重庆市杨家坪中学2023-2024学年高一下学期5月月考 数学试题（含解析）

这是一份重庆市杨家坪中学2023-2024学年高一下学期5月月考 数学试题（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．复数满足，则（ ）
A．B．2C．D．
2．已知角的终边经过点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
3．在中，，，若，为线段的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
4．已知平面向量，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
5．在中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
6．在中，，，且的面积为，则的周长为（ ）
A．15B．12C．16D．20
7．折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3和6，且，则该圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在函数的部分图象中，若，则点的纵坐标为（ ）

A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知复数，则下列说法正确的是（ ）
A．的共轭复数是
B．的虚部是
C．
D．若复数满足，则的最大值是
10．已知向量，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．的最大值为6
D．若，则
11．如图，正方体棱长为2，P是直线上的一个动点，则下列结论中正确的是（ ）
A．的最小值为
B．的最小值为
C．三棱锥的体积为
D．以点为球心，为半径的球面与平面的交线长
三、填空题（本大题共3小题）
12．若复数是方程的一个根，则的虚部为 ．
13．某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个相同的四面体得到的（如图），若被截正方体的棱长是6dm，那么该几何体的表面积是 ．
14．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”.如图，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.已知为线段的中点，设为中间小正方形内一点（不含边界）.若，则的取值范围为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知向量．
(1)若，求的坐标；
(2)若，求与的夹角．
16．已知函数的部分图象如图.
(1)求函数的解析式;
(2)将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位，得到函数的图象，当时，求值域.
17．古语云:“积善之家，必有余兴”.扇是扇风的，有“风生水起”走好运之意，“扇”与“善”字谐音，佩戴扇形玉佩，有行善积德之意.一支考古队在对某古墓进行科考的过程中，发现一枚扇形玉佩，但因为地质原因，此扇形玉佩已经碎成若干块，其中一块玉佩碎片如图1所示，通过测量得到数据，，AB=2.（图1中破碎边缘呈锯齿形状）

(1)求这个扇形玉佩的半径；
(2)现又找到一块比较规则的三角形碎片，如图2所示，其三边长分别为，，1，且该三角形碎片有两边是原扇形边界的一部分，请复原该扇形玉佩的具体参数（圆心角.弧长、面积）.
18．在锐角中，内角的对边分别是，且．
(1)求证：；
(2)求的取值范围．
19．已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数.
(1)记向量的相伴函数为，求当且时，的值;
(2)设函数，试求的相伴特征向量，并求出与共线的单位向量;
(3)已知，，为的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点，使得.若存在，求出点坐标;若不存在，说明理由.
参考答案
1．【答案】C
【详解】由题意不妨设，所以，
所以，解得，所以.
故选：C.
2．【答案】A
【详解】由角的终边经过点，则，
所以．
故选：A．
3．【答案】A
【详解】
如图所示，可知，
所以.
故选：A
4．【答案】C
【详解】设与夹角为，则，
在上的投影向量为：，
故选：C．
5．【答案】B
【详解】对于A，已知三角形三边，且任意两边之和大于第三边，
任意两边之差小于第三边，从而可由余弦定理求内角，只有一解，A错误；
对于B，根据正弦定理得，，
又，，B有两解，故B符合题意；
对于C，由正弦定理：得：，
C只有一解，故C不符合题意.
对于D，根据正弦定理得，，
又，，D只有一解，故D不符合题意.
故选：B
6．【答案】A
【详解】因为，，且的面积为，
所以，解得，
由余弦定理，
所以，则.
故选：A
7．【答案】D
【详解】设圆台上下底面的半径分别为，由题意可知，解得，
，解得：，作出圆台的轴截面，如图所示：
图中，，
过点向作垂线，垂足为，则，
所以圆台的高，
则上底面面积，，由圆台的体积计算公式可得：
，
故选：.
8．【答案】B
【详解】由题意，则，所以，
设，因为，
所以，解得，
所以
，
所以，又由图可知，所以.
故选：B.
9．【答案】AD
【详解】对于A选项，因为，则，A对；
对于B选项，复数的虚部为，B错；
对于C选项，，C错；
对于D选项，令，则，
即在圆心为半径为1的圆上，而表示圆上点到原点的距离，
由圆心到原点的距离为，结合圆上点到定点距离范围易知：的最大值为，D对.
故选：AD.
10．【答案】ACD
【详解】利用向量平行的坐标表示判断A；利用向量垂直的坐标表示判断B选项；根据向量减法的三角形法则，结合反向检验等号成立的条件，从而判断C；利用向量数量积运算法则得到，进而求得，从而判断D.
11．【答案】ACD
【详解】对于A，在中，，P是直线上的一个动点，
所以的最小值为高，最小值为，A正确.
对于B，将沿翻折，使与矩形在同一个平面内，如图，
当三点共线时，取到最小值，
中，，，由余弦定理可得，
所以，所以的最小值为，B不正确.
对于C，易知三棱锥为正四面体，且棱长为，如图，
作平面于，则为的中心，由正弦定理可得，即，
所以，所以三棱锥的体积为，C正确.
对于D，设点到平面的距离为，因为，所以,
所以，解得；
以点为球心，为半径的球面与平面的交线是以为半径的圆，其周长为,D正确.
故选：ACD
12．【答案】
【详解】方程，即，解得或，
若，则，所以的虚部为；
若，则，所以的虚部为；
综上可得的虚部为.
故答案为：
13．【答案】
【详解】因为被截正方体的棱长是6dm，所截去八个四面体是相同的，
所以几何体是由边长为 dm的六个正方形和八个正三角形围成的，
所以表面积为.
故答案为：
14．【答案】
【详解】过点作，分别交于点，
过点作，交的延长线于点，
过点作，交的延长线于点，如图，
由
可知，点在线段上运动（不含端点）.
当点与点重合时，，可知.
当点与点重合时，，可知.
故的取值范围为.
故答案为：
15．【答案】(1)或；
(2)．
【详解】（1）由题意，设，
因为，所以，所以，
所以或．
（2）因为，
所以，所以，
即，
设与的夹角为，则，
又，所以，所以与的夹角．
16．【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）由图象可知，的最大值为，最小值为，又，故，
周期，，，则，
从而，代入点，得，
则，，即，，
又，则.
.
（2）将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，
故可得；
再将所得图象向左平移个单位，得到函数的图象
故可得；
，，
，.
17．【答案】(1)这个扇形玉佩的半径为
(2)扇形的圆心角为，弧长为，面积为
【详解】（1）如图，设扇形的圆心为，连接，
在中，由余弦定理可得，
因为，可得，
在中，因为，则，即，
可得，
所以这个扇形玉佩的半径为.

（2）设扇形的圆心角为，
因为，可得，
所以扇形的圆心角为，弧长为，面积为.
18．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为，
所以，
则，
由正弦定理可得，即，
所以，
又，故，由，
故；
（2）由（1）得，
因为，
所以由正弦定理得
，
又锐角中，有，解得，
所以，则，
所以，即，
故的取值范围为.
19．【答案】(1)
(2)和
(3)存在，
【详解】（1）由已知可得：，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以
，
，
（2），
，
，
，
所以，，
，
所以与共线的单位向量为和.
（3），
因为为的相伴特征向量，
所以，解得，
所以，
所以，
，
假设在的图象上是否存在一点，使得，
所以，，
所以，
所以，
所以，
所以，
令，
令，
所以，
，
当时，；当时，，，
所以，
因为，
所以当且仅当且时，成立，
此时，且，即点，
所以的图象上是存在一点，使得.