精品解析：重庆市部分学校2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题

2023-2024学年度（下）高2026届5月月考 数学试题 （满分150分，120分钟完成） 一、单选题（共8个小题，每小题5分，共40分.每小题的四个选项中，只有一个符合题目要求） 1. 已知复数（i为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知向量，则与向量方向相反的单位向量是（ ） A. B. C. D. 或 3. 如图，用斜二测画法得到的直观图为等腰直角三角形，其中，则的面积为（ ） A. B. C. 2 D. 1 4. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下面四个命题中，正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D 若，则 5. 如图，某人在点处测得某塔在南偏西的方向上，塔顶仰角为，此人沿正南方向前进30米到达处，测得塔顶的仰角为，则塔高为 A. 20米 B. 15米 C. 12米 D. 10米 6. 已知某圆台的上、下底面半径分别为，，且，若半径为的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图，在堑堵中，，且.下列说法错误的是（ ） A. 四棱锥为“阳马” B. 四面体为“鳖臑” C. 四棱锥体积的最大值为 D. 过A点作于点E，过E点作于点F，则面AEF 8. 古希腊数学家特埃特图斯（Theaetetus）利用如图所示的直角三角形来构造无理数. 已知与交于点，若，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知非零复数，，其共轭复数分别为 则下列选项正确的是（ ） A. B C. 若，则 的最小值为2 D 10. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动时，下列命题正确的是（ ） A. 三棱锥A−D1PC的体积不变 B. 直线CP与直线AD1的所成角的取值范围为 C. 直线AP与平面ACD1所成角的大小不变 D. 二面角P−AD1−C的大小不变 11. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点中心对称 B. 的值域为 C. 满足在区间上单调递增的的最大值为 D. 在区间上所有实根之和为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，且在上的投影向量的坐标为，则与的夹角为__________. 13. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若最小正周期为，则__________． 14. ，，，为球面上四点，，分别是，的中点，以为直径的球称为，的“伴随球”，若三棱锥的四个顶点在表面积为的球面上，它的两条边，的长度分别为和，则，的伴随球的体积的取值范围是________． 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知的角、、所对的边分别是，，，设向量，，. （1）若，判断的形状； （2）若，边长，，求的面积. 16. 如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，平面，E为的中点. （1）证明：平面； （2）设，，求点D到平面的距离. 17. 在中，内角，，所对的边分别是，，，且，. （1）若，求边上角平分线长； （2）求边上的中线的取值范围. 18. 如图，在多面体中，平面，且是边长为2的等边三角形，． （1）若是线段的中点，证明：直线面； （2）求二面角的平面角的余弦值． 19. 若A，B，C是平面内不共线的三点，且同时满足以下两个条件：①；②存在异于点A的点G使得：与同向且，则称点A，B，C为可交换点组．已知点A，B，C是可交换点组． （1）求∠BAC； （2）若，，，求C的坐标； （3）记a，b，c中的最小值为，若，，点P满足，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年度（下）高2026届5月月考 数学试题 （满分150分，120分钟完成） 一、单选题（共8个小题，每小题5分，共40分.每小题的四个选项中，只有一个符合题目要求） 1. 已知复数（i为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的运算法则进行化简，求出共轭复数，根据复数的几何意义进行求解. 【详解】复数，则，即在复平面内对应的点为，位于第四象限. 故选：D． 2. 已知向量，则与向量方向相反的单位向量是（ ） A. B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】借助单位向量与反向向量的定义计算即可得. 【详解】. 故选：B. 3. 如图，用斜二测画法得到直观图为等腰直角三角形，其中，则的面积为（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据所给直观图是一个等腰直角三角形且直角边长是，求出直观图的面积，根据平面图形的面积是直观图的倍，得到结果． 【详解】因为是的直观图，且直角边长是， 所以的面积为， 因为平面图形与直观图的面积的比为， 所以的面积为， 故选：A 4. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下面四个命题中，正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间直线与平面位置关系结合线面平行的判定定理、性质定理及面面垂直的判定定理逐项判断即可. 【详解】对于A，由题意也有可能，若要，则需，故A错误； 对于B，若，则与没有交点，与没有交点，因为， 则与关系不能确定，故与可能相交、异面也可能平行，故B错误； 对于C，如图：在正方体中， 若平面为平面，平面为平面，为，为，则， 故C错误； 对于，因为，所以，又，记且， 则，所以，所以，故D正确. 故选：D 5. 如图，某人在点处测得某塔在南偏西的方向上，塔顶仰角为，此人沿正南方向前进30米到达处，测得塔顶的仰角为，则塔高为 A. 20米 B. 15米 C. 12米 D. 10米 【答案】B 【解析】 【分析】设塔底为，塔高为，根据已知条件求得以及角，利用余弦定理列方程，解方程求得塔高的值. 【详解】设塔底为，塔高为，故，由于，所以在三角形中，由余弦定理得，解得米. 故选B. 【点睛】本小题主要考查利用余弦定理解三角形，考查空间想象能力，属于基础题. 6. 已知某圆台的上、下底面半径分别为，，且，若半径为的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征求解，然后代入圆台体积公式求解即可. 【详解】如图， 设圆台上、下底面圆心分别为， 则圆台内切球的球心O一定在的中点处， 设球O与母线切于M点， 所以， 所以， 所以与全等， 所以，同理，所以， 过A作，垂足为G， 则，， 又， 所以， 所以，所以， 所以该圆台的体积为. 故选：D. 7. 《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图，在堑堵中，，且.下列说法错误的是（ ） A. 四棱锥为“阳马” B. 四面体为“鳖臑” C. 四棱锥体积的最大值为 D. 过A点作于点E，过E点作于点F，则面AEF 【答案】C 【解析】 【分析】根据“阳马”和“鳖膈”的定义，可判断A，B的正误；当且仅当时，四棱锥体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意可证平面，进而判断D的正误. 【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”， ∴在堑堵中，，侧棱平面， A选项，∴，又，且，则平面， ∴ 四棱锥为“阳马”，故A正确； B选项，由，即，又且， ∴平面，∴，则为直角三角形， 又由平面，得为直角三角形，由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形，∴ 四面体为“鳖膈”，故B正确； C选项，在底面有，即，当且仅当时取等号， ，最大值为，故C错误； D选项，因为，，，所以平面，故D正确； 故选：C 8. 古希腊数学家特埃特图斯（Theaetetus）利用如图所示的直角三角形来构造无理数. 已知与交于点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，求得相关向量坐标，根据，结合向量坐标运算，即可求得答案. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的坐标系， 由题意得， 则，. 因为，故， 因为，所以（负值舍去）， 所以， 故.又，则， 因为，所以， 解得，所以， 故选：A. 【点睛】方法点睛：注意到题目中的垂直关系，由此可以建立直角坐标系，利用向量的坐标运算来解决平面向量基本定理中的参数求解问题. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知非零复数，，其共轭复数分别为 则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 若，则 最小值为2 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】设，对A根据复数的乘法运算即可判断，对B根据共轭复数的概念和复数的加减即可判断；对C根据复数表示的几何意义即可判断；对D，根据复数的除法运算和复数模的计算即可判断. 【详解】设， 对A，，， 当至少一个为0时，，当均不等于0，，故A错误； 对B，，则， 而，故，故B正确； 对C，若，即，即， 即，则在复平面上表示的是以为圆心，半径的圆， 的几何意义表示为点到点的距离，显然， 则点在圆外，则圆心到定点的距离， 则点与圆上点距离的最小值为，故C错误； 对D，，， ， 而，故，故D正确； 故选：BD. 10. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动时，下列命题正确的是（ ） A. 三棱锥A−D1PC的体积不变 B. 直线CP与直线AD1的所成角的取值范围为 C. 直线AP与平面ACD1所成角的大小不变 D. 二面角P−AD1−C的大小不变 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，由已知可得平面，可得BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，由此可判断； 对于选项B，由，可得直线CP与直线AD1的所成角即为直线CP与直线BC1的所成角，由此可判断； 对于选项C，点P在直线BC1上运动时，直线AB与平面AD1C所成的角和直线AC1与平面AD1C所成的角不相等，可判断； 对于选项D，当点P在直线BC1上运动时，平面BAD1C1,即二面角P﹣AD1﹣C的大小不受影响，故D正确. 【详解】对于选项A，因为，面，面，所以平面， 所以BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，又，所以三棱锥A﹣D1PC的体积不变，故A正确； 对于选项B，因为，点P在直线BC1上运动，所以直线CP与直线AD1的所成角即为直线CP与直线BC1的所成角，因为为等腰直角三角形，故B项正确； 对于选项C，点P在直线BC1上运动时，直线AB与平面AD1C所成的角和直线AC1与平面AD1C所成的角不相等，故C错误； 对于选项D，当点P在直线BC1上运动时，平面BAD1C1,即二面角P﹣AD1﹣C的大小不受影响，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点中心对称 B. 的值域为 C. 满足在区间上单调递增的的最大值为 D. 在区间上的所有实根之和为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用两角和差公式、二倍角和辅助角公式可化简得到；利用代入检验法可知A正确；根据正弦型函数值域可知B错误；根据函数单调递增，利用整体代换法可求得范围，知C正确；将问题转化为与交点横坐标之和的问题，由对称性可求得D正确. 【详解】； 对于A，当时，，此时， 的图象关于点中心对称，A正确； 对于B，，的值域为，B错误； 对于C，若在上单调递增，则， 解得：，又，，解得：， ，，则的最大值为，C正确； 对于D，令，则； 当时，， 作出与的图象如下图所示， 与的交点即为方程的根， 由对称性可知：，， ，D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题考查三角恒等变换与三角函数性质相关问题的求解；本题求解方程实根之和的关键是将问题转化为两函数交点的问题，采用数形结合的方式，结合正弦函数对称性可求得结果. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，且在上的投影向量的坐标为，则与的夹角为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据投影向量公式得在上的投影向量为，结合已知可得结果. 【详解】设与的夹角为，且，， 则在上的投影向量为， 即，所以，所以， 故答案为：. 13. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若最小正周期为，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】先化简为，由题意可得，根据周期公式，计算即可. 【详解】因为,右移得到, 所以最小正周期为, 故. 故答案为： 14. ，，，为球面上四点，，分别是，的中点，以为直径的球称为，的“伴随球”，若三棱锥的四个顶点在表面积为的球面上，它的两条边，的长度分别为和，则，的伴随球的体积的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】 由已知求出三棱锥的外接球半径，求出，进一步求出的范围，从而得出答案即可. 【详解】 由题意知，三棱锥的外接球半径为4，故，且， 由勾股定理由， 由题意知，，的伴随球是以，为切线， 故的最大值和最小值分别为5和1， 当三点共线且线段之间时取得最大值， 当三点共线且在线段之外，满足时取得最小值， 故球的半径的取值范围为 ，的伴随球的体积的取值范围是 故答案为： 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知的角、、所对的边分别是，，，设向量，，. （1）若，判断的形状； （2）若，边长，，求的面积. 【答案】（1）为等腰三角形或直角三角形 （2） 【解析】 【分析】（1）根据垂直向量数量积为0，结合正弦定理与正弦二倍角公式与三角形内角关系判断即可； （2）由向量平行公式可得，再结合余弦定理可得，进而求得面积. 【小问1详解】 因为，，， 所以， 由正弦定理，得，所以， 又为三角形内角，所以或， 即或. 所以为等腰三角形或直角三角形 【小问2详解】 因为，由题意，故，即. 由余弦定理，又，， 故，则， 故，则，或（舍）， 所以 16. 如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，平面，E为的中点. （1）证明：平面； （2）设，，求点D到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）借助线面平行的判定定理即可得； （2）借助等体积法与体积公式计算即可得. 【小问1详解】 连接，交于点O，连接， ∵四边形是平行四边形，∴是的中点， 又∵E为的中点，∴是三角形的中位线，∴， 又∵平面，平面，∴平面； . 【小问2详解】 ∵平行四边形中，，，， ∴， 则，故， 又∵平面，∴，，都是直角三角形， ∵，∴，，， ∴，∴，∴， 因为是的中点，所以，且， 所以， ， 设点到平面的距离为， 由得：， 解得. 17. 在中，内角，，所对的边分别是，，，且，. （1）若，求边上的角平分线长； （2）求边上的中线的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据正弦定理结合两角和的正弦公式化简求，再依据余弦定理及已知得，然后利用面积分割法列方程求解即可； （3）利用向量的加法运算及数量积模的运算得，利用正弦定理得，然后利用正弦函数的性质求解范围即可. 【小问1详解】 因为，根据正弦定理有， 所以， 即， ， ， 即，又， 所以，因为，所以， 由及余弦定理得， 即， 又因为，所以， 所以， 所以，即， 所以 【小问2详解】 因为是的中点，所以， 则， 因为，，由余弦定理有：， 即，所以 由正弦定理得： ， 即， 因为，所以， 所以，所以， 所以，所以， 所以，即边上的中线的取值范围为. 18. 如图，在多面体中，平面，且是边长为2的等边三角形，． （1）若是线段的中点，证明：直线面； （2）求二面角的平面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）取的中点,连接,利用为三角形的中位线，，，说明四边形是平行四边形，因此，问题转化为证明平面，利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）首先找出二面角，连接，过在面内作的垂线，垂足为，连接．利用线面垂直的判定定理证明平面，可得为二面角的平面角，在直角中，求出的余弦即可. 【详解】解：（1）证明：取的中点,连接 ,,平面, 又因为,，所以为平行四边形， 所以，所以平面. （2）连接，过在面内作的垂线，垂足为，连接． 因为平面，平面，所以, 又因为，所以，而平面， 所以平面，而平面，故， 又因为，平面， 所以平面，而平面，故， 所以为二面角的平面角； 在中，, 所以,, 在直角中，， 所以， 所以二面角的平面角的余弦值为. 19. 若A，B，C是平面内不共线的三点，且同时满足以下两个条件：①；②存在异于点A的点G使得：与同向且，则称点A，B，C为可交换点组．已知点A，B，C是可交换点组． （1）求∠BAC； （2）若，，，求C的坐标； （3）记a，b，c中的最小值为，若，，点P满足，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）根据与同向，设，利用夹角公式，结合，得到，再由，得到求解； （2）由（1）知，，得到是正三角形，利用边长相等求解； （3）设BC的中点为D，由，得到G为的重心，且为的中心，不妨设与的夹角为，，分别表示数量积求解. 【小问1详解】 解：因为与同向，设， 则， ， 又∠GAB，． 因为，所以， 所以， 由，得， 又，所以，． 【小问2详解】 由（1）知，． 所以， 因为，，， 所以，，， 则，解得 所以C的坐标为． 【小问3详解】 设BC中点为D，则，又， 所以，即G为的重心，又是正三角形，点G是的中心， 所以，，， 由对称性，不妨设与的夹角为，， 如图所示， ， ， 由图可知，与，与的夹角分别为，， 所以，的值分别为，， 当时，， 所以，其取值范围是． 所以的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$