精品解析：贵州省贵州大学附属中学2024-2025学年高一下学期3月月考数学试卷

贵州大学附属中学高一下数学第一次月考考试试卷 2025年3月 注意事项： 1.本试题共150分，考试时长120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、报名号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 若圆锥的轴截面是一个边长为的等边三角形，则它的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件确定圆锥的底面半径和高，在利用圆锥的体积公式求结论. 【详解】因为圆锥的轴截面是一个边长为的等边三角形， 所以圆锥的底面半径，高， 所以圆锥的体积. 故选：A. 2. 已知圆台的上、下底面的面积分别为，侧面积为，则该圆台的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得圆台的上、下底面的半径，作出圆台的轴截面，根据圆台的侧面积公式计算出母线长，再利用勾股定理求出圆台的高即可． 【详解】做圆台的轴截面，如图： 由题意得圆台的上，下底面的半径分别为2，6， 设圆台的母线长为，高为，则该圆台的侧面积 ，解得， 所以. 故选：C. 3. 已知一圆柱的底面半径为2，体积为，若该圆柱的底面圆周都在球的表面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由圆柱体积公式求得圆柱高，从而求得球的半径，然后由球表面积公式计算． 【详解】由题意圆柱的轴截面是球的大圆的内接矩形，矩形的对角线是球的直径， 设圆柱高为，球半径为，圆柱底面半径为， 由得，所以，， 球表面积为， 故选：A． 4. 如图，在正方体中，直线与直线BD（ ） A. 异面 B. 平行 C. 相交且垂直 D. 相交但不垂直 【答案】A 【解析】 【分析】法一：根据异面直线的概念判断即可.法二：利用反证法可证明直线与直线异面. 【详解】法一：由图形可知，直线与直线不同在任何一个平面，这两条直线异面直线. 法二：（反证法）假设直线与直线不异面，则直线与直线共面， 设直线与直线确定的平面，又不共线，所以确定平面， 所以平面与平面重合，从而可得平面，与平面矛盾， 所以直线与直线异面. 故选：A. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由对数函数的单调性确定的取值范围，由指数函数的图像及单调性确定的取值范围即可比较大小. 【详解】由对数函数上单调递增，所以，所以， 对数函数在上单调递增，所以，所以， 因为指数函数的图像在轴上方且在定义域上单调递减， 所以，所以， 所以： 故选：B 6. 已知的外接圆圆心为O，且，，则向量在向量的投影向量为（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量关系得出向量夹角，再结合向量的投影向量公式计算即得. 【详解】因为，所以O是的中点，所以,可得 所以，所以. 故选：D. 7. 的内角，，的对边分别为，，，且，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理化角为边化简可得，再结合余弦定理求即可. 【详解】由正弦定理和，可得， 所以，所以， 由余弦定理，可得， 因为，所以. 故选：B. 8. 如图，正方形的边长为分别为边上的动点，若为的中点，且满足，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标法和基本不等式求得的最小值 【详解】如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向， 的方向为轴的正方向建立平面直角坐标系， 则，设，其中，则， 因为，所以，又， 所以， 当且仅当时等号成立. 故选：A. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 下列各式的值为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用二倍角的正切公式可求A；利用同角三角函数的基本关系以及二倍角正弦公式可求B；利用二倍角的余弦公式可求解C；利用二倍角的余弦公式可求解D； 【详解】对于A：因为， 所以原式， A不符合； 对于B：原式 ，B符合； 对于C：原式 ，C符合； 对于D：原式，D符合. 故选：BCD. 10. 如图所示的圆台，在轴截面ABCD中，，，则（ ） A. 该圆台的高为 B. 该圆台轴截面面积为 C. 该圆台的体积为 D. 一只小虫从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点，所经过的最短路程为5 【答案】AD 【解析】 【分析】根据梯形性质利用勾股定理计算可判断A；利用梯形面积公式计算可判断B；代入圆台体积公式可判断C；利用圆台侧面展开图以及勾股定理计算可判断D. 【详解】对于A，在梯形中，即代表圆台的高， 利用勾股定理计算可得，所以A正确； 对于B，轴截面梯形的面积为，因此B错误； 对于C，易知下底面圆的面积为，上底面圆的面积为； 所以该圆台的体积为，可得C错误； 对于D，将圆台侧面沿直线处剪开，其侧面展开图如下图所示： 易知圆弧的长度分别为，设扇形圆心为，圆心角为，； 由弧长公式可知，解得； 所以可得， 设为的中点，连接，当小虫从点沿着爬行到的中点，所经过路程最短， 易知，且， 由勾股定理可知，可知D正确. 故选：AD 11. 已知中，角所对的边分别是且，，，则下列结论正确的是（ ） A. 是锐角三角形 B. C. 的面积为 D. AB的中线长为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据大边对大角可知角为钝角，可得A错误；由余弦定理以及三角形面积公式计算可得BC正确，结合余弦定理判断D错误. 【详解】对于A，由题意可知边最大，所以角为的最大内角， 易知，因此角为钝角，可得A错误； 对于B，易知，又，可得，即B正确； 对于C，由，可得的面积为，即C正确； 对于D，设AB中线为，易知，可得，即D错误. 故选：BC 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 函数的值域为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由及对数函数的性质，可得到的取值范围，进而得到的取值范围，从而得到的取值范围，即可求得函数的值域. 【详解】因为，所以，， 所以，即的值域为． 故答案为：. 13. 已知，，且与不共线.若与互相垂直，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】由向量垂直时的数量积为0即可得解. 【详解】由题意， 即， 可得：， 解得：， 故答案为： 14. 的内角，，的对边分别为，，，若，则______________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用正弦定理将已知等式中的边化为角，再根据三角形内角和定理以及三角函数公式化简等式，最后求出角的值. 【详解】已知，由正弦定理可得：，得到.  因为，所以，那么. 根据诱导公式，可得. 所以.  可得. 因为，所以，得到. 即，可得. 又因为，所以.  故答案为：. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15. 已知函数是偶函数，当时，. （1）当时，求函数的解析式； （2）当时，求函数的值域. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由偶函数的性质可得； （2）由指数函数的单调性可得. 【小问1详解】 ，则，结合题意得， 是偶函数，， 时，. 【小问2详解】 由（1）知 当， 当，的值域为. 16. 已知，，且与的夹角为120°，求： （1）； （2）若向量与平行，求实数的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用平方的方法来求得正确答案. （2）根据向量平行列方程来求得. 【小问1详解】 ， 所以. 【小问2详解】 由于向量与平行， 所以存在实数，使得， 所以，解得. 17. 已知的周长为，且. （1）求边的长； （2）若的面积为，求角的度数. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理将中的角化为边，得，再结合的周长即可得解； （2）由，得，再根据余弦定理即可求得的值，从而得解． 【小问1详解】 解：由正弦定理知， ， ， 的周长为， ， ． 【小问2详解】 解：的面积， ， 由（1）知，，， 由余弦定理知， ， ． 18. 已知函数. （1）求函数的最小正周期和单调递增区间； （2）求函数在区间上的最小值和最大值. 【答案】（1）最小正周期为，单调递增区间为 （2）最小值为,最大值为 【解析】 分析】（1）根据三角函数周期公式求周期，根据余弦函数单调区间列不等式，可得结果； （2）先确定取值范围，再根据余弦函数性质求最值. 【小问1详解】 所以函数的最小正周期为， 由得 即函数的单调递增区间为； 【小问2详解】 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递增，在上单调递减， 因为 因此当时，取最小值，为， 当时，取最大值，为. 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．"意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于120°时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且． （1）求角A； （2）设点为的费马点，，求实数的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案； （2）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案. 【小问1详解】 因为，则， 由正弦定理可得，可得. 【小问2详解】 点为的费马点，则， 设， 则由得； 由余弦定理得， ， ， 故由得， 即，而，故， 当且仅当，结合，解得时，等号成立， 又，即有，解得或（舍去）， 故实数的最小值为. 【点睛】关键点点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合（1）的结论可解答第二问，解答第二问的关键在于设，推出，结合费马点含义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式即可求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 贵州大学附属中学高一下数学第一次月考考试试卷 2025年3月 注意事项： 1.本试题共150分，考试时长120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、报名号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 若圆锥的轴截面是一个边长为的等边三角形，则它的体积为（ ） A B. C. D. 2. 已知圆台的上、下底面的面积分别为，侧面积为，则该圆台的高为（ ） A. B. C. D. 3. 已知一圆柱的底面半径为2，体积为，若该圆柱的底面圆周都在球的表面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，正方体中，直线与直线BD（ ） A. 异面 B. 平行 C. 相交且垂直 D. 相交但不垂直 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知的外接圆圆心为O，且，，则向量在向量的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 的内角，，的对边分别为，，，且，则为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，正方形的边长为分别为边上的动点，若为的中点，且满足，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. D. 8 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 下列各式值为的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图所示的圆台，在轴截面ABCD中，，，则（ ） A. 该圆台的高为 B. 该圆台轴截面面积为 C. 该圆台体积为 D. 一只小虫从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点，所经过的最短路程为5 11. 已知中，角所对的边分别是且，，，则下列结论正确的是（ ） A. 是锐角三角形 B. C. 的面积为 D. AB的中线长为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 函数的值域为__________． 13. 已知，，且与不共线.若与互相垂直，则_________. 14. 的内角，，的对边分别为，，，若，则______________. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15. 已知函数是偶函数，当时，. （1）当时，求函数的解析式； （2）当时，求函数的值域. 16. 已知，，且与的夹角为120°，求： （1）； （2）若向量与平行，求实数的值． 17. 已知周长为，且. （1）求边的长； （2）若的面积为，求角的度数. 18. 已知函数. （1）求函数的最小正周期和单调递增区间； （2）求函数在区间上的最小值和最大值. 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．"意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于120°时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且． （1）求角A； （2）设点为的费马点，，求实数的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$