AB⋅→AC的最大值为（）A.√3+1B.√2+1C.√3+12D.28. 对于任意实数x，不等式mx2+mx−1<0恒成立，则实数m的取值范围是（）A.(−4,0]B.(−4,0)C.(−∞,−4]D.(−∞,−4)二、多选题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）9. 设a，b为两条不重合的直线，α为一个平面，则下列说法正确的是( )A.若a⊥b,b⊂α，则a⊥αB.若a⊥α,a//b，则b⊥αC.若a//α,b⊂α，则a//bD.若a//α,b⊥α，则a⊥b10. 已知角α的终边经过点(−1,√3)，则对函数f(x)=sinαcos2x+cosαcos(2x−π2)的表述不正确的是( )A.对称中心为(1112π,0)B.函数y=sin2x向左平移π3个单位可得到f(x)C.f(x)在区间(−π3，π6)上递增D.方程f(x)=0在[−56π，0]上有三个零点11. 下列说法正确的是( )A.若|z|=2，则z⋅¯z=4B.若复数z1，z2满足|z1+z2|=|z1−z2|，则z1z2=0C.若复数z的平方是纯虚数，则复数z的实部和虚部相等D.“a≠1”是“复数z=(a−1)+(a2−1)i(a∈R)是虚数”的必要不充分条件12. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P是面对角线BD上的动点，Q是棱C1D1的中点，过A1，P，Q三点的平面与正方体的表面相交，所得截面多边形可能是( )A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形卷II（非选择题）三、填空题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）{sin(π4x),x≤1,lnx,x>1,则f(f(e))=________．13. 已知函数f(x)=14. 在△ABC和△AEF中，B是EF的中点，AB=EF=1，BC=6，CA=√33，若→AB⋅→AE+→AC⋅→AF=2，则→EF与→BC的夹角的余弦值等于________．15. 函数f(x)=cosx(cosx−sinx)−12在[0,π2]上的值域为________.16. 射线OA，OB，OC的两两夹角为60∘，一系列球两两相切，且与平面AOB，平面BOC，平面AOC均相切．若相邻两球的球心为O n，O n+1，半径为r n，r n+1(r n>r n+1)，则r n，r n+1的关系式为________.四、解答题（本题共计 6 小题，每题 5 分，共计30分）17. 设→a=→e1+2→e2，→b=−3→e1+2→e2，其中→e1⊥→e2且→e1⋅→e1=→e2⋅→e2=1（1）计算|→a+→b|的值；（2）当k为何值时k→a+→b与→a−3→b互相垂直．18. 如图，在多面体BCE−ADF中，四边形ABCD与ABEF都是直角梯形，且∠BAD=∠BAF=90∘，BC//=12AD,BE//=12AF.(1)证明：CE//平面ADF；(2)若平面ABEF⊥平面ABCD，且AB=BC=BE=1,求点B到平面ECD的距离．19. 在四边形ABCD中， AC=2√7，∠ADC=60∘,cos∠DAC=5√714.(1)求边AD、DC的长；(2)当BD平分∠ADC，且AB=BC时，求△ABC 的面积.20. 四棱锥P−ABCD中，AD平行于BC，∠ABC=∠DAB=90∘，AB=BC=2AD=2PD，且PD⊥面PBC．(1)若E是BC中点，证明：平面PDE⊥平面ABCD；(2)求二面角A−PB−C的大小的余弦值．21. 在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2asinA=(2b+c)sinB+(2c+b)sinC．(1)求A的大小；(2)若sinB+sinC=1，试判断△ABC的形状．22. 已知函数f(x)=√x2−6x+9+√x2+8x+16．(1)求f(x)≥f(4)的解集；(2)设函数g(x)=k(x−3)，k∈R，若f(x)>g(x)对任意的x∈R都成立，求k的取值范围．参考答案与试题解析2022-2023学年高中高一下数学月考试卷一、选择题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分）1.【答案】A【考点】复数代数形式的乘除运算复数的基本概念【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为0且虚部不为0求解．【解答】解：∵z=a−i3+2i=(a−i)(3−2i)(3+2i)(3−2i)=3a−213−2a+313i，∵z是纯虚数，∴{3a−2=0,2a+3≠0,解得：a=23.故选A．2.【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断两条直线平行与倾斜角、斜率的关系【解析】此题暂无解析【解答】解：∵1⋅(−a)−2a(3a−1)=0，且1⋅(−1)−(3a−1)⋅(−1)≠0，解得a=0或a=16，∴a=16是直线x+2ay−1=0与直线(3a−1)x−ay−1=0平行的充分非必要条件，故选A.3.【答案】B【考点】幂函数的概念、解析式、定义域、值域【解析】先利用待定系数法求出幂函数f(x)的解析式，再利用对数的运算性质求解．【解答】设f(x)＝x α，∴f(2)＝2α＝8，∴α＝3，∴f(x)＝x 3，∴log4f(12)=log4(12)3=−log48=−32．4.【答案】A【考点】三角函数的恒等变换及化简求值【解析】由已知展开两角差的正切求得tanα，再由万能公式求得cos2α的值．【解答】由tan(α−π4)=−13，得tanα−tanπ41+tanαtanπ4=−13，即tanα−11+tanα=−13，解得tanα=12，∴cos2α=1−tan 2α1+tan2α=1−141+14=35．5.【答案】B【考点】异面直线及其所成的角【解析】首先得出平面角，即可得出答案.【解答】解：如图，连结AD 1，BC 1，由于E ，F 分别为A 1A ，A 1D 1的中点，则EF//AD 1，又由正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1可知，BC 1//AD 1，所以EF//BC 1，故直线B 1C 与直线BC 1所成角，即为异面直线EF 与B 1C 所成角，由于四边形BCC 1B 1为正方形，故B 1C ⊥BC 1，即B 1C ⊥EF ，即异面直线EF 与B 1C 所成角为π2.故选B.6.【答案】D【考点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】由题意可得a +b =(a +b)(1a +9b )=1+9ab +ba +9，再利用基本不等式求出a +b 的最小值为16，从而得到16≥c ，由此求得c 的取值范围．【解答】解：a ，b ，c 都是正实数，且a ，b 满足1a +9b =1，则a +b =(a +b)(1a +9b )=1+9ab +ba +9=10+9ab +ba ≥10+2√9ab ⋅ba =16，当且仅当9ab =ba 时，等号成立．故a +b 的最小值为16，要使a +b ≥c 恒成立，只要16≥c ，故c 的取值范围为(0,16].故选D ．7.【答案】B【考点】平面向量数量积的运算【解析】设圆心为点O ，分析得出OA ⊥OB ，再由平面向量的减法与数量积的运算性质得出→AB ⋅→AC =→AB ⋅→OC +1 ，再利用→AB 与→OC 同向时可求得→AB ⋅→AC 的最大值．【解答】解：设圆心为点O ，则OA =OB =1，∵AB =√2，∴AB 2=OA 2+OB 2 ，则OA ⊥OB ，∴→AB ⋅→AC =(→OB −→OA)⋅(→OC −→OA)=→OB ⋅→OC −→OA ⋅→OC +→OA 2=(→OB −→OA)⋅→OC +1=→AB ⋅→OC +1=|→AB |⋅|→OC |cos →AB,→OC +1≤√2+1，当且仅当→AB 与→OC 方向相同时，等号成立，因此，→AB ⋅→AC 的最大值为1+√2．故选B ．8.【答案】A【考点】不等式恒成立问题一元二次不等式的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：当m =0时，mx 2+mx −1=−1<0，不等式成立；设y =mx 2+mx −1，当m ≠0时，函数y 为二次函数，y 要恒小于0，抛物线开口向下且与x 轴没有交点，即要m <0且Δ<0，得到：{m<0，Δ=m2+4m<0.解得−4<m<0．综上得到−4<m≤0．故选A.二、多选题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）9.【答案】B,D【考点】空间中直线与平面之间的位置关系空间中直线与直线之间的位置关系【解析】利用空间中的线面关系逐项判定即可求解【解答】解：A，若a⊥b，b⊂α，则a⊥α 或a⊂α或a与α相交，故错误；B，若a⊥α，a//b，则b⊥α，故正确C，若a//α，b⊂α，则a//b或a与b异面，故错误D，若a//α，b⊥α，则a⊥b，故正确.故选BD.10.【答案】A,C,D【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换正弦函数的对称性正弦函数的单调性正弦函数的图象【解析】√32，cosα=−12，化简函数，再进行判断即可．由题意，sinα=【解答】解：由题意，sinα=√32，cosα=−12，∴f(x)=sinαcos2x+cosαcos(2x−π2)=√32cos2x−12sin2x=sin(2x+2π3)=sin[2(x+π3)]，对称中心为(kπ2−π3,0)，故A不正确；函数y=sin2x向左平移π3个单位可得到f(x)，故B正确；由−π2+2kπ≤2x+2π3≤π2+2kπ(k∈Z)，得kπ−712π≤x≤kπ−π12，故C不正确；方程f(x)=0在[−56π，0]上的根为−5π6，−π3，故D不正确.故选ACD．11.【答案】A,D【考点】复数的模复数代数形式的乘除运算复数的基本概念命题的真假判断与应用共轭复数【解析】由|z|求得z⋅¯z判断A；设出z1，z2，证明在满足|z1+z2|=|z1−z2|时，不一定有z1z2=0判断B；举例说明C错误；由充分必要条件的判定说明D正确．【解答】解：A，若|z|=2，则z⋅¯z=|z|2=4，故A正确；B，设z1=a1+b1i(a1,b1∈R)，z2=a2+b2i(a2,b2∈R)．由|z1+z2|=|z1−z2|，得|z1+z2|2=(a1+a2)2+(b1+b2)2=|z1−z2|2=(a1−a2)2+(b1−b2)2，则a1a2+b1b2=0，而z1⋅z2不一定等于0，故B错误；C，z=1−i，z2=(1−i)2=−2i为纯虚数，其实部与虚部不等，故C错误；D，复数z=(a−1)+(a2−1)i(a∈R)是虚数，则a2−1≠0，即a≠±1，故“a≠1”是“复数z=(a−1)+(a2−1)i(a∈R)是虚数”的必要不充分条件，故D正确．故选AD．12.A,B,C【考点】截面及其作法棱柱的结构特征【解析】P是对角线BD上的动点，分P与B，D重合时和P在线段BD上时两种情况讨论得出结论．【解答】解：因为P是对角线BD上的动点，分两种情况，①P与B，D重合时，过A1，P，Q三点的平面与正方体表面相交所得截面为三角形，故A符合题意；②取CD的中点Q ′，则P为AQ′与BD的交点时，可知截面为矩形，即四边形，故B符合题意；③如图，当点P位于P1位置时，所得截面的边有A1E，EG，GF，FQ，A1Q，所以所得截面为五边形，故C符合题意.故选ABC．三、填空题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）13.【答案】√22【考点】分段函数的应用函数的求值【解析】无解：f(f(e))=f(1)=√22．故答案为：√22．14.【答案】23【考点】数量积表示两个向量的夹角【解析】由→BC 2=36求得 →AC ⋅→AB =−1，再由→AB ⋅→AE +→AC ⋅→AF =2 求得 →EF ⋅→BC =4．再由两个向量的数量积的定义求得→EF 与→BC 的夹角的余弦值．【解答】解：由题意可得→BC 2=(→AC −→AB)2=→AC 2+→AB 2−2→AC ⋅→AB =33+1−2→AC ⋅→AB =36，∴→AC ⋅→AB =−1．由→AB ⋅→AE +→AC ⋅→AF =2 可得→AB ⋅(→AB +→BE)+→AC ⋅(→AB +→BF)=→AB 2+→AB ⋅→BE +→AC ⋅→AB +→AC ⋅→BF =1−→AB ⋅→BF +(−1)+→AC ⋅→BF =→BF ⋅(→AC −→AB)=12→EF ⋅→BC =2，故有 →EF ⋅→BC =4．再由→EF ⋅→BC =1×6×cos <→EF ，→BC >，可得 6×cos <→EF ，→BC >=4，∴cos <→EF ，→BC >=23，故答案为: 23．15.【答案】暂无【考点】三角函数的最值余弦函数的周期性二倍角的正弦公式三角函数中的恒等变换应用二倍角的余弦公式余弦函数的定义域和值域【解析】【解答】16.【答案】r n+1=12r n【考点】多面体的内切球问题【解析】此题暂无解析【解答】解：由题知，OABC围成正三棱锥，先求出任一球O n半径，设此时OA=OB=OC=a，由几何尺寸：AO ′=23AD =23√a 2−(12a )2=√33a ，OO ′=√OA 2−O ′A 2=√63a ，由对称性知AO n =OO n ，在△AO ′On 中，AO 2n =O ′O 2n +AO ′2，∴(√63a −r n )2=r 2n +(√33a)2，解得r n =√612a ，①设另一球O n+1的外接正三棱锥边长为a ′，O 到两球切平面距离OO ′′=OO ′−2r n =√66a ，同理，A ′O 2n+1=O n+1O ″2+A ′O ″2，OO ″=√63a ′=√66a ，∴a ′=12a ，∴r n+1=√612a ′=√624a ，②由①②知，r n+1=12r n .故答案为：r n+1=12r n .四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】解：（1）∵→a =→e 1+2→e 2，→b =−3→e 1+2→e 2，其中→e 1⊥→e 2且→e 1⋅→e 1=→e 2⋅→e 2=1，∴→a +→b =−2→e 1+4→e 2，∴|→a +→b |2=(−2→e 1+4→e 2)2=4+16=20，∴|→a +→b |=2√5；（2）∵(k →a +→b)(→a −3→b)=k →a 2+(1−3k)→a ⋅→b −3→b 2，又→a 2=(→e 1+2→e 2)2=5，→b 2=(−3→e 1+2→e 2)2=13，→a ⋅→b =(→e 1+2→e 2)(−3→e 1+2→e 2)=−3+4=1，要使k →a +→b 与→a −3→b 互相垂直，只要k →a 2+(1−3k)→a ⋅→b −3→b 2=0，即5k +(1−3k)−3×13=0解得k =19．∴当k =19时k →a +→b 与→a −3→b 互相垂直．【考点】平面向量数量积的运算向量的模数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】（1）首先利用已知将→a+→b利用→e1，→e2表示，然后求它的平方；（2）利用向量垂直，则它们的数量积为0得到关于k的方程解之．【解答】解：（1）∵→a=→e1+2→e2，→b=−3→e1+2→e2，其中→e1⊥→e2且→e1⋅→e1=→e2⋅→e2=1，∴→a+→b=−2→e1+4→e2，∴|→a+→b|2=(−2→e1+4→e2)2=4+16=20，∴|→a+→b|=2√5；（2）∵(k→a+→b)(→a−3→b)=k→a 2+(1−3k)→a⋅→b−3→b2，又→a 2=(→e1+2→e2)2=5，→b2=(−3→e1+2→e2)2=13，→a⋅→b=(→e1+2→e2)(−3→e1+2→e2)=−3+4=1，要使k→a+→b与→a−3→b互相垂直，只要k→a 2+(1−3k)→a⋅→b−3→b2=0，即5k+(1−3k)−3×13=0解得k=19．∴当k=19时k→a+→b与→a−3→b互相垂直．18.【答案】(1)证明：因为BC//AD，BC⊄平面ADF，AD⊂平面ADF，所以BC//平面ADF．同理可得BE//平面ADF．因为BC∩BE=B，BE，BC⊂平面BCE，所以平面BCE//平面ADF．又因为CE⊂平面BCE，所以CE//平面ADF．(2)解：因为平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB，且AF⊥AB，AF⊂平面ABEF，所以AF⊥平面ABCD．又因为BE//AF，所以BE⊥平面ABCD．又BC⊂平面ABCD，所以BE⊥BC．在Rt△ECB中，BE=BC=1，所以EC=√2，连接BD，ED，可知BE⊥BD，在直角梯形ABCD中，可得CD=√2，BD=√5，S△BCD=12，在Rt△EBD中，EB=1，BD=√5，所以ED=√6．在△ECD中，EC=CD=√2，ED=√6，所以S△ECD=√32．设点B到平面ECD的距离为h，因为V B−ECD=V E−BCD，所以13⋅S△ECD⋅h=13⋅S△BCD⋅BE，解得h=√33，即点B到平面ECD的距离为√33．【考点】直线与平面平行的判定柱体、锥体、台体的体积计算点、线、面间的距离计算【解析】无无【解答】(1)证明：因为BC//AD，BC⊄平面ADF，AD⊂平面ADF，所以BC//平面ADF．同理可得BE//平面ADF．因为BC∩BE=B，BE，BC⊂平面BCE，所以平面BCE//平面ADF．又因为CE⊂平面BCE，所以CE//平面ADF．(2)解：因为平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB，且AF⊥AB，AF⊂平面ABEF，所以AF⊥平面ABCD．又因为BE//AF，所以BE⊥平面ABCD．又BC⊂平面ABCD，所以BE⊥BC．在Rt△ECB中，BE=BC=1，所以EC=√2，连接BD，ED，可知BE⊥BD，在直角梯形ABCD中，可得CD=√2，BD=√5，S△BCD=12，在Rt△EBD中，EB=1，BD=√5，所以ED=√6．在△ECD中，EC=CD=√2，ED=√6，所以S△ECD=√32．设点B到平面ECD的距离为h，因为V B−ECD=V E−BCD，所以13⋅S△ECD⋅h=13⋅S△BCD⋅BE，√33，即点B到平面ECD的距离为√33．解得h=19.【答案】解：(1)由题意sin ∠DAC =√2114，故DC =AC ⋅sin ∠DACsin ∠ADC =2√7×√2114√32=2.由余弦定理得AD 2+DC 2−2AD ⋅DCcos60∘=AC 2.解得AD =6 .(2)设AB =BC =x ，BD =m ，在△BDC 中，m 2+22−2m ⋅2cos30∘=x 2，①在△BDA 中，m 2+62−2m ⋅6cos30∘=x 2，②两式相减得32−4√3m =0，得m =8√3，代入①式得x =2√7√3=2√213.等腰△ABC 中，设AC 上的高为h,则h 2+(√7)2=x 2=283，得h =√213，故S △ABC =12⋅AC ⋅h =12×2√7×√213=7√33.【考点】三角形求面积余弦定理正弦定理【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)由题意sin ∠DAC =√2114，故DC =AC ⋅sin ∠DACsin ∠ADC =2√7×√2114√32=2.由余弦定理得AD 2+DC 2−2AD ⋅DCcos60∘=AC 2.解得AD =6 .(2)设AB =BC =x ，BD =m ，在△BDC 中，m 2+22−2m ⋅2cos30∘=x 2，①在△BDA 中，m 2+62−2m ⋅6cos30∘=x 2，②两式相减得32−4√3m =0，得m =8√3，代入①式得x =2√7√3=2√213.等腰△ABC 中，设AC 上的高为h,则h 2+(√7)2=x 2=283，得h =√213，故S △ABC =12⋅AC ⋅h =12×2√7×√213=7√33.20.【答案】(1)证明：∵E 是BC 的中点，∴BE =12BC ，又AD//BC ，BC =2AD ，∴AD//BE ，AD =BE ，∴四边形ADEB 是平行四边形．由∠ABC =∠DAB =90∘，得四边形ADEB 是矩形，故BC ⊥DE ．∵PD ⊥平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，∴BC ⊥PD ．又DE ∩PD =D ，∴BC ⊥平面PDE ，∵BC ⊂平面ABCD ，∴平面PDE 平面ABCD ．(2)解：过点P 作PO ⊥DE 于点O ，∵平面PDE ⊥平面ABCD ，平面PDE ∩平面ABCD =DE ，∴PO ⊥平面ABCD ．以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示．设PD =AD =1，则AB =BC =2．∵PD ⊥平面PBC ，∴PD ⊥PE ，在Rt △PDE 中，由PD =1，DE =2，可得PE =√3，OD =12，OE =32，PO =√32，则P (0,0,√32)，A (−12,1,0)，B (32,1,0)，C (32,−1,0)，→PB =(32,1,−√32)，→CB =(0,2,0)，→AB =(2,0,0)．设平面PBC 的法向量为→m =(a,b,c)，则{→m ⋅→PB =0,→m ⋅→CB =0,即 {32a +b −√32c =0,2b =0,令a =1，则c =√3，b =0，∴→m =(1,0,√3)为平面PBC 的一个法向量．设平面PAB 的法向量为→n =(x,y,z)，{→n⋅→PB=0,→n⋅→AB=0,即{32x+y−√32z=0,2x=0,则令z=2，则x=0，y=√3，∴→n=(0,√3,2)为平面PAB的一个法向量．cos →m,→n =→m⋅→n|→m|⋅|→n|=2√32×√7=√217，由图易知二面角A−PB−C为钝二面角，√217．因此二面角A−PB−C的余弦值为−【考点】平面与平面垂直的判定二面角的平面角及求法【解析】(Ⅰ)推导出四边形ABCD是矩形，BC⊥DE，PD⊥BC，从而BC⊥平面PDE，由此能证明平面PDE⊥平面ABCD．(Ⅱ)先建立空间直角坐标系，然后分别求出两个平面的一个法向量，最后求得二面角的余弦值．【解答】(1)证明：∵E是BC的中点，∴BE=12BC，又AD//BC，BC=2AD，∴AD//BE，AD=BE，∴四边形ADEB是平行四边形．由∠ABC=∠DAB=90∘，得四边形ADEB是矩形，故BC⊥DE．∵PD⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，∴BC⊥PD．又DE∩PD=D，∴BC⊥平面PDE，∵BC⊂平面ABCD，∴平面PDE平面ABCD．(2)解：过点P作PO⊥DE于点O，∵平面PDE⊥平面ABCD，平面PDE∩平面ABCD=DE，∴PO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示．设PD =AD =1，则AB =BC =2．∵PD ⊥平面PBC ，∴PD ⊥PE ，在Rt △PDE 中，由PD =1，DE =2，可得PE =√3，OD =12，OE =32，PO =√32，则P (0,0,√32)，A (−12,1,0)，B (32,1,0)，C (32,−1,0)，→PB =(32,1,−√32)，→CB =(0,2,0)，→AB =(2,0,0)．设平面PBC 的法向量为→m =(a,b,c)，则{→m ⋅→PB =0,→m ⋅→CB =0,即 {32a +b −√32c =0,2b =0,令a =1，则c =√3，b =0，∴→m =(1,0,√3)为平面PBC 的一个法向量．设平面PAB 的法向量为→n =(x,y,z)，则{→n ⋅→PB =0,→n ⋅→AB =0,即{32x +y −√32z =0,2x =0,令z =2，则x =0，y =√3，∴→n =(0,√3,2)为平面PAB 的一个法向量．cos →m,→n =→m ⋅→n |→m|⋅|→n |=2√32×√7=√217，由图易知二面角A −PB −C 为钝二面角，因此二面角A −PB −C 的余弦值为−√217．21.【答案】解：(1)由已知，根据正弦定理得2a 2=(2b +c)b +(2c +b)c ，即a 2=b 2+c 2+bc ，由余弦定理得cosA =b 2+c 2−a 22bc =−12.∵A ∈(0,π)，∴A =120∘.(2)由(1)得sin 2A =sin 2B +sin 2C +sinBsinC ，变形得34=(sinB +sinC)2−sinBsinC.又sinB +sinC =1，得sinBsinC =14，上述两式联立得sinB =sinC =12.因为0∘<B <60∘，0∘<C <60∘，所以B =C =30∘，所以△ABC 是等腰的钝角三角形．【考点】解三角形正弦定理【解析】(Ⅰ)利用正弦定理把题设等式中的角的正弦转化成边，求得a ，b 和c 关系式，代入余弦定理中求得cosA 的值，进而求得A ．(Ⅱ)把(Ⅰ)中a ，b 和c 关系式利用正弦定理转化成角的正弦，与sinB +sinC ＝1联立求得sinB 和sinC 的值，进而根据C ，B 的范围推断出B ＝C ，可知△ABC 是等腰的钝角三角形．【解答】解：(1)由已知，根据正弦定理得2a 2=(2b +c)b +(2c +b)c ，即a 2=b 2+c 2+bc ，由余弦定理得cosA =b 2+c 2−a 22bc =−12.∵A ∈(0,π)，∴A =120∘.(2)由(1)得sin 2A =sin 2B +sin 2C +sinBsinC ，变形得34=(sinB +sinC)2−sinBsinC.又sinB +sinC =1，得sinBsinC =14，上述两式联立得sinB =sinC =12.因为0∘<B <60∘，0∘<C <60∘，所以B =C =30∘，所以△ABC 是等腰的钝角三角形．22.【答案】解：(1)∵f(x)=√x 2−6x +9+√x 2+8x +16=√(x −3)2+√(x +4)2=|x −3|+|x +4|，∴f(x)≥f(4)即|x −3|+|x +4|≥9．∴①{x ≤−43−x −x −4≥9，或②{−4<x <33−x +x +4≥9，或③{x ≥3x −3+x +4≥9．解①得：x ≤−5；解②得：x 无解；解③得：x ≥4．∴f(x)≥f(4)的解集为{x |x ≤−5 或x ≥4}．(2)f(x)>g(x)对任意的x ∈R 都成立，即f(x)的图象恒在g(x)图象的上方，∵f(x)=|x −3|+|x +4|={−2x −1,x ≤−47,−4<x <32x +1,x ≥3．由于函数g(x)=k(x −3)的图象为恒过定点P(3,0)，且斜率k 变化的一条直线，作函数y =f(x)和 y =g(x)的图象如图，其中，k PB =2，A(−4,7)，∴k PA =−1．由图可知，要使得f(x)的图象恒在g(x)图象的上方，∴实数k 的取值范围为(−1,2]．【考点】函数恒成立问题绝对值不等式的解法与证明其他不等式的解法【解析】（1）函数f(x)=|x −3|+|x +4|，不等式 f(x)≥f(4)即|x −3|+|x +4|≥9．可得①{x ≤−43−x −x −4≥9，或②{−4<x <33−x +x +4≥9，或③{x ≥3x −3+x +4≥9．分别求得①、②、③的解集，再取并集，即得所求．（2）由题意可得，f(x)的图象恒在g(x)图象的上方，作函数y =f(x)和 y =g(x)的图象如图，由K PB =2，A(−4,7)，可得 K PA =−1，数形结合求得实数k 的取值范围．【解答】解：(1)∵f(x)=√x 2−6x +9+√x 2+8x +16=√(x −3)2+√(x +4)2=|x −3|+|x +4|，∴f(x)≥f(4)即|x −3|+|x +4|≥9．∴①{x ≤−43−x −x −4≥9，或②{−4<x <33−x +x +4≥9，或③{x ≥3x −3+x +4≥9．解①得：x ≤−5；解②得：x 无解；解③得：x ≥4．∴f(x)≥f(4)的解集为{x |x ≤−5 或x ≥4}．(2)f(x)>g(x)对任意的x ∈R 都成立，即f(x)的图象恒在g(x)图象的上方，∵f(x)=|x −3|+|x +4|={−2x −1,x ≤−47,−4<x <32x +1,x ≥3．由于函数g(x)=k(x −3)的图象为恒过定点P(3,0)，且斜率k 变化的一条直线，作函数y =f(x)和 y =g(x)的图象如图，其中，k PB =2，A(−4,7)，∴k PA =−1．由图可知，要使得f(x)的图象恒在g(x)图象的上方，∴实数k 的取值范围为(−1,2]．。

2022-2023学年全国高一上数学月考试卷考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1. 已知，均为的子集，且，则( )A.B.C.D.2. 命题“，，”的否定为( )A.，，B.，，C.，，D.，，3. 设，为两个不同的平面，，为两条不同的直线，且，，则"”是""的 A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4. 下列关系正确的是( )A.B.C.M N R M ⊆N ∁R M ∩N =∁R ∅M NR∀a b >0a +b >ab ∀a b ≤0a +b ≤ab∀a b >0a +b ≤ab∃a b ≤0a +b ≤ab∃a b >0a +b ≤abαβl m m ⊥αl//βl//m α⊥β()1∈{0,1}1∉{0,1}1⊆{0,1}{1}∈{0,1}D.5. 函数的最小值是( )A.B.C.D.6. 下列命题中，真命题是（ ）A.，B.，C.，D.，7. 不等式的解集为 A.B.C.D.8. 设，则满足条件的集合共有( )个．A.B.C.D.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9. 已知集合，，则下列命题中正确的是（ ）A.若，则B.若，则{1}∈{0,1}y =2x +(x >2)2x −210864∀x ∈R ln ≥0x 2∀x ∈R −1≤≤11sin x ∃∈R x 0≤1e x 0∃∈R x 0cos =2x 0−+x <−6x 2(){x|x <−2或x >3}{x|−2<x <3}{x|x <−3或x >2}{x|−3<x <2}A ∪{−1,1}={0,−1,1}A 1234A ={x ∈R|−3x −18<0}x 2B ={x ∈R|+ax +−27<0}x 2a 2A =B a =−3A ⊆B a =−3B =∅C.若，则或D.若，则10. 若正实数，满足，则下列结论中正确的有( )A.B.C.D.11. 下列说法中正确的是( )A.""是""的充分条件B.""是""的充分不必要条件C."是实数”的充分必要条件是“是有理数”D.若，则12. 已知，且，是方程的两不等实根，则下列结论正确的是( )A.B.C.D.卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 已知，，，则________．14. 将图中阴影部分可用交、并、补运算表示为________．B =∅a ≤−6a ≥6a =3A ∩B ={x|−3<x <6}x y x >y xy <y 2>x 2y 2>1x y<1x 1x −y|x|=2019x =2019x =−1−2x −3=0x 2m m b <a <0<1a 1b0<α<β<π2tan αtan β−kx +2=0x 2tan α+tan β=−ktan(α+β)=−kk >22–√k +tan α≥4a >b >0c <d <0e <0e a −c e b −d15. 在 中， ，则的取值范围是________.16. 集合，则集合的非空真子集的个数是________．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 已知不等式的解集与关于的不等式的解集相同．求实数，值；若实数， ，满足，求的最小值．18. 已知.若，且和都为真，求实数的取值范围；若是的充分不必要条件，求实数的取值范围．19. 已知集合，集合.若，求；若，求实数的取值范围．20. 利剑扫黑，扫出清风正气；铁拳除恶，守护平安中国．年，为期三年的扫黑除恶专项斗争迎来“船到中流浪更急”的深水区．某省公安厅对甲、乙两地投入专项资金，若甲、乙两地可以给人民群众带来的经济利润分别是百万元和百万元，它们与投入的资金百万元的关系满足公式，，现将百万元资金投入甲、乙两地，且投入乙地的资金为百万元，给人民群众带来总的经济利润为百万元．用表示，并指出函数的定义域；当为何值时，有最大值？请求出这个最大值．21. 已知关于的不等式：．若不等式的解集为，求的值；若不等式的解集为，求的取值范围．22. 已知，且，求：的最小值；的最小值．△ABC AB =,BC =m ,AC =x +1+x +1x 2−−−−−−−−√x −√m A ={1,2,3}A |2x −3|<1x −−px +q >0x 2(1)p q (2)a b ∈(0,+∞)a +b =−2p −q +1a 4b p :−6x +5≤0,x 2q :−2x +1−≤0(m >0)x 2m 2(1)m =2p q x (2)p q m A ={x|−4x +3≤0}x 2B ={x|x −m >0}(1)m =2A ∪B (2)A ∩B =A m 2019P Q t P =t 15Q =25t √3x y (1)x y (2)x y x 2k +kx −3<0x 2(1)(−,1)32k (2)R k x >0y >02x +8y −xy =0(1)xy (2)x +y参考答案与试题解析2022-2023学年全国高一上数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1.【答案】C【考点】交、并、补集的混合运算【解析】利用补集，子集间的关系，即可判断.【解答】解：∵，∴，∴.故选.2.【答案】D【考点】命题的真假判断与应用命题的否定【解析】由题意，根据命题可直接写出否命题.【解答】解：已知命题“，，”的否定为“，，”.故选.3.【答案】AM ⊆N ∁R N ⊆M ∁R M ∩N =N ∁R C ∀a b >0a +b >ab ∃a b >0a +b ≤ab D【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】利用充分条件以及直线与平面的位置关系，判断即可.【解答】解：由， ，则 ，而 ，所以;由, ， ，不能确定，所以""是""的充分不必要条件．故选.4.【答案】A【考点】集合的包含关系判断及应用元素与集合关系的判断【解析】由元素与集合，集合与集合的关系进行判断即可.【解答】解：，故正确；，故错误；元素与集合的关系用，故错误;集合与集合的关系用，故错误.故选.5.【答案】B【考点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】无【解答】m ⊥αl//m l ⊥αl//βα⊥βl//βα⊥βm ⊥αl//m l//m α⊥βA 1∈{0,1}A 1∈{0,1}B ∈C ⊆D A =2x +(x >2)2解：∵，∴，当且仅当，即时取等号，∴．故选．6.【答案】C【考点】命题的真假判断与应用全称命题与特称命题【解析】根据含有量词的命题的判断方法即可得到结论．【解答】解：，当时，，故错误；，当时，无意义，故错误；，当时，显然成立，故正确；，，故错误.故选.7.【答案】A【考点】一元二次不等式的解法【解析】此题暂无解析【解答】解：化为，解得或，y =2x +(x >2)2x −2y =2x +=2(x −2)++42x −22x −2≥2+4=82(x −2)⋅2x −2−−−−−−−−−−−−−√2(x −2)=2x −2x =3=8y min B A x =12ln <0x 2A B x =01sin x B C =0x 0≤1e x 0C D cos ∈[−1,1]x 0D C −+x <−6x 2−x −6>0x 2x <−2x >3{x|x <−2或x >3}故解集为.故选.8.【答案】D【考点】子集与真子集的个数问题集合的包含关系判断及应用【解析】由题意可得 可以是 ，，，，从而得出结论．【解答】解：∵，∴可以是 ，，，，故满足条件的集合共有个.故选．二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】A,B,C【考点】一元二次不等式的解法交集及其运算交、并、补集的混合运算集合的包含关系判断及应用【解析】无【解答】解：．由已知可得，若，则，且，解得，故正确；{x|x <−2或x >3}A A {0}{0,1}{0,−1}{0,1,−1}A ∪{−1,1}={0,−1,1}A {0}{0,1}{0,−1}{0,1,−1}A 4D A A ={x|−3<x <6}A =B a =−3−27=−18a 2a =−3A A ⊆B．若，则且，解得，故正确；．当时，，解得或，故正确；．当时， ，故错误；故选．10.【答案】B,C,D【考点】不等式的基本性质【解析】根据不等式的基本性质，逐一判断即可．【解答】解：，∵，为正实数且，∴，故错误；，∵，为正实数且，∴，，∴，即，故正确；，∵，为正实数且，∴，即，故正确；，∵，为正实数且，∴，∴，即，故正确.故选.11.【答案】B,D【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】：结合条件“或”为假命题判断、的情况，由此即可做出判断．：分别判断“”“”与“”“”的真假，进而根据充要条件的定义可得答案．：分别判断“”与“”的真假，再根据充分必要条件进行判断.：由“实数，使”，根据特称命题的否定为一个全称命题，结合特称命题“，B A ⊆B +a ⋅(−3)+−27≤0(−3)2a 2+6a +−27≤062a 2a =−3B C B =∅−4(−27)≤0a 2a 2a ≤−6a ≥6C D a =3A ∩B ={x|−3<x <3}D ABC A x y x >y xy >y 2A B x y x >y x −y >0x +y >0(x −y)(x +y)=−>0x 2y 2>x 2y 2B C x y x >y ⋅x >⋅y 1y 1y >1x y C D x y x >y x >x −y >0>1x −y 1x <1x 1x −yD BCD A p q p q B x =1⇒x ≥1x ≥1⇒x =1C sin x =12⇒x =π6x =π6⇒sin x =12D ∃x ≥0x 2∃x ∈A P(A)x ∈A P(A)”的否定为“，非”，可得答案．【解答】解：对于：由，可推出，故""是""的必要不充分条件，选项错误；对于：若,则一定成立，反之不一定成立，故""是""的充分不必要条件，选项正确；对于：若是有理数，则一定是实数，反之不一定成立，故"是实数”的充分不必要条件是“是有理数”，选项错误；对于：若，则有，选项正确．故选．12.【答案】B,C,D【考点】基本不等式在最值问题中的应用一元二次方程的根的分布与系数的关系【解析】由题意利用韦达定理，基本不等式，得出结论．【解答】解：∵，是方程的两不等实根，∴，，∴.∵，∴，.∴.又，∴等号取不到，即.∵，∴，当且仅当时，等号成立.故选. 三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】P(A)x ∈A P(A)A |x|=2019x =±2019|x|=2019x =2019B x =−1−2x −3=0x 2x =−1−2x −3=0x 2C m m m m D b <a <0<1a 1bBD tan αtan β−kx +2=0x 2tan α+tan β=k tan α⋅tan β=2tan(α+β)==−k tan α+tan β1−tan α⋅tan β0<α<β<π2tan α>0tan β>0k =tan α+tan β≥2=2tan α⋅tan β−−−−−−−−−−√2–√tan α≠tan βk >22–√k +tan α=2tan α+tan βk ≥2=42tan α⋅tan β−−−−−−−−−−−√2tan α=tan βBCD >不等式性质的应用【解析】通过可知，从而，求倒数可知，两边同时乘以负数即得结论．【解答】解：∵，∴.又∵，∴，∴.又∵，∴．故答案为：.14.【答案】【考点】Venn 图表达集合的关系及运算【解析】由韦恩图可以看出，阴影部分中的元素满足“是的元素或的元素，且不是的元素”，由韦恩图与集合之间的关系易得答案．【解答】解：由已知中阴影部分所表示的集合元素满足，是的元素或的元素，且不是的元素，即是的元素或的元素，且是的补集的元素，故阴影部分所表示的集合是，故答案为：．15.【答案】【考点】基本不等式在最值问题中的应用c <d <0−c >−d >0a −c >b −d >0<<01a −c 1b −dc <d <0−c >−d >0a >b >0a −c >b −d >0<1a −c 1b −de <0>ea −c eb −d>(A ∪C)∩(B)C U A C B A C B A C B (A ∪C)∩(B)C U (A ∪C)∩(B)C U (2−,2+)3–√3–√此题暂无解析【解答】解：∵，∴若能构成三角形，只需∴，当且仅当时，取得最小值，∴.综上，.故答案为：.16.【答案】【考点】子集与真子集的个数问题【解析】对于含有个不同元素的集合的子集共有个，去掉空集和本身剩下的即为集合的非空真子集的个数为个，据此可求出答案．【解答】解：∵集合，∴集合的非空真子集为，，，，，，故集合的非空真子集的个数为．故答案为：．四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】解：，解得；因为即的解集为，所以和是方程的两根，由韦达定理得AB =<=AC+x +1x 2−−−−−−−−√+2x +1x 2−−−−−−−−−√{+m >x +1，+x +1x 2−−−−−−−−√x −√+x +1>m ，+x +1x 2−−−−−−−−√x −√++≥2+=2+x −√1x −√x ++11x −−−−−−−−√2+1−−−−√3–√x =1(+−)(++)=1，x −√1x −√x ++11x −−−−−−−−√x −√1x −√x ++11x −−−−−−−−√+−≤=2−x −√1x −√x ++11x −−−−−−−−√12+3–√3–√m ∈(2−,2+)3–√3–√(2−,2+)3–√3–√6n {,,...,}a 1a 2a n 2n A −22n A ={1,2,3}A {1}{2}{3}{1,2}{1,3}{2,3}A 66(1)|2x −3|<11<x <2−−px +q >0x 2+px −q <0x 2{x|1<x <2}12+px −q =0x 2{−p =1+2,−q =1×2,解得因为，所以，当且仅当，即时取等号，即，时，有最小值．【考点】一元二次不等式的解法绝对值不等式的解法与证明基本不等式在最值问题中的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：，解得；因为即的解集为，所以和是方程的两根，由韦达定理得解得因为，所以，当且仅当，即时取等号，即，时，有最小值．18.【答案】解：由，得，∴：，当时，：．∵和都为真命题，{p =−3,q =−2.(2)a +b =8+1a 4b =(+)(a +b)181a 4b=(5++)18b a 4a b≥98=b a 4a b b =2aa =83b =163+1a 4b 98(1)|2x −3|<11<x <2−−px +q >0x 2+px −q <0x 2{x|1<x <2}12+px −q =0x 2{−p =1+2,−q =1×2,{p =−3,q =−2.(2)a +b =8+1a 4b =(+)(a +b)181a 4b=(5++)18b a 4a b≥98=b a 4a bb =2a a =83b =163+1a 4b 98(1)−6x +5≤0x 21≤x ≤5p 1≤x ≤5m =2q −1≤x ≤3p q∴．由，得：,∵是的充分不必要条件，∴是的真子集，∴解得，∴实数的取值范围为．【考点】一元二次不等式的解法根据充分必要条件求参数取值问题【解析】无无【解答】解：由，得，∴：，当时，：．∵和都为真命题，∴．由，得：,∵是的充分不必要条件，∴是的真子集，∴解得，∴实数的取值范围为．19.【答案】解：，当时，，则．若，则，所以，所以实数的取值范围是．【考点】并集及其运算集合关系中的参数取值问题【解析】【解答】1≤x ≤3(2)−2x +1−≤0x 2m 2q 1−m ≤x ≤1+mp q [1,5][1−m,1+m]m ≥4m m ≥4(1)−6x +5≤0x 21≤x ≤5p 1≤x ≤5m =2q −1≤x ≤3p q 1≤x ≤3(2)−2x +1−≤0x 2m 2q 1−m ≤x ≤1+mp q [1,5][1−m,1+m]m ≥4m m ≥4(1)A ={x|−4x +3≤0}x 2={x|(x −1)(x −3)≤0}={x|1≤x ≤3}m =2B ={x|x >m}={x|x >2}A ∪B ={x|x ≥1}(2)A ∩B =A A ⊆B m <1m (−∞,1)(1)A ={x|−4x +3≤0}2解：，当时，，则．若，则，所以，所以实数的取值范围是．20.【答案】解：由题意得：投入乙地的资金为百万元，投入甲地的资金是百万元,甲、乙两地给人民群众带来总的经济利润,需满足，即该函数的定义域是.由得，令,则，当即时，有最大值.【考点】函数模型的选择与应用二次函数在闭区间上的最值【解析】根据题意设出自变量，利用已知条件列出函数并求出函数定义域.（2）利用导数求解函数的最大值；【解答】解：由题意得：投入乙地的资金为百万元，投入甲地的资金是百万元,甲、乙两地给人民群众带来总的经济利润,需满足，即该函数的定义域是.由得，令,则，当即时，有最大值.21.【答案】(1)A ={x|−4x +3≤0}x 2={x|(x −1)(x −3)≤0}={x|1≤x ≤3}m =2B ={x|x >m}={x|x >2}A ∪B ={x|x ≥1}(2)A ∩B =A A ⊆B m <1m (−∞,1)(1)x (3−x)y =(3−x)+1525x −√x 0≤x ≤3[0,3](2)(1)y =(3−x)+(x ∈[0,3])1525x −√m =x −√y =(3−)+m 15m 225=−(m −1+(m ∈[0,])15)2453–√m =1x =1y 45(1)x (3−x)y =(3−x)+1525x −√x 0≤x ≤3[0,3](2)(1)y =(3−x)+(x ∈[0,3])1525x −√m =x −√y =(3−)+m 15m 225=−(m −1+(m ∈[0,])15)2453–√m =1x =1y 45−,1)3解：因为关于的不等式：的解集为，所以和是方程的两个实数根，由韦达定理可得：，得.因为关于的不等式的解集为，当时，恒成立，当时，由解得：，故的取值范围为．【考点】一元二次方程的根的分布与系数的关系一元二次不等式的解法【解析】根据不等式与对应方程的关系，利用韦达定理求出的值．讨论和时，利用判别式求出的取值范围．【解答】解：因为关于的不等式：的解集为，所以和是方程的两个实数根，由韦达定理可得：，得.因为关于的不等式的解集为，当时，恒成立，当时，由解得：，故的取值范围为．22.【答案】解：∵，且，∴，∴，∴，当且仅当时取等号，故的最小值为；由，得：，又，，∴(1)x 2k +kx −3<0x 2(−,1)32−3212k +kx −3=0x 2−×1=32−32kk =1(2)x 2k +kx −3<0x 2R k =0−3<0k ≠0{2k <0，Δ=+24k <0，k 2−24<k <0k (−24,0](1)k (2)k =0k ≠0k (1)x 2k +kx −3<0x 2(−,1)32−3212k +kx −3=0x 2−×1=32−32k k =1(2)x 2k +kx −3<0x 2R k =0−3<0k ≠0{2k <0，Δ=+24k <0，k 2−24<k <0k (−24,0](1)x >0y >02x +8y −xy =0xy=2x +8y ≥216xy −−−−√≥8xy −−√xy ≥64x =4y =16xy 64(2)2x +8y =xy +=12y 8x x >0y >0x +y =(x +y)⋅(+)=10++2y 8x 2x y 8y x10+2=18−−−−−−−，当且仅当时取等号，故的最小值为．【考点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】（1）利用基本不等式构建不等式即可得出；（2）由＝，变形得，利用“乘法”和基本不等式即可得出．【解答】解：∵，且，∴，∴，∴，当且仅当时取等号，故的最小值为；由，得：，又，，∴，当且仅当时取等号，故的最小值为．≥10+2=18⋅2x y 8y x−−−−−−−√x =2y =12x +y 182x +8y xy +=12y 8x 1(1)x >0y >02x +8y −xy =0xy=2x +8y ≥216xy −−−−√≥8xy −−√xy ≥64x =4y =16xy 64(2)2x +8y =xy +=12y 8xx >0y >0x +y =(x +y)⋅(+)=10++2y 8x 2x y 8y x ≥10+2=18⋅2x y 8y x−−−−−−−√x =2y =12x +y 18。

2022-2023学年全国高一上数学月考试卷考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）1. 设全集，集合，，则图中阴影部分所表示的集合为( )A.B.C.D.2. 下列复数中实部与虚部互为相反数的是( )A.B.C.D.3. 已知平面向量，的夹角为，且，则的最小值为（ ）A.B.C.D.4. 临近学期结束，某中学要对本校高中部一线科任教师进行“评教评学”调査，经调査，高一年级U =R A ={x|(x +1)(x −3)<0}B ={x|x −1≥0}{x|x ≤−1或x ≥3}{x|x <1或x ≥3}{x|x ≤1}{x|x ≤−1}2−i(1−i)2i (1+i)i (1−2i)a →b →120∘⋅=−1a →b →|−|a →b →6–√3–√2–√190%92%名一线科任教师好评率为，高二年级名一线科任教师好评率为，高三年级名一线科任教师好评率为．依此估计该中学高中部一线科任教师的好评率约为（ ）A.B.C.D.5. 不论为何实数，直线恒过定点( )A.B.C.D.6. 某人向正东方向走后，向右转，然后朝新方向走，结果他恰好离出发地，那么的值为（ ）A.B.C.或D.7. 设是定义在上的奇函数，且满足 ，当时，，则（ ）A.B.C.D.8. 袋中有个小球（白黑），现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是（ ）A.8090%7592%8095%92%93%94%95%m (m −1)x −y −2m +1=0(1,−1)（2,−1）(−2,−1)(1,1)x km 150∘ 3 km km 3–√x 3–√23–√3–√23–√5f (x)R f (x +2)=−f (x)0≤x ≤1f (x)=x (1+x)f (−)=92−34−141434532353B.C.D.9. 若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则的渐近线方程为( )A.B. C. D.10. 已知函数＝是奇函数，直线与函数的图象的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为，则（ ）A.在上单调递减B.在上单调递减C.在上单调递增D.在上单调递增11. 已知正方体的棱长为，，分别是棱，的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，若面，则线段的长度范围是( )A.3412310C :−=1(a >0,b >0)x 2a 2y 2b 2+=2x 2(y −2)22C y =±x 3–√3y =±x 21−−√7y =±x 21−−√3y =±x3–√f(x)sin(ωx +φ)+cos(ωx +φ)(ω>0,0<φ<π)y =2–√f(x)π2f(x)(0,)π4f(x)(,)π83π8f(x)(0,)π4f(x)(,)π83π8ABCD −A 1B 1C 1D 12M N BC CC 1P BCC 1B 1P //A 1AMN PA 1[2,]5–√[2,3]B.C.D.12. 下列不等关系中，正确的一个是( )A.B.C.D.卷II （非选择题）二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 若等比数列的各项都是正数，且，则________．14. 在正方体中，点为正方形的中心，则异面直线与所成角为________． 15. 填空13.在的展开式中的系数为________.14.已知实数，满足约束条件，则的最大系数为________.15.已知正三棱锥P-ABC 的底面边长为3，外接球的表面积为16π，则正三棱锥P-ABC 的体积为________.16.如图，过抛物线的焦点作两条互相垂直的弦、，若△ACF 与△BDF 面积之和的最小值为16，则抛物线的方程为______.[2,3][,3]32–√2[,]32–√25–√<0.7−π0.7−32<log 13log 312<0.8−0.18−0.2>0.4−23413{}a n +=16a 5a 6a 4a 7++⋯+=log 2a 1log 2a 2log 2a 10ABCD −D A 1B 1C 1E ABCD E A 1D B 1(2−)x 21x 71xx y x +y ≤0，5x +2y ≥11，y ≥x +1,12z =2x −y =2px(p >0)y 2F AB CD16. 已知定义在上的奇函数满足当时，，则不等式的解集为________.三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 在中，角，，的对边分别为，，，若，且 . 求角的值；若，且的面积为，求边上的中线的长． 18. 某射击运动员射击一次所得环数的分布列如下：现进行两次射击，以该运动员两次射击所得的最高环数作为他的成绩，记为．求该运动员两次都命中环的概率；求的分布列及数学期望．19. 已知数列中，，，前项和为，若，且.求数列的通项公式;记，求数列的前项和. 20. 如图所示，在直角梯形中，，，，，，边上一点满足．现将沿折起到的位置，使平面平面，如图所示．求证：；求平面与平面所成锐二面角的余弦值．R f (x)x ≥0f (x)=−+−1x −√e −2x f(2−10x)+f(−6x −12)<0x 2x 2△ABC A B C a b c a sin B cos C +c sin B cos A =b 12c >b (1)B (2)A =π6△ABC 43–√BC AM X X 0−678910P 00.20.30.30.2ξ(1)7(2)ξE(ξ){}a n =1a 1>0a n n S n =+(n ∈a n S n −−√S n−1−−−−√N ∗n ≥2)(1)a n (2)=⋅c n a n 2a n {}c n n T n 1ABCD BC//AD AD ⊥CD BC =2AD =3CD =3–√AD E DE =1△ABE BE △BE A 1BE ⊥A 1BCDE 2(1)C ⊥BE A 1(2)BE A 1CD A 1C :=2px (p >0)221. 已知抛物线的焦点为，为抛物线上异于原点的任意一点，过点的直线交抛物线于另一点，交轴的正半轴于点，且有.当点的横坐标为时， .求抛物线的方程；若直线，且和抛物线有且只有一个公共点，试问直线（为抛物线上异于原点的任意一点）是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 22. 已知函数，其中是自然对数的底数．判断函数在区间上的单调性，并求最小值；设，证明：函数在区间上有唯一零点．C :=2px (p >0)y 2F A C A l C B x D |FA|=|FD|A 3|FA|=4(1)C (2)//l l 1l 1C E AE A C f (x)=x +−sin x 12e −x e =2.718281…(1)f (x)[π,]3π2(2)g(x)=x +2−f (x)12e −x g(x)(,2π)3π2参考答案与试题解析2022-2023学年全国高一上数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）1.【答案】D【考点】Venn 图表达集合的关系及运算【解析】由阴影部分表示的集合为，然后根据集合的运算即可．【解答】解：由图象可知阴影部分对应的集合为，∵，，∴，则.故选.2.【答案】C【考点】复数的基本概念复数代数形式的乘除运算【解析】本题考查复数的实部与虚部，考查运算求解能力 .【解答】解：因为，所以的实部与虚部互为相反数．故选 .3.【答案】(A ∪B)∁U (A ∪B)∁U A ={x|(x +1)(x −3)<0}=(−1,3)B ={x|x −1≥0}=[1,+∞)A ∪B =(−1,+∞)(A ∪B)=(−∞,−1]∁U D i(1+i)=−1+i i(1+i)CA【考点】数量积表示两个向量的夹角平面向量数量积向量的模【解析】根据平面向量的数量积的应用，利用基本不等式即可求解．【解答】解：∵平面向量，的夹角为，∴，∴，则，当且仅当时取等号，故的最小值为，故选．4.【答案】A【考点】用样本的数字特征估计总体的数字特征【解析】由题意计算加权平均数，即可得出结果．【解答】由题意，计算＝；依此估计该中学高中部一线科任教师的好评率约为．5.a →b →120∘⋅=||⋅||cos =−⋅||⋅||=−1a →b →a →b →120∘12a →b →||⋅||=2a →b →|−|=a →b →(−a →b →)2−−−−−−−−√=|−2⋅+|a →|2a →b →b →|2−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√=|+|+2a →|2b →|2−−−−−−−−−−−−−−−√≥==2||⋅||+2a →b →−−−−−−−−−−−−−−√4+2−−−−√6–√||=||=a →b →2–√|−|a →b →6–√A ×(80×90%+75×92%+80×95%)≈0.92180+75+8092%92%B【考点】直线恒过定点直线的一般式方程【解析】题中函数可化为,当时，，所以该直线恒过点【解答】解：直线可化为，当时，，所以该直线恒过点.故选.6.【答案】C【考点】解三角形的实际应用【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意得，解得或．故选．7.【答案】A【考点】函数奇偶性的性质y =(m −1)x −2m +1=(m −1)x −2(m −1)−1=(m −1)(x −2)−1x =2y =−1(2,−1)y =(m −1)x −2m +1=(m −1)x −2(m −1)−1=(m −1)(x −2)−1x =2y =−1(2,−1)B (=+−2×3x cos 3–√)232x 230∘x =3–√23–√C【解析】首先由对称得到，再结合已知函数求值即可.【解答】解：由，得，所以.又为定义在上的奇函数，所以.因为当时，，所以，所以.故选.8.【答案】C【考点】条件概率与独立事件【解析】在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球，是一个条件概率，需要做出第一次取到白球的概率和两次都取到白球的概率，根据条件概率的公式，代入数据得到结果．【解答】解：记事件为“第一次取到白球”，事件为“第二次取到白球”，则事件为“两次都取到白球”，依题意知，，∴在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是．故选9.【答案】f (−)=f (−)=−f ()921212f (x +2)=−f (x)f (x)=−f (x +2)f (−)92=−f (−)52=f (−)12f (x)R f (−)12=−f ()120≤x ≤1f (x)=x (1+x)f ()12=×(1+)1212=34f (−)92=−f ()12=−34A AB AB P(A)=35P(AB)=×=3524310P(B |A)==3103512CD【考点】双曲线的渐近线点到直线的距离公式【解析】本题考查双曲线的渐近线方程，直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，解题的关键是熟练掌握栓曲线的性质，由题意，得出栓曲线渐近线方程的表达式，再利用点到直线的距离和勾股定理即可解答本题.【解答】解：由题意，双曲线的渐近线方程为，∵双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为，∴圆心到直线的距离为：，则由勾股定理得：，解得：，则，∴双曲线的渐近线方程为.故选.10.【答案】D【考点】两角和与差的正弦公式三角函数中的恒等变换应用正弦函数的单调性正弦函数的图象【解析】根据两角和的正弦函数化简解析式，由条件和诱导公式求出的值，由条件和周期共识求出的值，根据正弦函数的单调性和选项判断即可．【解答】解：由题意得，＝y =±x b a +(y −2=2x 2)22(0,2)y =±x b a 2a +a 2b 2−−−−−−√+(=2122a+a 2b 2−−−−−−√)2=3b 2a 2=b a 3–√C y =±x 3–√D φωf(x)sin(ωx +φ)+cos(ωx +φ)=[sin(ωx +φ)+cos(ωx +φ)]2–√2–√22–√2，∵函数是奇函数，∴，则，又，∴，∴，∵与的图象的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为，∴，则＝，即，由得，则在上不是单调函数，排除、；由得，则在上是增函数，排除，故选.11.【答案】D【考点】点、线、面间的距离计算【解析】首先确定点的轨迹，再结合正方体，确定直线的范围即可.【解答】解：取， 中点，，连接，，如图所示，则，.因为，，所以平面平面.又因为动点在正方形（包括边界）内运动，所以点的轨迹为线段.因为正方体的棱长为，所以，，所以为等腰三角形，故当点在点或者在点处时，此时最大，最大值为，当点为中点时，最小，=sin(ωx +φ+)2–√π4f(x)(ω>0,0<φ<π)φ+=kπ(k ∈Z)π4φ=−+kπ(k ∈Z)π40<φ<πφ=3π4f(x)=sin(ωx ++)=−sin ωx 2–√3π4π42–√y =2–√f(x)π2T ==2πωπ2ω4f(x)=−sin 4x 2–√x ∈(0,)π44x ∈(0,π)f(x)(0,)π4A C x ∈(,)π83π84x ∈(,)π23π2f(x)(,)π83π8B D P B 1C 1B B 1E F E A 1F A 1E//AM A 1EF//MN E ∩EF =E A 1AM ∩NM =M EF//A 1AMN P BCC 1B 1P EF ABCD −A 1B 1C 1D 12E =F =A 1A 15–√EF =2–√△EF A 1P E P F PA 15–√P EF PA 1最小值为，故线段的长度范围是.故选.12.【答案】D【考点】对数值大小的比较对数的运算性质指数函数的性质有理数指数幂的化简求值【解析】.【解答】解：，设函数，则函数在上单调递减，又，则，故错误；，由对数的运算可知，，故错误；，由，，得，故错误；，，又，则，故正确.故选.二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】【考点】等比数列的性质对数的运算性质【解析】由等比数列的性质可知，可求，代入可=−()5–√2()2–√22−−−−−−−−−−−−−−√32–√2PA 1[,]32–√25–√D A y =0.7x y R −π<−3>0.7−π0.7−3A B 2=−2=log 13log 3log 312B C >10.8−0.10<<18−0.2>0.8−0.18−0.2C D ==0.4−23 2.523 6.25136.25>4>0.4−23413D D 15+=2a a a a a a a a ++⋯+log a log a log a求．【解答】解：因为，所以，则．故答案为：．14.【答案】【考点】异面直线及其所成的角【解析】解：如图所示：连结、，则、的交点，连结，由正方体的性质易得，，又因为，所以面，所以，故，即异面直线与所成角为．故答案为：．【解答】解：如图所示：连结、，则、的交点，连结，由正方体的性质易得，，又因为，所以面，所以，故，即异面直线与所成角为．故答案为：．15.【答案】-842或【考点】二项式系数的性质球内接多面体222+=2=16a 5a 6a 4a 7a 5a 6=8a 5a 6++…+log 2a 1log 2a 2log 2a 10=(⋯)log 2a 1a 2a 10=log 2()a 5a 65=1515π2BD AC BD AC E E A 1A ⊥BD A 1AC ⊥BD A ∩AC =A A 1BD ⊥AE A 1BD ⊥E A 1⊥E B 1D 1A 1E A 1B 1D 1π2π2BD AC BD AC E E A 1A ⊥BD A 1AC ⊥BD A ∩AC =A A 1BD ⊥AE A 1BD ⊥E A 1⊥E B 1D 1A 1E A 1B 1D 1π2π233–√493–√4=4xy 22–√同余【解析】此题暂无解析【解答】解：解：解：解：16.【答案】【考点】奇偶性与单调性的综合函数奇偶性的性质函数单调性的性质利用导数研究函数的单调性【解析】由已知求得函数解析式，再由导数研究函数的单调性，把转化为关于的一元二次不等式求解．【解答】解：时，，，时，，，，，，，在上为减函数，，且为上的奇函数，可得图象关于对称，且在上为一连续不间断的曲线，在上为减函数，且，化为，为上减函数，(−∞,−)∪(6,+∞)23f (2−10x)−f (−6x −12)<0x 2x 2x ∵x ≥0f (x)=−+−1x −√e −2x (x)=−⋅−2=−(+2)(x >0)f ′121x −√e −2x 12x −√e −2x ∵x >0>012x −√−2x <0∈(0,1)e −2x ∴+>012x −√e −2x∴−(+)<012x −√e −2x ∴(x)<0f ′∴f (x)(0,+∞)∵f (0)=−+−1=1−1=00–√e 0f (x)R ∴f (x)(0,0)R ∴f (x)R f (−x)=−f (x)∴f (2−10x)+f (−6x −12)<0x 2x 2f(2−10x)<−f(−6x −12)=f(−+6x +12)x 2x 2x 2∵f (x)R，即 ，解得或， 解集为 ．故答案为：．三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】解：∵，由正弦定理得，∵，，∴，即，得 .又，∴，∴ .由知，若，故，则，∴，（舍），又在中， ，∴，∴ .【考点】两角和与差的正弦公式正弦定理余弦定理解三角形【解析】此题暂无解析【解答】∴2−10x >−+6x +12x 2x 23−16x −12>0x 2x <−23x >6∴(−∞,−)∪(6,+∞)23(−∞,−)∪(6,+∞)23(1)a sin B cos C +c sin B cos A =b 12sin A sin B cos C +sin C sin B cos A =sin B 12B ∈(0,π)sin B ≠0sin A cos C +sin C cos A =12sin(A +C)=12sin B =12c >b 0<B <π2B =π6(2)(1)B =π6A =π6a =b =ab sin C =sin =4S △ABC1212a 22π33–√a =4a =−4△AMC A =A +M −2AC ⋅MC cos M 2C 2C 22π3A =A +−2⋅AC ⋅AC ⋅cos M 2C 2(AC)122122π3=+−2×4×2×(−)=28422212AM =27–√解：∵，由正弦定理得，∵，，∴，即，得 . 又，∴，∴ . 由知，若，故，则，∴，（舍），又在中， ，∴，∴ .18.【答案】解：设“该运动员两次都命中环”为事件，则．可取、、、，则，，，，故的分布列为．【考点】古典概型及其概率计算公式离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列【解析】根据相互独立事件概率公式计算；根据相互独立事件概率公式求出的分布列，再计算．【解答】(1)a sin B cos C +c sin B cos A =b 12sin A sin B cos C +sin C sin B cos A =sin B 12B ∈(0,π)sin B ≠0sin A cos C +sin C cos A =12sin(A +C)=12sin B =12c >b 0<B <π2B =π6(2)(1)B =π6A =π6a =b =ab sin C =sin =4S △ABC 1212a 22π33–√a =4a =−4△AMC A =A +M −2AC ⋅MC cos M 2C 2C 22π3A =A +−2⋅AC ⋅AC ⋅cos M 2C 2(AC)122122π3=+−2×4×2×(−)=28422212AM =27–√(1)7A P(A)=0.2×0.2=0.04(2)ξ78910P (ξ=7)=0.04P (ξ=8)=2×0.2×0.3+=0.210.32P(ξ=9)=0.5×0.3×2+=0.390.32P(ξ=10)=0.2×0.8×2+=0.360.22ξξ78910P 0.040.210.390.36∴E (ξ)=7×0.04+8×0.21+9×0.39+10×0.36=9.07(1)(2)ξE(ξ)解：设“该运动员两次都命中环”为事件，则．可取、、、，则，，，，故的分布列为．19.【答案】解：在数列中，∵且，∴①式÷②式得：∴数列是以为首项，公差为的等差数列，∴，∴.当时，，当时，，也满足上式，∴数列的通项公式为.由知，，∴，则，，得，，(1)7A P(A)=0.2×0.2=0.04(2)ξ78910P (ξ=7)=0.04P (ξ=8)=2×0.2×0.3+=0.210.32P(ξ=9)=0.5×0.3×2+=0.390.32P(ξ=10)=0.2×0.8×2+=0.360.22ξξ78910P 0.040.210.390.36∴E (ξ)=7×0.04+8×0.21+9×0.39+10×0.36=9.07(1){}a n =−(n ≥2)①a n S n S n−1=+②a n S n −−√S n−1−−−−√>0a n −=1(n ≥2)S n −−√S n−1−−−−√{}S n −−√==1S 1−−√a 1−−√1=1+(n −1)=nS n −−√=S n n 2n ≥2=−a n S n S n−1=−(n −1=2n −1n 2)2n =1=1a 1{}a n =2n −1a n (2)(1)=2n −1a n =(2n −1)⋅c n 22n−1=1⋅2+3⋅+5⋅+⋯T n 2325+(2n −1)⋅①22n−14=1⋅+3⋅+5⋅+⋯T n 232527+(2n −3)⋅+(2n −1)⋅②22n−122n+1①−②−3=2+2(++…T n 2325+)−22n−1(2n −1)22n+1=2+2−(2n −1)8(1−)22n−21−422n+1=−+(−2n)1035322n+1【考点】数列的求和数列递推式等差数列的通项公式【解析】此题暂无解析【解答】解：在数列中，∵且，∴①式÷②式得：∴数列是以为首项，公差为的等差数列，∴，∴.当时，，当时，，也满足上式，∴数列的通项公式为.由知，，∴，则，，得，，(1){}a n =−(n ≥2)①a n S n S n−1=+②a n S n −−√S n−1−−−−√>0a n −=1(n ≥2)S n −−√S n−1−−−−√{}S n −−√==1S 1−−√a 1−−√1=1+(n −1)=n S n −−√=S n n 2n ≥2=−a n S n S n−1=−(n −1=2n −1n 2)2n =1=1a 1{}a n =2n −1a n (2)(1)=2n −1a n =(2n −1)⋅c n 22n−1=1⋅2+3⋅+5⋅+⋯T n 2325+(2n −1)⋅①22n−14=1⋅+3⋅+5⋅+⋯T n 232527+(2n −3)⋅+(2n −1)⋅②22n−122n+1①−②−3=2+2(++…T n 2325+)−22n−1(2n −1)22n+1=2+2−(2n −1)8(1−)22n−21−422n+1=−+(−2n)1035322n+120.【答案】证明：在图中，连接，易求，∴四边形为菱形．连接交于点，如图，则．∴在图中，，．又，∴平面．又平面，∴．解：在图中延长，，设，连接．∵平面，平面，又平面，平面，∴是平面与平面的交线．∵平面平面，，平面平面，∴平面 ．又平面，∴．作，垂足为，连接．又，∴面，又平面，∴．∴即为平面与平面所成锐二面角的平面角．由知，，为等边三角形，∴．∵，∴，解得．在中，．∴，∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为．(1)1CE CE =BC =BE =AE =AB =2ABCE AC BE O AC ⊥BE 2O ⊥BE A 1OC ⊥BE O ∩OC =O A 1BE ⊥OC A 1C ⊂A 1OC A 1C ⊥BE A 1(2)2BE CD BE ∩CD =G G A 1G ∈BE A 1G ∈CD A 1∈A 1BE A 1∈A 1CD A 1G A 1BE A 1CD A 1BE ⊥A 1BCDE OC ⊥BE BE∩A 1BCDE =BE OC ⊥BE A 1G ⊂A 1BE A 1OC ⊥G A 1OH ⊥G A 1H CH OH ∩OC =O G ⊥A 1OCH CH ⊂OCH G ⊥CH A 1∠OHC BE A 1CD A 1(1)△BE A 1△BCE OC =3–√△OHG ∼△B G A 1==OH BA 1OG BG 34OH =32Rt △COH CH =O +O C 2H 2−−−−−−−−−−√==3+94−−−−−√21−−√2cos ∠OHC ===OH CH 3221√221−−√7BE A 1CD A 121−−√7【考点】直线与平面垂直的判定直线与平面垂直的性质二面角的平面角及求法【解析】无无【解答】证明：在图中，连接，易求，∴四边形为菱形．连接交于点，如图，则．∴在图中，，．又，∴平面．又平面，∴．解：在图中延长，，设，连接．∵平面，平面，又平面，平面，∴是平面与平面的交线．∵平面平面，，平面平面，∴平面 ．又平面，∴．作，垂足为，连接．又，∴面，又平面，∴．∴即为平面与平面所成锐二面角的平面角．由知，，为等边三角形，∴．∵，(1)1CE CE =BC =BE =AE =AB =2ABCE AC BE O AC ⊥BE 2O ⊥BE A 1OC ⊥BE O ∩OC =O A 1BE ⊥OC A 1C ⊂A 1OC A 1C ⊥BE A 1(2)2BE CD BE ∩CD =G G A 1G ∈BE A 1G ∈CD A 1∈A 1BE A 1∈A 1CD A 1G A 1BE A 1CD A 1BE ⊥A 1BCDE OC ⊥BE BE∩A 1BCDE =BE OC ⊥BE A 1G ⊂A 1BE A 1OC ⊥G A 1OH ⊥G A 1H CH OH ∩OC =O G ⊥A 1OCH CH ⊂OCH G ⊥CH A 1∠OHC BE A 1CD A 1(1)△BE A 1△BCE OC =3–√△OHG ∼△B G A 1=OH OG 3H =3∴，解得．在中，．∴，∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为．21.【答案】解：由题意知，由抛物线的定义知：，解得，所以抛物线的方程为.由知，设，,因为，所以，由得，故，故直线的斜率为，因为直线和直线平行，故可设直线的方程为，代入抛物线方程得,由题意知，得,设，则，，当时，,可得直线的方程为,由，整理可得,所以直线恒过点,当时，直线的方程为，过点，所以直线恒过定点.【考点】抛物线的标准方程直线与抛物线的位置关系圆锥曲线中的定点与定值问题==OH BA 1OG BG 34OH =32Rt △COH CH =O +O C 2H 2−−−−−−−−−−√==3+94−−−−−√21−−√2cos ∠OHC ===OH CH 3221√221−−√7BE A 1CD A 121−−√7(1)F (,0)p23+=4p 2p =2C =4x y 2(2)(1)F (1,0)A (,)(>0)x 0y 0x 0D (,0)(>0)x D x D |FA|=|FD||−1|=+1x D x 0>0x D =+2x D x 0D (+2,0)x 0AB =−k AB y 02l 1AB l 1y =−x +b y 02+y −=0y 28y 08b y 0Δ=+=064y 2032b y 0b =−2y 0E (,)x E y E =−y E 4y 0=x E 4y 20≠4y 20==k AE −y E y 0−x E x 04y 0−4y 20AE y −=(x −)y 04y 0−4y 20x 0=4y 20x 0y =(x −1)4y 0−4y 20AE F (1,0)=4y 20AE x =1F (1,0)AE F (1,0)【解析】（1）由题意知，由抛物线的定义知：，求出,即可得解抛物线的方程为由（）知，设,根据已知条件可得即,即可得到直线的斜率为，根据直线和直线平行，可设直线的方程为,联立抛物线方程即可得到，再分和分类讨论求解直线的方程，即可得解直线恒过定点.【解答】解：由题意知，由抛物线的定义知：，解得，所以抛物线的方程为.由知，设，,因为，所以，由得，故，故直线的斜率为，因为直线和直线平行，故可设直线的方程为，代入抛物线方程得,由题意知，得,设，则，，当时，,可得直线的方程为,由，整理可得,所以直线恒过点,当时，直线的方程为，过点，所以直线恒过定点.22.【答案】解：由已知可得， ，当时， ，F (,0)p 23+=4p 2p =2C =4x.y 2(Ⅱ)ⅠF (1,0)A (,)(>0),D (,)(>0)x 0y 0x 0x D y 0x D =+2,x D x 0D (+2,0)x 0AB =−k AB y 02l 1AB l 1y =−x +b y 02=−,=y E 4y 0x E 4y 20≠4y 20=4y 20AE AE F (1,0)(1)F (,0)p 23+=4p 2p =2C =4x y 2(2)(1)F (1,0)A (,)(>0)x 0y 0x 0D (,0)(>0)x D x D |FA|=|FD||−1|=+1x D x 0>0x D =+2x D x 0D (+2,0)x 0AB =−k AB y 02l 1AB l 1y =−x +b y 02+y −=0y 28y 08b y 0Δ=+=064y 2032b y 0b =−2y 0E (,)x E y E =−y E 4y 0=x E 4y 20≠4y 20==k AE −y E y 0−x E x 04y 0−4y 20AE y −=(x −)y 04y 0−4y 20x 0=4y 20x 0y =(x −1)4y 0−4y 20AE F (1,0)=4y 20AE x =1F (1,0)AE F (1,0)(1)(x)=−−cos x f ′12e −x x ∈[π,]3π2−1≤cos x ≤0x)=−−cos x ≥−>01x 1x所以，所以在区间上是单调递增的，故函数在上的最小值为．证明：由已知条件可知：，当时， ，，所以在区间上是单调递增的.又，，所以存在唯一的，使得，所以时，，函数单调递减，时，，函数单调递增.因为，所以函数在区间上没有零点.因为，，所以函数在区间上存在唯一零点，故函数在区间上有唯一零点．【考点】利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数的最值利用导数研究与函数零点有关的问题【解析】此题暂无解析【解答】解：由已知可得， ，当时， ，所以，所以在区间上是单调递增的，故函数在上的最小值为．证明：由已知条件可知：，(x)=−−cos x ≥−>0f ′12e −x 12e −x f (x)[π,]3π2[π,]3π2f (π)=+π2e −π(2)g(x)=+sin x e −x x ∈(,2π)3π2(x)=−+cos x g ′e −x (x)=−sin x >0g ′′e −x (x)g ′(,2π)3π2()=−<0g ′3π2e −3π2(2π)=−+1>0g ′e −2πt ∈(,2π)3π2(t)=0g ′x ∈(,t)3π2(x)<0g ′g(x)x ∈(t,2π)(x)>0g ′g(x)g()=−1<03π2e −3π2g(x)(,t)3π2g(t)<g()<03π2g(2π)=>0e −2πg(x)(t,2π)g(x)(,2π)3π2(1)(x)=−−cos x f ′12e −x x ∈[π,]3π2−1≤cos x ≤0(x)=−−cos x ≥−>0f ′12e −x 12e −xf (x)[π,]3π2[π,]3π2f (π)=+π2e −π(2)g(x)=+sin x e −x ∈(,2π)3π当时， ，，所以在区间上是单调递增的.又，，所以存在唯一的，使得，所以时，，函数单调递减，时， ，函数单调递增.因为，所以函数在区间上没有零点.因为，，所以函数在区间上存在唯一零点，故函数在区间上有唯一零点．x ∈(,2π)3π2(x)=−+cos x g ′e −x (x)=−sin x >0g ′′e −x (x)g ′(,2π)3π2()=−<0g ′3π2e −3π2(2π)=−+1>0g ′e −2πt ∈(,2π)3π2(t)=0g ′x ∈(,t)3π2(x)<0g ′g(x)x ∈(t,2π)(x)>0g ′g(x)g()=−1<03π2e −3π2g(x)(,t)3π2g(t)<g()<03π2g(2π)=>0e −2πg(x)(t,2π)g(x)(,2π)3π2。

2022-2023学年全国高一下数学月考试卷考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1. 下列命题正确的是( )A.若，则B.，则C.若与是共线向量，与是共线向量，则与是共线向量D.若与是单位向量，则2. 如图，在正四面体中，，，分别是，，的中点，下面四个结论不成立的是( )A.平面B.平面C.平面平面D.平面平面3. 如图，是边长为的正方形，点，分别为，的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点，若四面体的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积是( )⋅=⋅a →b →b →c →=a →c→|+|=|−|a →b →a →b →⋅=0a →b →a →b →b →c →a →c →a →0b →0⋅=1a →0b →0P −ABC D E F AB BC CA BC //PDFDF ⊥PAEPDF ⊥PAEPDE ⊥ABC1ABCD 2E F BC CD △ABE △ECF △FDA AE EF FA B C D P PAEFA.B.C.D.4. 已知向量，，则在方向上的投影为( )A.B.C.D.5. 在 中，在边上满足 ，为的中点，则( )A.B.C.D.6. 在中，内角，，的对边分别为，，，满足，， 的面积为，则的外接圆半径为( )A.B.π6–√6π4π3–√12π=(−6,−8)a →=(2,1)b →+a →b →a →−88165−165△ABC D AC =AD −→−12DC −→−E BD =CE −→−−56BA −→−13BC −→−−13BA −→−56BC −→−+13BA −→−56BC −→−+56BA −→−13BC −→−△ABC A B C a b c A =π6b =1△ABC 3–√2△ABC 3–√23–√–√C.D.7. 已知，那么等于（ ）A.B.C.D.8. 四棱柱中，底面四边形是菱形，，连接,交于点，平面， ，点与点关于平面对称，则三棱锥的体积为 A.B.C.D.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则下列结论正确的是( )A.B.C.D.10. 已知， ，为虚数单位，且，复数，则以下结论正确的是（ ）A.的虚部为B.的模为C.的共轭复数为D.对应的点在第四象限7–√27–√=(3,0)AB −→−||AB −→−2345ABCD −A 1B 1C 1D 1ABCD ∠ADC =120∘AC BD O O ⊥A 1ABCD O =BD =4A 1C ′C B D C 1−ABD C ′()33–√23–√63–√43–√△ABC A B C a b c b =23–√c =3A +3C =πcos C =3–√3sin B =2–√3a=3=S △ABC 2–√x y ∈R i (x +1)i −y =−1+2iz =(1−i)x+y z −2iz 2z 2iz11. 已知的三边长分别是，，．则下列说法正确的是( )A.以所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的侧面积为B.以所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的体积为C.以所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的全面积为D.以所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的体积为12. 下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是( )A.两条不重合直线，的方向向量分别是，，则B.直线的方向向量，平面的法向量是，则C.直线的方向向量，平面的法向量是，则D.两个不同的平面，的法向量分别是，，则卷II （非选择题）三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为，腰和上底边均为的等腰梯形，则这个平面图形的面积是________．14. 已知单位向量，，满足，则与的夹角为________．15. 在中，角，，的对边分别为，，，若，则角的值为________．16. 已知直三棱柱所有的棱长都相等，，分别为棱，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为________.四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 计算． 18. 如图，已知矩形，，，点为矩形内一点，且，设．△ABC AC =3BC =4AB =5BC 12πAB 48π5AC 25πAC 16πl 1l 2=(2,−2,−1)a →=(−2,2,1)b →//l 1l 2l =(1,1,2)a →α=(5,−1,−2)n →l ⊥αl =(0,2,0)a →α=(0,−3,0)n →l//ααβ=(3,−4,2)m →=(2,2,1)n →α⊥β45∘1a →b →c →−3=2a →b →2–√c →a →c →△ABC A B C a b c +−=ac a 2c 2b 23–√B ABC −A 1B 1C 1D E AA 1BC DE B A 1[(1+2i)⋅+(−(i 1001−i 1+i )5]21+i 2–√)20ABCD AB =2AD =3–√P ||=1AP −→−∠BAP =α当时，求证：；求的最大值．19. 已知四点的坐标分别为，，，（1）判断四边形的形状，并给出证明；（2）求；（3）设实数满足，求的值．20. 如图所示，已知四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，平面，.求证：；求四棱锥的表面积.21. 已知的内角，，的对边分别为，，， .求的值：若，的面积为，求的周长．22. 如图，在三棱锥中，是的中点，平面， (1)求证： 平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．(1)α=π3⊥PC −→−PD −→−(2)(+)⋅PC −→−PD −→−AP −→−ABCD A(1,0)B(4,3)C(2,4)D(0,2)ABCD cos ∠DAB t (−t )⊥AB −→−CD −→−OC −→−t P −ABCD ABCD AD//BC AB ⊥BC AB =AD =1BC =2PB ⊥ABCD PB =1(1)CD ⊥PD (2)P −ABCD △ABC A B C a b c =sin B 2b cos Cc (1)sin C +2cos C2sin C −cos C (2)c =25–√△ABC 5△ABC P −ABC M AC AC ⊥PAB PB ⊥PC ，AB =2，AC =4，AP =1PB ⊥PAC BM PAC参考答案与试题解析2022-2023学年全国高一下数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）1.【答案】B【考点】相等向量与相反向量平行向量的性质零向量【解析】当 时，可得、不正确，把 平方可得，得到正确，根据，可得不正确．【解答】解：当 时， 成立，而 的大小和方向都是不确定的，故不正确．由 可得，∴，故正确．当 时，与是共线向量，与是共线向量，但与的大小和方向都是不确定的，故不正确．若与是单位向量，则，故不正确．故选．2.【答案】D【考点】空间中平面与平面之间的位置关系空间中直线与平面之间的位置关系【解析】正四面体即正三棱锥，所以其四个面都是正三角形，在正三角形中，联系选项=b →0→A C |+|=|−|a →b →a →b →⋅=0a →b →B ⋅=1×1cos <>a 0→b 0→a 0→,b 0−→D =b →0→⋅=⋅a →b →b →c →与a →c →A |+|=|−|a →b →a →b →++2⋅=+−2⋅a →2b →2a →b →a →2b →2a →b →⋅=0a →b →B =b →0→a →b →b →c →a →c →C a →0b →0⋅=1×1×cos <>=cos <>a 0→b 0→a 0→,b 0−→a 0→,b 0−→D B P −ABC P −ABC C AB BC CA、、中有证明到垂直关系，应该联想到“三线合一”．，，分别是，，的中点，由中位线定理可得，所以平面，进而可得答案．【解答】解：，由题意知，，分别是，的中点，则.又平面，平面，所以平面.故选项正确；，在正四面体中，，为等边三角形.因为是的中点，所以，.又，平面，平面，所以平面.因为，所以平面.故选项正确；，因为平面，平面，所以平面平面.故选项正确；，点在底面内的射影为的中心，不在中位线上.故选项错误．故选．3.【答案】B【考点】球的表面积和体积【解析】由已知得、、两两垂直，且＝，＝＝，以、、为棱构造一个长方体，则四面体的四个顶点在这个长方体的外接球上，由此能求出该球的表面积．【解答】解：∵是边长为的正方形，点，分别为，的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点，∴，，两两垂直，且，，以，，为棱构造一个长方体，则四面体的四个顶点在这个长方体的外接球上，∴这个球的半径为，∴该球的表面积是．故选.4.B C D D E F AB BC CA BC //DF BC //PDF A D F AB CA DF //BC DF ⊂PDF BC ⊂PDF BC //PDF B P −ABC △ABC △PBC E BC BC ⊥AE BC ⊥PE AE ∩PE =E AE ⊂PAE PE ⊂PAE BC ⊥PAE DF //BC DF ⊥PAE C DF ⊥PAE DF ⊂PDF PDF ⊥PAE D P ABC △ABC DE D PA PF PE PA 2PE PF 1PA PE PF PAEF ABCD 2E F BC CD △ABE △ECF △FDA AE EF FA B C D P PA PF PE PA =2PE =PF =1PA PE PF PAEF R ==1+1+4−−−−−−−√26–√2S=4πR 2=4π×=6π64B【答案】B【考点】平面向量数量积的运算向量的投影【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意可得，，故在方向上的投影为. 故选 .5.【答案】B【考点】平面向量的基本定理及其意义向量的线性运算性质及几何意义【解析】此题暂无解析【解答】解：因为为的中点，所以 ，又 ，，(+)⋅=(−4,−7)⋅(−6,−8)=80a →b →a →||==10a →+(−6)2(−8)2−−−−−−−−−−−√+a →b →a →==8(+)⋅a →b →a →||a →8010B E BD =+CE −→−12CB −→−12CD −→−=AD −→−12DC −→−∴=CD −→−23CA −→−=+×−→−1−→−12−→−. 故选.6.【答案】D【考点】余弦定理正弦定理【解析】利用三角形面积公式求出，由余弦定理求出，再利用正弦定理即可求解.【解答】解：在中， ，，的面积为，则，即，解得.由余弦定理可得：,故.由正弦定理可得：的外接圆半径为.故选.7.【答案】B【考点】∴=+×CE −→−12CB −→−1223CA −→−=+12CB −→−13CA −→−=+(−)12CB −→−13BA −→−BC −→−=−13BA −→−56BC −→−B c =23–√a=7–√△ABC A =π6b =1△ABC 3–√2bc sin A 12=3–√2×1×c ×1212=3–√2c =23–√=+−2bc ⋅cos Aa 2b 2c 2=+(2−2×1×2×123–√)23–√3–√2=7a=7–√△ABC =a 2sin A 7–√D向量的模【解析】利用向量的模的计算公式：，即可求解．【解答】解：∵已知，那么．故选．8.【答案】D【考点】柱体、锥体、台体的体积计算棱柱的结构特征【解析】此题暂无解析【解答】解：连接，过点作，垂足为，因为平面，故，因为四边形是菱形，故，故平面,故，又，故平面,又是边长为的等边三角形，可得，所以，在中，可得，则，可知为等边三角形，且所在平面垂直底面，故.故选.二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）9.【答案】||=AB −→−+x 2y 2−−−−−−√=(3,0)AB −→−||==3AB −→−+3202−−−−−−√B OC 1C CM ⊥OC 1M O ⊥A 1ABCD O ⊥BD A 1ABCD OA ⊥BD BD ⊥ACC 1A 1BD ⊥CM CM ⊥OC 1CM ⊥BDC 1△ABD 4OC =OA =23–√=AC =4A 1C 13–√Rt △O A 1C 1∠O =A 1C 160∘∠MOC =30∘△OCC ′=××4×4××2×=4V 三棱锥−ABDC ′13123–√23–√3–√23–√DA,D【考点】余弦定理正弦定理三角函数中的恒等变换应用同角三角函数间的基本关系【解析】直接利用已知条件，利用正弦定理和余弦定理及三角形的面积公式求出结果．【解答】解：由于，则：，解得：．由于，，利用正弦定理：，则：，整理得：，解得：，故正确；故所以，故错误；由，得，解得：或，若，则，可得，可得，矛盾，故错误，则.则．故正确．故选.10.【答案】B,C【考点】复数代数形式的乘除运算复数相等的充要条件A +3C =πA +B +C =A +3CB =2C b =23–√c =3=b sin B c sin C =b sin 2C c sin C =23–√2sin C cos C 3sin C cos C =3–√3A sin C =，6–√3sin B =sin 2C =2sin C cos C =22–√3B =+−2ab cos C c 2a 2b 2−4a +3=0a 2a =1a =3a =c =3A =C =π4B =π2b ==c =3+a 2c 2−−−−−−√2–√2–√C a =1=ab sin C S △ABC12=×1×2×=123–√6–√32–√D AD复数的模共轭复数复数的代数表示法及其几何意义复数的基本概念【解析】本题利用复数相等解得，得复数,在逐项分析得解.【解答】解：由题设得，即：，得，对于，虚部为，故错误；对于，，故正确；对于，的共轭复数为，故正确；对于，对应的点不在任何象限，故错误.故选.11.【答案】B,D【考点】柱体、锥体、台体的体积计算旋转体（圆柱、圆锥、圆台）棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【解析】，以所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体是圆锥，求出它的侧面积即可；，以所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体是两个圆锥组合体，求出它的体积即可；，以所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体是圆锥，求出它的全面积即可；，以所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体是圆锥，求出它的体积即可．【解答】解：，以所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体是底面半径为，高为的圆锥，它的侧面积为，所以错误；，以所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体是底面半径为，高的和为的两个圆锥组合体，它的体积为，所以正确；x,y −y +(x +1)i =−1+2i{−y =−1,x +1=2,{y =1,x =1,z ===1+−2i =−2i (1−i)x+y (1−i)2i 2A −2A B |z|=|−2i|=2B C z 2i C D z (0,−2)D BC A BC B AB C AC D AC A BC 34S =π×3×5=15πA B AB =2.43×455V =π××5=13()125248π5B C AC，以所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体是底面半径为，高为的圆锥，它的全面积为，所以错误；，以所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体是底面半径为，高为的圆锥，它的体积为，所以正确．故选．12.【答案】A,D【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系平面向量共线（平行）的坐标表示【解析】此题暂无解析【解答】解：，由题设得，所以，故该选项正确；，由题设得，所以，得或，故该选项错误；，由题设得直线可能与平面重合，故该选项错误；，由题设得，所以，则，故该选项正确.故选.三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】【考点】斜二测画法画直观图【解析】根据斜二测化法规则画出原平面图形，即可求出其面积．【解答】解：如图所示：C AC 43S =π×+π×4×5=36π42CD AC 43V =π××3=16π1342D BD A =−a →b →//l 1l 2B ⋅=1×5+1×(−1)+2×(−2)=0a →n →⊥a →n →l//αl ⊂αC l αD ⋅=3×2+(−4)×2+2×1=0m →n →⊥m →n →α⊥βAD 2+2–√由已知斜二测直观图根据斜二测画法规则画出原平面图形，∴这个平面图形的面积．故答案为：．14.【答案】【考点】数量积表示两个向量的夹角【解析】无【解答】解：由，可得，两边平方，化简可得，所以与的夹角为.故答案为：.15.【答案】【考点】余弦定理【解析】此题暂无解析【解答】解：∵，==2+2×(1++1)2–√22–√2+2–√π2−3=2a →b →2–√c →−2=3a →2–√c →b →⋅=0a →c →a →c →π2π2π6+−=ac a 2c 2b 23–√B ===+−222ac –√–√∴，又，∴．故答案为：．16.【答案】.【考点】异面直线及其所成的角【解析】画出图形，建立空间直角坐标系，进而解题即可.【解答】解：利用题目所给信息画出该直三棱柱如下图所示：已知其各个棱都相等，且都是等边三角形，而分别是棱的中点，设各边长为，不妨以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示：可知 ，cos B ===+−a 2c 2b 22ac ac 3–√2ac 3–√2B ∈(0,π)B =π6π652–√8△ABC,△A 1B 1C 1D,E A ,BC A 12A A(0,0,0),(0,0,2),D(0,0,1),A 1B(,1,0),E(,,0)3–√3–√232(,,−1),=(,1,−2)–√−→−则 ，则 .故答案为：.四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】解：．【考点】复数代数形式的乘除运算复数代数形式的混合运算【解析】由条件利用两个复数代数形式的乘除法，虚数单位的幂运算性质，化简要求的式子可得结果．【解答】解：．18.【答案】证明：如图，以为坐标原点建立直角坐标系，=(,,−1),=(,1,−2)DE −→−3–√232B A 1−→−3–√cos <,>=DE −→−B A 1−→−|⋅|DE −→−B A 1−→−||⋅||DE −→−B A 1−→−=54×8–√=52–√852–√8[(1+2i)⋅+(−(i 1001−i 1+i )5]21+i 2–√)20=[(1+2i)+(−i −)5]2(2i)10210=(1+i −(−1)=1+2i )2i [(1+2i)⋅+(−(i 1001−i 1+i )5]21+i 2–√)20=[(1+2i)+(−i −)5]2(2i)10210=(1+i −(−1)=1+2i )2(1)A则，，，，由题知，即，∴，，，∴.解：设，则，，，可得，则，当时，即时，取得最大值．【考点】平面向量数量积的运算数量积判断两个平面向量的垂直关系三角函数的最值平面向量数量积【解析】此题暂无解析【解答】证明：如图，以为坐标原点建立直角坐标系，A (0,0)B (2,0)C (2,)3–√D (0,)3–√P (cos ，sin )π3π3P (，)123–√2=(，)PC −→−323–√2=(−，)PD −→−123–√2∴⋅=(,)⋅(−,)PC −→−PD −→−323–√2123–√2=×(−)+=03212()3–√22⊥PC −→−PD −→−(2)P (cos α,sin α)=(2−cos α,−sin α)PC −→−3–√=(−cos α,−sin α)PD −→−3–√=(cos α,sin α)AP −→−+=(2−2cos α,2−2sin α)PC −→−PD −→−3–√(+)⋅PC −→−PD −→−AP −→−=2cos α−2α+2sin α−2αcos 23–√sin 2=4(sin α+cos α)−23–√212=4sin(α+)−2π6α+=π6π2α=π3(+)⋅PC −→−PD −→−AP −→−4−2=2(1)A则，，，，由题知，即，∴，，，∴.解：设，则，，，可得，则，当时，即时，取得最大值．19.【答案】解：（1）四边形是梯形；∵，，∴，∴且，∴四边形是梯形；（2）∵，，；（3）∵，，∴，A (0,0)B (2,0)C (2,)3–√D (0,)3–√P (cos ，sin )π3π3P (，)123–√2=(，)PC −→−323–√2=(−，)PD −→−123–√2∴⋅=(,)⋅(−,)PC −→−PD −→−323–√2123–√2=×(−)+=03212()3–√22⊥PC −→−PD −→−(2)P (cos α,sin α)=(2−cos α,−sin α)PC −→−3–√=(−cos α,−sin α)PD −→−3–√=(cos α,sin α)AP −→−+=(2−2cos α,2−2sin α)PC −→−PD −→−3–√(+)⋅PC −→−PD −→−AP −→−=2cos α−2α+2sin α−2αcos 23–√sin 2=4(sin α+cos α)−23–√212=4sin(α+)−2π6α+=π6π2α=π3(+)⋅PC −→−PD −→−AP −→−4−2=2ABCD =(3,3)AB−→−=(2,2)DC −→−=AB −→−32DC −→−||=||AB −→−32DC −→−AB //CD ABCD =(−1,2)AD −→−=(3,3)AB −→−cos ∠DAB ===||⋅||AD −→−AB −→−˙3⋅35–√2–√10−−√10−t =(3,3)−t(2,4)=(3−2t,3−4t)AB −→−OC −→−=(2,4)OC −→−(−t )⋅=0AB −→−OC −→−OC −→−2(3−2t)+4(3−4t)=0即，解得．【考点】平面向量的坐标运算平面向量数量积的运算【解析】（1）四边形是梯形，由得出且即可；（2）由平面向量的夹角公式即可求出的值；（3）由向量垂直得出数量积为，列出方程求出的值．【解答】解：（1）四边形是梯形；∵，，∴，∴且，∴四边形是梯形；（2）∵，，；（3）∵，，∴，即，解得．20.【答案】证明：在梯形中，易求，，，.∵，∴.∵平面，∴，又，∴平面，又平面，∴.解：由知.又平面，2(3−2t)+4(3−4t)=0t =910ABCD =AB −→−32DC −→−||=||AB −→−32DC −→−AB //CD cos ∠DAB 0t ABCD =(3,3)AB −→−=(2,2)DC −→−=AB −→−32DC −→−||=||AB −→−32DC −→−AB //CD ABCD =(−1,2)AD −→−=(3,3)AB −→−cos ∠DAB ===||⋅||AD −→−AB −→−˙3⋅35–√2–√10−−√10−t =(3,3)−t(2,4)=(3−2t,3−4t)AB −→−OC −→−=(2,4)OC −→−(−t )⋅=0AB −→−OC −→−OC −→−2(3−2t)+4(3−4t)=0t =910(1)ABCD CD =2–√BD =2–√PD =3–√PA =2–√BC =2CD ⊥BD PB ⊥ABCD PB ⊥CD PB ∩BD =B CD ⊥PBD PD ⊂PBD CD ⊥PD (2)(1)=××=S △PCD 122–√3–√6–√2∵DΛ//BC,BC ⊥AB,PB ⊥ABCD ∴△PAD,△PBA,△PCD都为直角三角形.，又.∴四棱锥的表面积为.【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积两条直线垂直的判定【解析】此题暂无解析【解答】证明：在梯形中，易求，，，.∵，∴.∵平面，∴，又，∴平面，又平面，∴.解：由知.又平面，都为直角三角形.，又.∴四棱锥的表面积为.21.∴△PAD,△PBA,△PCD ∴=,=,=1S △PAD 2–√2S △PAB 12S PBC =S 梯形ABCD 32P −ABCD +++1+6–√22–√21232=++66–√2–√2(1)ABCD CD =2–√BD =2–√PD =3–√PA =2–√BC =2CD ⊥BD PB ⊥ABCD PB ⊥CD PB ∩BD =B CD ⊥PBD PD ⊂PBD CD ⊥PD (2)(1)=××=S △PCD 122–√3–√6–√2∵DA//BC,BC ⊥AB,PB ⊥ABCD ∴△PAD,△PBA,△PCD ∴=,=,=1S △PAD 2–√2S △PAB 12S △PBC=S 梯形ABCD 32P −ABCD +++1+6–√22–√21232=++66–√2–√2解：由正弦定理，及，得，即，所以．由知，可知，结合，解得，，所以，解得，由余弦定理： ，，得，所以，所以，所以的周长为．【考点】正弦定理余弦定理三角形的面积公式【解析】答案未提供解析。

2022-2023学年高中高一上数学月考试卷学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）1. 设全集，，，则图中阴影部分表示的区间是（ ）A.B.C.D.2. 已知复数满足，且是纯虚数，则（ ）A.B.C.D.3. 已知平面向量，的夹角为，且，则的最小值为（ ）A.B.C.D.4. 我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米石，验得米内U =R A ={x |−2x ≤0}x 2B ={y |y =cos x,x ∈R}[0,1][−1,2](−∞,−1)∪(2,+∞)(−∞,−1]∪[2,+∞)z (1−i)z =2+2ai (a ∈R)z a =2−21−1a →b →120∘⋅=−1a →b →|−|a →b →6–√3–√2–√11536夹谷，抽样取米一把，数得粒内夹谷粒，则这批米内夹谷约为（ ）A.石B.石C.石D.石5. 直线的倾斜角为（ ）A.B.C.D.6. 从点观察一轮船，开始轮船位于点北偏东的方向上，过分钟后发现轮船位于点北偏东的方向上，再过分钟后发现轮船位于点的正北方向，已知轮船一直是直线航行的，则再过（ ）时间，轮船位于点的正西方向．A.分钟B.小时C.小时D.小时7. 若函数为偶函数，为奇函数，且满足，则（ ）A.B.C.D.8. 已知，，则 A.B.C.25618108169237338x +y +1=03–√150∘120∘60∘30∘A A 60∘45A 30∘15A A 4511.52f(x)g(x)f(x)−g(x)=++1x 3x 2f(2)+g(2)=−335−5P(B |A)=310P(A)=15P(AB)=()1232233D. 9. 双曲线的顶点到其渐近线的距离等于( )A.B.C.D.10. 已知，，且，则的最大值为 A.B.C.D.11. 已知点，，，在球的表面上，平面，，若＝，＝，与平面所成角的正弦值为，则球表面上的动点到平面距离的最大值为（ ）A.B.C.D.12. 已知， ，（其中为自然对数的底数），则( )A.B.C.D.卷II （非选择题）350−=1x 24y 225–√5145–√52x >0y >0x +y =2π3z =4(sin x +sin y)+23–√()63–√623–√3A B C D O AB ⊥BCD BC ⊥CD AB 2BC 4AC ABD O P ACD 2345−4=2ln <0a 2a 2−+2=2lnb <0b 2e 2−3=ln <0c 2c 23e c <b <ab <a <ca <b <ca <c <b二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13. 在正项等比数列中， ，则_______.14. 在正方体中，异面直线与所成的角是________．15. 的展开式中的常数项是________．16. 定义在上的函数满足，且，则不等式的解集是________．三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17. 已知的内角的对边分别为,且.求角;若，求及的面积. 18. 潍坊市为切实保障疫情防控期间全市食品质量安全，采取食品安全监督抽检和第三方托管快检室相结合的方式，全面加强食品安全检验检测．据了解，潍坊市市场监管部门组织开展对全市部分生产企业、农贸市场、大型商超、餐饮服务场所生产经营的小麦粉、大米、食用油、调味品、肉制品、乳制品等与人民群众日常生活关系密切且消费量大的食品进行监督抽检．组织抽检批次，抽检种类涵盖大类个品种．全市各快检室快检批次，其中不合格批次．某快检室在对乳制品进行抽检中，发现某品牌乳制品质量不合格，现随机抽取其个批次的乳制品进行质量检测，已知其中有个批次的乳制品质量不合格．下面有两种检测方案：方案甲：逐批次进行检测，直到确定质量不合格乳制品的批次；方案乙：先任取个批次的乳制品，将他们混合在一起检测．若结果不合格，则表明不合格批次就在这个批次中，然后再逐个检测，直到能确定不合格乳制品的批次；若结果合格，则在另外个批次中，再任取个批次检测．方案乙中，任取个批次检测，求其中含有不合格乳制品批次的概率；求方案甲检测次数的分布列；判断哪一种方案的效率更高，并说明理由．19. 已知等差数列满足，数列是以为首项，公差为的等差数列．求和；若，求数列的前项和．20. 如图，直三棱柱中，，是棱的中点，.{}a n +2+=100a 25a 6a 8a 29+=a 5a 9ABCD −A 1B 1C 1D 1AB 1BC 1(x +)1x23(0,+∞)f(x)x (x)<1f ′f(1)=1f(3x −1)>ln(3x −1)+1△ABC A,B,C a,b,c (a cos C −b)=a sin C 3–√(1)A (2)a =2,b =47–√c △ABC 4008316020953513321(1)3(2)X (3){}a n (n +1)=+2n +ka n n 2{}log 2b n 11(1)a n b n (2)=⋅c n a n b n {}c n n T n ABC −A 1B 1C 1AC =BC =A 12A 1D AA 1AC ⊥BC证明：；求平面与平面所成角的余弦值.21. 已知抛物线的焦点为，为抛物线上异于原点的任意一点，过点的直线交抛物线于另一点，交轴的正半轴于点，且有.当点的横坐标为时， .求抛物线的方程；若直线，且和抛物线有且只有一个公共点，试问直线（为抛物线上异于原点的任意一点）是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 22. 已知函数.若，求函数的最值；讨论函数的零点个数.(1)D ⊥DB C 1(2)BDC 1B C B 1C 1C :=2px (p >0)y 2F A C A l C B x D |FA|=|FD|A 3|FA|=4(1)C (2)//l l 1l 1C E AE A C f(x)=x −a ln x,x ∈[1,e](1)a =2f(x)(2)g(x)=xf(x)+a +1参考答案与试题解析2022-2023学年高中高一上数学月考试卷一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）1.【答案】C【考点】Venn 图表达集合的关系及运算【解析】根据图，确定集合关系，即可得到结论．【解答】解：由可知，对应阴影部分的集合为，，，则，则，故选：．2.【答案】C【考点】复数代数形式的乘除运算复数的基本概念【解析】无【解答】解：设，依题意，得故选.3.Venn Venn (A ∪B)∁U A ={x |−2x ≤0}={x |0≤x ≤2}x 2B ={y |y =cos x,x ∈R}={y |−1≤y ≤1}A ∪B ={x |−1≤x ≤2}(A ∪B)={x |x >2或x <−1}=(−∞,−1)∪(2,+∞)∁U C z =bi (1−i)×bi =2+2ai ⇒b +bi =2+2ai ⇒{⇒{b =2，b=2a b =2，a =1.C【答案】A【考点】数量积表示两个向量的夹角平面向量数量积向量的模【解析】根据平面向量的数量积的应用，利用基本不等式即可求解．【解答】解：∵平面向量，的夹角为，∴，∴，则，当且仅当时取等号，故的最小值为，故选．4.【答案】A【考点】用样本的数字特征估计总体的数字特征【解析】利用概率的性质能求出结果．【解答】粮仓开仓收粮，有人送来米石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得粒内夹谷粒，a →b →120∘⋅=||⋅||cos =−⋅||⋅||=−1a →b →a →b →120∘12a →b →||⋅||=2a →b →|−|=a →b →(−a →b →)2−−−−−−−−√=|−2⋅+|a →|2a →b →b →|2−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√=|+|+2a →|2b →|2−−−−−−−−−−−−−−−√≥==2||⋅||+2a →b →−−−−−−−−−−−−−−√4+2−−−−√6–√||=||=a →b →2–√|−|a →b →6–√A 153625618×=10818这批米内夹谷约为：（石）．5.【答案】A【考点】直线的一般式方程【解析】直接利用倾斜角的正切值等于斜率求解．【解答】解：设直线的倾斜角为，则．所以．故选．6.【答案】D【考点】解三角形的实际应用【解析】建立如图所示的坐标系，求出线的倾斜角，即可得出结论．【解答】解：建立如图所示的坐标系，则，，，∴，设，则，∴直线的方程为，直线的倾斜角为，∴，∴再过小时，轮船位于点的正西方向．故选：．7.【答案】A 1536×=10818256α(<α<)0∘180∘tan α=−=−13–√3–√3α=150∘A ∠DAC =30∘∠DAB =60∘BC =3CD AB =3AD D(0,1)B(,)33–√232DB y =x +13–√330∘DE =22A D【考点】函数奇偶性的性质函数的求值【解析】根据偶函数和奇函数的性质，利用条件建立方程关系进行求解．【解答】解：∵为偶函数，为奇函数，且满足，∴，即.故选.8.【答案】D【考点】条件概率与独立事件【解析】根据条件概率的公式，整理出求事件同时发生的概率的表示式，代入所给的条件概率和事件的概率求出结果．【解答】解：∵，，∴，故选．9.【答案】A【考点】点到直线的距离公式双曲线的渐近线【解析】由对称性可取双曲线的顶点，渐近线，利用点到直线的距离公式即可得f(x)g(x)f(x)−g(x)=++1x 3x 2f(−2)−g(−2)=(−2+(−2+1)3)2=−8+4+1=−3f(2)+g(2)=−3A AB A P(B/A)=310P(A)=15P(AB)=P(B/A)⋅P(A)=×=31015350D −=1x 24y 2(2,0)y =±x 12到顶点到渐近线的距离．【解答】解：因为双曲线的顶点，其渐近线方程为，则顶点到渐近线的距离．故选．10.【答案】A【考点】两角和与差的正弦公式三角函数中的恒等变换应用正弦函数的定义域和值域【解析】此题暂无解析【解答】解：由易知,故,由,又,所以,易知当时，−=1x 24y 2(2,0)y =±x 12d ==1+114−−−−−√25–√5A x +y =2π3y =−x 2π3z =4(sin x +sin y)+23–√=4[sin x +sin(−x)]+22π33–√=4(sin x +sin cos x −cos sin x)+22π32π33–√=4(sin x +cos x)+2323–√23–√=4sin(x +)+23–√π63–√y =−x >0⇒x <2π32π3x >0<x +<π6π65π6x +=π6π2=6ax 3–√取得最大值，.故选.11.【答案】B【考点】点、线、面间的距离计算【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答12.【答案】B【考点】利用导数研究函数的单调性函数单调性的性质对数的运算性质【解析】本题考查对数函数．【解答】解：，，.，，.，，.令 ，z =6z max 3–√A −4=2lna 2a 2−4=2ln a −2ln 2a 2−2ln a =4−2ln 2a 2−+2=2lnb b 2e 2−2ln b =−2b 2e 2−2ln b =−2ln e b 2e 2−3=lnc 2c 23−3=2ln c −ln 3c 2−2ln c =−2ln c 2()3–√23–√f (x)=−2ln x x 2(x >0)x)=2x −=02令得，当时，，单调递减，当时， ， 单调递增，∴，，.，.又，， ，，， ，.故选．二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）13.【答案】【考点】等比数列的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：由等比数列的性质可知，∴，∴.故答案为：.14.【答案】【考点】异面直线及其所成的角【解析】由，得到是异面直线与所成的角，由此能求出异面直线与所成的角；由，得是异面直线与所成的角，由此能求出异面直线与所成的角．(x)=2x −=0f ′2x x =10<x <1(x)<0f ′f(x)x >1(x)>0f ′f (x)f (a)=−2ln a =4−2ln 2=f (2)a 2f (b)=−2ln b =−2ln e =f (e)b 2e 2f (c)=−2ln c =−2ln =f ()c 2()3–√23–√3–√∵1<<2<e 3–√∴f (1)<f ()<f (2)<f (e)3–√∵0<a <20<b <10<c <3–√∴0<a <10<b <10<c <1∴0<b <a <c <1B 10+2+=+2+=100a 25a 6a 8a 29a 25a 5a 9a 29=100(+)a 5a 92+=10a 5a 91060∘D //A D 1A 1∠AB A 1AB 1DD 1AB 1DD 1A //D B 1C 1∠D B C 1AB 1BC 1AB 1BC 1【解答】解：如图，在正方体中，∵，∴是异面直线与所成的角，∵，∴，∴异面直线与所成的角为．故答案为：．15.【答案】【考点】二项式系数的性质【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答16.【答案】【考点】利用导数研究函数的单调性函数单调性的性质【解析】本题主要考查函数不等式的求解，根据条件构造函数，利用导数研究函数的单调性是解决本题的关键．求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行转化求解即可．【解答】ABCD −A 1B 1C 1D 1A //D B 1C 1∠D B C 1AB 1BC 1BD =D =B C 1C 1∠D B =C 160∘AB 1BC 160∘60∘(0,)23g(x)=f(x)−ln x解：令，则，∵，∴，∴，故在上递减，而，由，得，故，解得.故答案为：．三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）17.【答案】解: 由正弦定理可得，又，,即，，又.由余弦定理可得,即,解得或(舍去).故.【考点】解三角形三角函数中的恒等变换应用【解析】此题暂无解析【解答】解: 由正弦定理可得，又，,即，g(x)=f(x)−ln x(x)=(x)−g ′f ′1x x (x)−1<0f ′(x)<f ′1x (x)<0g ′g(x)(0,+∞)g(1)＝f(1)＝1f(3x −1)>ln (3x −1)+1g(3x −1)>g(1)0<3x −1<10<x <23(0,)23(1)(sin A cos C −sin B)=sin A sin C 3–√A +B +C =π,∴B =π−(A +C)∴[sin A cos C −sin(A +C)]=sin A sin C 3–√−cos A sin C =sin A sin C 3–√∵0<C <π,∴sin C >0,∴tan A =−3–√∵0<A <π,∴A =2π3(2)cos A =+−b 2c 2a 22bc−=1216+−28c 22×4×c c =2c =−6=×4×2sin =2S △ABC 122π33–√(1)(sin A cos C −sin B)=sin A sin C 3–√A +B +C =π,∴B =π−(A +C)∴[sin A cos C −sin(A +C)]=sin A sin C 3–√−cos A sin C =sin A sin C 3–√∵0<C <π,∴sin C >0,∴tan A =−3–√，又.由余弦定理可得,即,解得或(舍去).故.18.【答案】解：由方案乙可知含有不合格乳制品批次的概率.依题意知检测次数的可能取值为，，，．，，，，故方案甲检测次数的分布列为：设方案乙检测次数为，则的可能取值为，．当时的情况为先检测个批次为不合格，再从中逐一检测时，恰好次检测出，或先检测个批次为合格，再从其他个批次中取出个批次检测．则，所以．故方案乙检测次数的分布列为：，则，因为，所以方案乙的效率更高．【考点】古典概型及其概率计算公式离散型随机变量及其分布列∵0<C <π,∴sin C >0,∴tan A =−3–√∵0<A <π,∴A =2π3(2)cos A =+−b 2c 2a 22bc −=1216+−28c 22×4×c c =2c =−6=×4×2sin =2S △ABC 122π33–√(1)P ==C 24C 3535(2)X 1234P (X =1)==A 44A 5515P (X =2)==A 44A 5515P (X =3)==A 44A 5515P (X =4)==+A 44A 44A 5525X X 1234P 15151525(3)Y Y 23Y =231321P (Y =2)=×+=×C 24A 33A 351A 13×A 34A 12A 35A 2235P (Y =3)=25Y Y 23P 3525E (Y )=+=6565125E (X)=+++=152********E (Y )<E (X)离散型随机变量的期望与方差【解析】无无无【解答】解：由方案乙可知含有不合格乳制品批次的概率.依题意知检测次数的可能取值为，，，．，，，，故方案甲检测次数的分布列为：设方案乙检测次数为，则的可能取值为，．当时的情况为先检测个批次为不合格，再从中逐一检测时，恰好次检测出，或先检测个批次为合格，再从其他个批次中取出个批次检测．则，所以．故方案乙检测次数的分布列为：，则，因为，所以方案乙的效率更高．19.【答案】解：因为，所以，，，因为是等差数列，所以，(1)P ==C 24C 3535(2)X 1234P (X =1)==A 44A 5515P (X =2)==A 44A 5515P (X =3)==A 44A 5515P (X =4)==+A 44A 44A 5525X X 1234P 15151525(3)Y Y 23Y =231321P (Y =2)=×+=×C 24A 33A 351A 13×A 34A 12A 35A 2235P (Y =3)=25Y Y 23P 3525E (Y )=+=6565125E (X)=+++=152********E (Y )<E (X)(1)(n +1)=+2n +ka n n 2=a 13+k 2=a 28+k 3=a 315+k 4{}a n 2=+a 2a 1a 3+2(8+k)即，解得，所以，，．因为数列是以为首项，公差为的等差数列，所以 ，所以.由得，所以①，②，①②得，所以.【考点】数列递推式等差数列的通项公式数列的求和【解析】此题暂无解析【解答】解：因为，所以，，，因为是等差数列，所以，即，解得，所以，，．因为数列是以为首项，公差为的等差数列，所以 ，所以.由得，所以①，②，①②得，所以.20.=+2(8+k)33+k 215+k 4k =1=2a 1=3a 2=2+(n −1)=n +1a n {}log 2b n 11=1+n −1=n log 2b n =b n 2n (2)(1)=(n +1)⋅cn 2n =2×+3×+4×+⋯T n 212223+(n +1)×2n 2=2×+3×+4×+⋯T n 222324+n ×+(n +1)×2n 2n+1−−=2×++++⋯+−(n +1)×T n 212223242n 2n+1=2+−(n +1)×=−n ×2(1−)2n 1−22n+12n+1=n ×T n 2n+1(1)(n +1)=+2n +k a n n 2=a 13+k 2=a 28+k 3=a 315+k 4{}a n 2=+a 2a 1a3=+2(8+k)33+k 215+k 4k =1=2a 1=3a 2=2+(n −1)=n +1an {}log 2b n 11=1+n −1=n log 2b n =b n 2n (2)(1)=(n +1)⋅c n 2n =2×+3×+4×+⋯Tn 212223+(n +1)×2n 2=2×+3×+4×+⋯T n 222324+n ×+(n +1)×2n 2n+1−−=2×++++⋯+−(n +1)×T n 212223242n 2n+1=2+−(n +1)×=−n ×2(1−)2n 1−22n+12n+1=n ×T n 2n+1【答案】解：由直三棱柱可知，.又∵，且，，平面，∴平面.又∵平面，∴.在矩形中，，∴，从而为等腰直角三角形，∴，同理，∴，即.又，且，平面，∴平面.又∵平面，∴.如图：取的中点，则由直三棱，易得四边形为矩形，∴，.又∵，且，平面，平面，∴平面，即平面.设平面与平面所成角为，，则，设，则易得，，∴，，∴，即平面与平面所成角的余弦值为.【考点】直线与平面垂直的判定直线与平面垂直的性质二面角的平面角及求法【解析】利用线面垂直的性质，即可证明线线垂直；(1)ABC −A 1B 1C 1C ⊥C 1BC AC ⊥BC AC ∩C =C C 1AC C ⊂C 1A C A 1C 1BC ⊥A C A 1C 1D ⊂C 1A C A 1C 1BC ⊥DC 1A C A 1C 1AC =A 12A 1AC =AD △ACD ∠ADC =45∘∠D =A 1C 145∘∠CD =C 190∘D ⊥CD C 1CD ∩BC =C CD BC ⊂BDC D ⊥C 1BDC BD ⊂BDC D ⊥DB C 1(2)CC 1M ABC −A 1B 1C 1ACMD AC//DM AC ⊥CM AC ⊥BC BC ∩CM =C BC ⊂B C B 1C 1CM ⊂B C B 1C 1AC ⊥B C B 1C 1DM ⊥B C B 1C 1BDC 1B C B 1C 1θθ∈(0,)π2cos θ=S △BMC 1S △BDC 1AC =BC =A =a 12A 1D =a C 12–√BD =a 3–√=×a ×a =S △BMC 11212a 2=×a ×a =S △BDC 1122–√3–√6–√2a 2cos θ===S △BMC 1S △BDC 116–√6–√6BDC 1B C B 1C 16–√6(1)(2)作出投影面，利用投影面与原平面的面积比即为二面角的余弦值，得到答案.【解答】解：由直三棱柱可知，.又∵，且，，平面，∴平面.又∵平面，∴.在矩形中，，∴，从而为等腰直角三角形，∴，同理，∴，即.又，且，平面，∴平面.又∵平面，∴.如图：取的中点，则由直三棱，易得四边形为矩形，∴，.又∵，且，平面，平面，∴平面，即平面.设平面与平面所成角为，，则，设，则易得，，∴，，∴，即平面与平面所成角的余弦值为.21.【答案】解：由题意知，由抛物线的定义知：，解得，所以抛物线的方程为.由知，设，,(2)(1)ABC −A 1B 1C 1C ⊥C 1BC AC ⊥BC AC ∩C =C C 1AC C ⊂C 1A C A 1C 1BC ⊥A C A 1C 1D ⊂C 1A C A 1C 1BC ⊥DC 1A C A 1C 1AC =A 12A 1AC =AD △ACD ∠ADC =45∘∠D =A 1C 145∘∠CD =C 190∘D ⊥CD C 1CD ∩BC =C CD BC ⊂BDC D ⊥C 1BDC BD ⊂BDC D ⊥DBC 1(2)CC 1M ABC −A 1B 1C 1ACMD AC//DM AC ⊥CM AC ⊥BC BC ∩CM =C BC ⊂B C B 1C 1CM ⊂B C B 1C 1AC ⊥B C B 1C 1DM ⊥B C B 1C 1BDC 1B C B 1C 1θθ∈(0,)π2cos θ=S △BMC 1S △BDC 1AC =BC =A =a 12A 1D =a C 12–√BD =a 3–√=×a ×a =S △BMC 11212a 2=×a ×a =S △BDC 1122–√3–√6–√2a 2cos θ===S △BMC 1S △BDC 116–√6–√6BDC 1B C B 1C 16–√6(1)F (,0)p 23+=4p 2p =2C =4x y 2(2)(1)F (1,0)A (,)(>0)x 0y 0x 0D (,0)(>0)x D x D |FA|=|FD|因为，所以，由得，故，故直线的斜率为，因为直线和直线平行，故可设直线的方程为，代入抛物线方程得,由题意知，得,设，则，，当时，,可得直线的方程为,由，整理可得,所以直线恒过点,当时，直线的方程为，过点，所以直线恒过定点.【考点】抛物线的标准方程直线与抛物线的位置关系圆锥曲线中的定点与定值问题【解析】（1）由题意知，由抛物线的定义知：，求出,即可得解抛物线的方程为由（）知，设,根据已知条件可得即,即可得到直线的斜率为，根据直线和直线平行，可设直线的方程为,联立抛物线方程即可得到，再分和分类讨论求解直线的方程，即可得解直线恒过定点.【解答】解：由题意知，由抛物线的定义知：，解得，所以抛物线的方程为.由知，设，,000D D|FA|=|FD||−1|=+1x D x 0>0x D =+2x D x 0D (+2,0)x 0AB =−k AB y 02l 1AB l 1y =−x +b y 02+y −=0y 28y 08b y 0Δ=+=064y 2032b y 0b =−2y 0E (,)x E y E =−y E 4y 0=x E 4y 20≠4y 20==k AE −y E y 0−x E x 04y 0−4y 20AE y −=(x −)y 04y 0−4y 20x 0=4y 20x 0y =(x −1)4y 0−4y 20AE F (1,0)=4y 20AE x =1F (1,0)AE F (1,0)F (,0)p 23+=4p 2p =2C =4x.y 2(Ⅱ)ⅠF (1,0)A (,)(>0),D (,)(>0)x 0y 0x 0x D y 0x D =+2,x D x 0D (+2,0)x 0AB =−k AB y 02l 1AB l 1y =−x +b y 02=−,=y E 4y 0x E 4y 20≠4y 20=4y 20AE AE F (1,0)(1)F (,0)p 23+=4p 2p =2C =4x y 2(2)(1)F (1,0)A (,)(>0)x 0y 0x 0D (,0)(>0)x D x D |FA|=|FD|因为，所以，由得，故，故直线的斜率为，因为直线和直线平行，故可设直线的方程为，代入抛物线方程得,由题意知，得,设，则，，当时，,可得直线的方程为,由，整理可得,所以直线恒过点,当时，直线的方程为，过点，所以直线恒过定点.22.【答案】解：若,则令,解得，而，故函数的最小值为 ,最大值为；令因为,故，令，故问题转化为函数的零点个数；而，①当时，即，当时，，故在上单调递减，，故当，即时，在上恒成立，当时，在 内无零点；当，即，|FA|=|FD||−1|=+1x D x 0>0x D =+2x D x 0D (+2,0)x 0AB =−k AB y 02l 1AB l 1y =−x +b y 02+y −=0y 28y 08b y 0Δ=+=064y 2032b y 0b =−2y 0E (,)x E y E =−y E 4y 0=x E 4y 20≠4y 20==k AE −y E y 0−x E x 04y 0−4y 20AE y −=(x −)y 04y 0−4y 20x 0=4y 20x 0y =(x −1)4y 0−4y 20AE F (1,0)=4y 20AE x =1F (1,0)AE F (1,0)(1)a =2f(x)=x −2ln x,(x)=1f ′−,2x (x)=0f ′x =2f(1)=1,f(2)=2−2ln 2,f(e)=e −2f(x)2−2ln 21(2)g(x)=xf(x)+a +1=−ax ln x +a +1=0,x 2x >0x −a ln x +=0a +1x h(x)=x −a ln x +a +1x h(x)(x)=h ′[x −(a +1)](x +1)x 2a >e −1a +1>e x ∈(1,e)(x)<0h ′h(x)(1,e)h(1)=2+a >0,h(e)=e +−a =a(−1)+a +1e 1e e +1e h(e)>0a(−1)+e +>0,a <1e 1e +1e 2e −1h(x)>0[1,e]e −1<a <+1e 2e −1h(x)[1,e]h(e)≤0a(−1)+e +≤01e 1e≥+12即时， ,由零点存在性定理可知，此时在内有零点，因为函数在内单调递减，此时在内有一个零点；②当时，即 ，当时，在 上单调递增， ,故当，即时，，由零点存在性定理，此时在 内有零点，因为在 内单调递增，故仅有个零点；当时， ,此时在 内无零点；③当时，即，当时，，当时， ,则函数在 上单调递减，在 上单调递增，故，故，此时在内无零点.综上所述，当或 时，在 内有个零点；当时，在内无零点.【考点】利用导数研究与函数零点有关的问题利用导数研究函数的最值利用导数研究函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：若,则令,解得，而，故函数的最小值为 ,最大值为；令因为,故，令，故问题转化为函数的零点个数；而，①当时，即，当时，，故在上单调递减，，故当，即时，在上恒成立，a ≥+1e 2e −1h(1)⋅h(e)≤0h(x)[1,e]h(x)[1,e]h(x)[1,e]a ≤0a +1≤1x ∈(1,e)(x)>0,h(x)h ′(1,e)h(1)=2+a,h(e)=a(−1)+e +>01e 1e h(1)=2+a ≤0a ≤−2h(1)h(e)≤0h(x)[1,e]h(x)[1,e]1−2<a ≤0[h(x)=h(1)>0]min h(x)[1,e]0<a ≤e −11<a +1≤e x ∈(1,a +1)(x)<0h ′x ∈(a +1,e)(x)>0h ′h(x)(1,a +1)(a +1,e)[h(x)=h(a +1)=a +2−a ln(a +1)≥a +2−a =2]min h(x)>0h(x)[1,e]a ≤−2a ≥+1e 2e −1g(x)[1,e]1−2<a <+1e 2e −1g(x)[1,e](1)a =2f(x)=x −2ln x,(x)=1f ′−,2x (x)=0f ′x =2f(1)=1,f(2)=2−2ln 2,f(e)=e −2f(x)2−2ln 21(2)g(x)=xf(x)+a +1=−ax ln x +a +1=0,x 2x >0x −a ln x +=0a +1x h(x)=x −a ln x +a +1x h(x)(x)=h ′[x −(a +1)](x +1)x 2a >e −1a +1>e x ∈(1,e)(x)<0h ′h(x)(1,e)h(1)=2+a >0,h(e)=e +−a =a(−1)+a +1e 1e e +1e h(e)>0a(−1)+e +>0,a <1e 1e +1e 2e −1h(x)>0[1,e]−1<a <+12当时，在 内无零点；当，即，即时， ,由零点存在性定理可知，此时在内有零点，因为函数在内单调递减，此时在内有一个零点；②当时，即 ，当时，在 上单调递增， ,故当，即时，，由零点存在性定理，此时在 内有零点，因为在 内单调递增，故仅有个零点；当时， ,此时在 内无零点；③当时，即，当时，，当时， ,则函数在 上单调递减，在 上单调递增，故，故，此时在内无零点.综上所述，当或 时，在 内有个零点；当时，在内无零点.e −1<a <+1e 2e −1h(x)[1,e]h(e)≤0a(−1)+e +≤01e 1e a ≥+1e 2e −1h(1)⋅h(e)≤0h(x)[1,e]h(x)[1,e]h(x)[1,e]a ≤0a +1≤1x ∈(1,e)(x)>0,h(x)h ′(1,e)h(1)=2+a,h(e)=a(−1)+e +>01e 1e h(1)=2+a ≤0a ≤−2h(1)h(e)≤0h(x)[1,e]h(x)[1,e]1−2<a ≤0[h(x)=h(1)>0]min h(x)[1,e]0<a ≤e −11<a +1≤e x ∈(1,a +1)(x)<0h ′x ∈(a +1,e)(x)>0h ′h(x)(1,a +1)(a +1,e)[h(x)=h(a +1)=a +2−a ln(a +1)≥a +2−a =2]min h(x)>0h(x)[1,e]a ≤−2a ≥+1e 2e −1g(x)[1,e]1−2<a <+1e 2e −1g(x)[1,e]。