江苏省扬州中学2022-2023学年高一数学下学期5月月考试题（Word版附答案）.docx

1、江苏省扬州中学2022-2023学年度第二学期月考试题 高一数学 2023.05一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题意的.（请将所有选择题答案填到答题卡的指定位置中.）1若复数(为虚数单位)，则（）A1B2CD2设，为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列命题正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则3在中，若，则此三角形解的情况是（）A有一解B有两解C无解D有解但解的个数不确定4设平面向量，满足，则在上投影向量的模为（）ABC3D65中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“

2、幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.即界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（）A16BCD216已知，则（）A B C D7已知四边形中，ACBD,AB=BC=BD2=1,AC=CD=3，点在四边形的边上运动，则的最小值是（）ABCD-18在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.若恒成立，则实数的取值范围为（）ABCD二、多项选择题：本大

3、题共4小题，每小题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9下面是关于复数（为虚数单位）的命题，其中真命题为（ ）A的虚部为 B在复平面内对应的点在第二象限C的共轭复数为 D若，则的最大值是10关于函数,下列说法正确的有（）A的最大值为，最小值为B的单调递增区间为C的最小正周期为D的对称中心为11如图，已知的内接四边形中，下列说法正确的是（）A四边形的面积为B该外接圆的半径为CD过作交于点，则12如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，沿AEAF及EF把这个正方形折成一个四面体，使得BCD三点重

4、合于点S，得到四面体（如图2）.下列结论正确的是（）A平面平面SAF B四面体的体积为C二面角正切值为 D顶点S在底面AEF上的射影为的垂心三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13已知圆锥侧面展开图扇形的圆心角为，底面圆的半径为1，则圆锥的侧面积为_14已知，则的值为_15已知函数，且关于的方程有且仅有一个实数根，则实数的取值范围是_16已知锐角的内角所对的边分别，若是的平分线，交于点，且，则的最小值为_；若的外接圆的圆心是，半径是1，则的取值范围是_四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.17已知复数，i为虚数单位(1)若是纯虚数，求实数m的值；

5、(2)若，求的值18 如图，在三棱柱中，平面ABC，D，E分别为AC，的中点，(1)求证：平面；(2)求点D到平面ABE的距离19在中，为的三等分点（靠近点）(1)求的值；(2)若点满足，求的最小值，并求此时实数的值20记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)若，求C；(2)求的取值范围.21如图所示，在平行四边形ABCD中，E为边AB的中点，将ADE沿直线DE翻折为，若F为线段的中点在ADE翻折过程中，(1)求证：平面ADE；(2)若二面角A-DE-C的大小为60，求与面所成角的正弦值.22已知向量，若函数f(x)=ab+12 的最小正周期为.(1)求的单调递增区间；(2)若函

6、数g(x)=在有零点，求实数的取值范围.5月考答案1-5 DCBAD 6.A【详解】因为，所以，所以，所以，7.C【详解】如图所示，因为，且，所以垂直且平分，则为等腰三角形，又，所以为等边三角形,则四边形关于直线对称，故点E在四边形上运动时，只需考虑点E在边上的运动情况即可，因为，知，即，则，当点E在边上运动时，设，则，则,当时，最小值为；当点E在边上运动时，设,则,则 ，当时，的最小值为；综上，的最小值为；8.C【详解】由可得，结合,可得，即，由于在锐角中，故，则,则,又，所以恒成立，即恒成立，即恒成立，因为，故，令，则函数在内单调递增，故，即，故，9. CD 10.ABD 11.BCD【详

7、解】对于A，连接，在中，由于，所以，故，解得，所以，所以，故，故四边形的面积为，故A错误；对于B，设外接圆半径为，则，故该外接圆的直径为，半径为，故B正确；对于C，连接，过点O作OGCD于点F，过点B作BECD于点E，则由垂径定理得：，由于，所以，即，解得，所以，所以，且，所以，即在向量上的投影长为1，且与反向，故，故C正确；对于D，由C选项可知：，故，且，因为，由对称性可知：DO为ADC的平分线，故，由A选项可知：，显然为锐角，故，所以，所以，故D正确.12.BD 【详解】如图，作EF的中点M，连结AM、SM，过S作AM的垂线交AM于点O，连结SO，过O作AF的垂线交AF于点N，连结SN由题

8、知AE=AF=，所以AM，SE=SF=1，所以，为平面SEF与平面AEF的二面角的平面角又 平面ASM，平面ASM，SO，作法知， ，平面AEF，所以SO为锥体的高所以O为S在平面AEF上的射影.平面AEF，所以 ，由作法知，平面SON，平面SON，为平面SAF与平面AEF的二面角的平面角，显然为锐角，故A错由题知 ， ， 又AS， ，SE， ，四面体SAEF的体积为 ，故B正确在直角三角形ASM中： 故C不正确因为 ， ， 所以 ， ，由对称性知 ，又AM故D正确13. 14.5 15.【详解】作出的图象，如下图所示：关于的方程有且仅有一个实数根，函数的图象与有且只有一个交点，由图可知，则实

9、数的取值范围是.16. .【详解】(1)由是的平分线，得，又，即，化简得，当且仅当，即，时，取等号(2)，=，是锐角三角形，17.（1），所以，因为是纯虚数，所以，得.（2）由（1）知，因为，所以，得，所以，所以.18.（1）证明：，D，E分别为AC，的中点，且，又平面，平面，又平面，又，且，平面，平面（2），在中，边上的高为设点D到平面ABE的距离为d，根据，得，解得，所以点D到平面ABE的距离为19.【详解】（1）因为为的三等分点（靠近点），所以，所以，所以.（2）因为，所以，因为，所以，所以当时，取得最小值.20.【详解】（1）由，可得，则整理得，解之得或又，则，则，则（2）A ，B为的

10、内角，则则由，可得，则均为锐角又，则，则，则则令，则又在单调递增，可得，则的取值范围为，则的取值范围为21.（1）证明：取的中点，连接，为线段的中点，平面，平面，平面，又，四边形为平行四边形，则平面，平面，可得平面，又，平面，可得平面平面，平面，则面.（2）取中点，中点，连接，由，为边的中点，得，所以为等边三角形，从而，又，为的中点所以，又是等边三角形，所以，所以为二面角的平面角，所以，过点作，过作交于，连接，是等边三角形，所以可求得，所以，所以，又，面，所以面，又，所以面，平面，所以面面，由，在中易求得，又,所以，面面，面，所以面，所以为与平面所成的角，在中可求得，所以，与面所成角的正弦值为22.（1）解：因为，因为且函数的最小正周期为，则，解得，所以，由可得，所以，函数的单调递增区间为.（2）解：，方程，即方程，因为，则，设，原方程化为，整理，方程等价于在在有解，设，当时，方程为得，故；当时，在上有解在上有解，问题转化为求函数上的值域，设，则，设，任取、且，则，当时，则，当时，则，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，的取值范围是，在上有实数解或.