重庆市广益中学校2024-2025学年高一下学期5月（期中）考试数学试题

高2024级5月月考数学试题参考答案 一、单选 1．如图所示，用符号语言可表达为（    ） A．，， B．，， C．，，， D．，，， 【答案】A 【分析】结合图形及点、线、面关系的表示方法判断即可． 【详解】如图所示，两个平面与相交于直线，直线在平面内，直线和直线相交于点， 故用符号语言可表达为，，， 故选：A 2．若复数满足，则复数的虚部为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用复数的除法化简复数，即可得出复数的虚部. 【详解】因为，所以，因此复数的虚部为. 故选：C. 3．若的直观图如图所示，，，则顶点到轴的距离是（    ） A．2 B．4 C． D． 【答案】D 【分析】过点作轴交于点，求得，结合斜二测画法的规则，得到点到的距离即为，即可求解. 【详解】如图（1）所示，在的直观图中，过点作轴交于点， 又因为且，可得， 作出直角坐标系中，作出的图形，如图（2）所示， 根据斜二测画法的规则，可得轴，即点到的距离即为. 故选：D. 4．已知为不共线向量，，则（    ） A．三点共线 B．三点共线 C．三点共线 D．三点共线 【答案】A 【分析】由已知得，依次判断各项对应点所得向量是否共线，即可判断. 【详解】由题设， ，，，与有公共端点，所以三点共线，A对； ，，不存在，使， 所以与不共线，即三点不共线，B错； ，，不存在，使， 所以与不共线，即三点不共线，C错； ，，不存在，使， 所以与不共线，即三点不共线，D错； 故选：A 5．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． 【答案】D 【分析】根据题意求出圆台上下底面半径，圆台的高，代入圆台的体积计算公式即可求解. 【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：. 6．如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，过三点的截面把正方体分成两部分，则该截面的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】画出截面图形，利用已知条件，转化求解截面周长即可． 【详解】如图，取BC的中点，连接EF，AF，, 、分别为棱、的中点，则，正方体中，则有，所以平面为所求截面， 因为正方体的棱长为2，所以，，，所以四边形的周长为. 故选：A. 7．在中，角为，角的平分线交与点．已知，且，则（   ） A．1 B．6 C． D．9 【答案】B 【分析】先由向量共线的基本定理求出，再建立如图坐标系，利用坐标表示求出，最后再由坐标计算向量的数量积可得. 【详解】由可得， 因为三点共线，所以， 以为原点，为轴建立如图所示坐标系，    因为，，则， 设， 由可得，解得， 所以. 故选：B 8．文峰塔建于清道光三十年（1850年），具有镇洪水和象征人文鼎盛的寓意，现为重庆市文物保护单位，并成为广益中学的标志性景观之，该塔为七级楼阁式砖石结构，底层以条石筑成，塔身呈六边形，逐层向上收窄，顶部为六角攒尖葫芦宝顶。其建筑特色和地理位置（南山之巅）使其成为俯瞰山城的重要观景点。 我校“文峰数智社”为了测量其高度，设文峰塔高为，在与点B同一水平面且共线的三点C，D，E处分别测得顶点的仰角为，且，则文峰塔的高约为（    ）（参考数据：） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，求出，利用余弦定理在和中，表示出和，两者相等即可解出答案 【详解】由题知，设， 则， 又，所以在中，，① 在中，，② 联立①②，解得 故选：B. 二、多选 9．已知向量，，则（    ） A．若与垂直，则 B．若，则的值为 C．若，则 D．若，则在方向上的投影向量坐标为 【答案】BCD 【分析】利用向量垂直的坐标表示判断A；利用向量共线的坐标表示，结合数量积运算判断B；利用坐标计算模判断C；求出投影向量判断D. 【详解】向量，， 对于A，与垂直，则，解得，A错误； 对于B，，，，B正确； 对于C，，，，因此，C正确； 对于D，，，在方向上的投影向量，D正确. 故选：BCD 10．下列说法正确的是（    ） A．， B．若，，则的最小值为1 C． D．若是关于x的方程的根，则 【答案】ABD 【分析】根据复数的乘法运算结合复数的模的计算，可判断A；根据虚数单位的性质可判断B；设，根据复数的模的计算公式，可得，以及，结合x的范围可判断C；将代入方程，结合复数的相等，求出p，即可判断D. 【详解】对于A，，设复数，则，， 故，A正确； 对于B，，设，由于，则， 故， 由，得，则， 故当时，的最小值为1，B正确； 对于C，由于，故，C错误； 对于D，是关于x的方程的根， 故，即， 故，D正确， 故选：ABD 11．下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（    ） A．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体 C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体 【答案】ABD 【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断. 【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长， 所以能够被整体放入正方体内，故A正确； 对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且， 所以能够被整体放入正方体内，故B正确； 对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且， 所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确； 对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆， 如图，过的中点作，设， 可知，则， 即，解得， 且，即， 故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱， 若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为， 可知：，则， 即，解得， 根据对称性可知圆柱的高为， 所以能够被整体放入正方体内，故D正确； 故选：ABD. 三、填空 12．的三内角，，所对边分别为，，，若，则角= . 【答案】 【分析】直接利用余弦定理计算可得. 【详解】依题意由余弦定理， 又，所以. 13.在中，，，若满足上述条件的恰有两个解，则边长的取值范围是 . 【答案】 14．如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.对于平面内任意一点，若向量，则把有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标.定义为在坐标系中的“绝对距离”.已知平面内点，若，则 ；若，则的最大值为 . 【答案】 【分析】根据题设定义及模长的计算公式，即可求解；根据条件得到，再分同号、异号和三种情况，利用基本不等式，即可求解. 【详解】因为，所以，又是单位向量，且， 则， 由，得到. 当同号时，不妨设同正，则， 所以，当且仅当时取等号， 当异号时，不妨设，令，则， 所以，当且仅当时，等号成立. 又当时，易知， 综上，的最大值为. 故答案为：，. 四、解答题 15．如图，在直三棱柱中，，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，判断四边形为平行四边形，进而可求证； （2）由点到平面的距离等于点到平面的距离，得到，进而可求解. 【详解】（1）取的中点，连接， ∵为的中点，∴且， ∵为的中点，∴且， ∴且， ∴四边形为平行四边形，∴. 又∵平面平面， ∴平面. （2）∵，∴， ∴. 在直三棱柱，易知平面， ∴点到平面的距离等于点到平面的距离， ∴， 又∵平面， ∴. 16．已知向量满足，且向量与的夹角为． (1)求； (2)若（其中），则当取最小值时，求与的夹角的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由向量数量积的运算律，根据数量积的定义，可得答案； （2）由数量积的运算律与模长计算，根据二次函数的性质，结合数量积的结果，可得答案. 【详解】（1）因为，且向量与的夹角为， 所以，所以． （2）， 所以时，，此时，所以， 所以与的夹角的大小为． 17.（15分） 在锐角中，的面积为S，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足：，(1)求角A的大小； (2)作（A，D位于直线BC异侧），使得四边形ABDC满足 ,BD=，设，试用 表示AC，并求AC的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）选①可根据正弦定理边化角和三角形中的诱导公式化简计算；选②可根据正弦定理角化边和余弦定理化简计算；选③根据向量乘积展开式和正弦定理的面积公式进行化简计算； （2）设，将所有未知角用表示，再用正弦定理将AC表示出来进行化简，最后根据的范围求出AC的最大值. 【详解】（1）选①根据正弦定理可知： ，展开化简得， 故，即； （2）如图，设，则， 在中，由正弦定理得可得， ， 在中，由正弦定理得：可得， ， 因为是锐角三角形，所以 所以 当时，可得的最大值是. 18.设平面内两个非零向量的夹角为，定义一种运算“”：.试求解下列问题. (1)已知向量满足：，求的值； (2)在平面直角坐标系中，已知点，求的值； (3)已知向量，求的最小值. 【答案】(1)2 (2)7 (3)16 【分析】（1）借助新定义计算即可得； （2）借助所给定义及三角函数间得关系，计算可得，代入数据计算可得； （3）由，代入数据，结合基本不等式计算即可得. 【详解】（1）由已知，得， 设的夹角为，由，可得，即， 又，所以， 所以； （2）设，则，， 设的夹角为，则， ， 所以， 又， 所以. （3）由（2）得， 故， ， 当且仅当，即时等号成立. 所以的最小值是16. 19．祖暅是南北朝时期伟大的数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.“意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等，现有以下三个几何体：半径为R的半球，底面半径和高均为R的圆锥与圆柱，体积分别记为，，. (1)(1)请分别表示出：，，，并写出三者之间的关系； (2)过半径上一点A，且平行于半球大圆的平面将半球分割成两部分，位于上方的部分称为“球缺”.根据祖暅原理，其体积为一个圆柱的体积减去一个圆台的体积.当点A为半径中点时，求解下面两个问题： （i）求截得的“球缺”的体积； （ii）求截得的“球缺”的表面积. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）由圆柱、圆锥和球的体积公式，分别求得圆柱、圆锥和半球的体积，即可得出结论；可得，，，所以，即圆柱的体积等于圆锥和半球的体积和. （2）（i）根据祖暅原理，由小球缺的体积等于图（2）中截面上方的圆柱挖去其中圆台后剩余的几何体的体积，所以小球缺的体积为，令，代入计算，即可求解；（ii）将球缺底部的圆与球心连线，组成一几何体，连接球心O和每个小网格的顶点，整个几何体就被分割成n个“小锥体”，求得球缺曲面部分的面积为，进而得到球缺的表面积. 【详解】（1）解：根据题意，利用圆柱、圆锥和球的体积公式， 可得，，， 所以，即圆柱的体积等于圆锥和半球的体积和. （2）解：（i）图（1）中，截面圆的半径为，所以截面圆的面积为， 图（2）中，截面为圆环，其中小圆的半径为，大圆的半径为， 所以截面圆环的面积为， 根据祖暅原理，由小球缺的体积等于图（2）中截面上方的圆柱挖去其中圆台后剩余的几何体的体积， 所以小球缺的体积为， 令，可得. （ii）类比球的表面积和体积的求法，将球缺底部的圆与球心连线，组成一几何体， 把球缺的曲面部分分成n个小网格，连接球心O和每个小网格的顶点， 整个几何体就被分割成n个“小锥体”，记球缺曲面部分的面积为S， 则，可得，， 所以该球缺的表面积为. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高2024级高一下期5月考试 数学试题 命题人： 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟。 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡 皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 1、 单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1．如图所示，用符号语言可表达为（    ） A．，， B．，， C．，，， D．，，， 2．若复数满足，则复数的虚部为（   ） A． B． C． D． 3．若的直观图如图所示，，，则顶点到轴的距离是（  ） A．2 B．4 C． D． 4．已知为不共线向量，，则（  ） A．三点共线 B．三点共线 C．三点共线 D．三点共线 5．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． 6．如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，过三点的截面把正方体分成两部分，则该截面的周长为（    ） A． B． C． D． 7．在中，角为，角的平分线交与点．已知，且，则（   ） A．1 B．6 C． D．9 8． 文峰塔建于清道光三十年（1850年），具有镇洪水和象征人文鼎盛的寓意，现为重庆市文物保护单位，并成为广益中学的标志性景观之，该塔为七级楼阁式砖石结构，底层以条石筑成，塔身呈六边形，逐层向上收窄，顶部为六角攒尖葫芦宝顶。其建筑特色和地理位置（南山之巅）使其成为俯瞰山城的重要观景点。 我校“文峰数智社”为了测量其高度，设文峰塔高为，在与点B同一水平面且共线的三点C，D，E处分别测得顶点的仰角为，且，则文峰塔的高约为（    ） （参考数据：） A． B． C． D． 二、多项选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9．已知向量，，则（    ） A．若与垂直，则 B．若，则的值为 C．若，则 D．若，则在方向上的投影向量坐标为 10．下列说法正确的是（    ） A．， B．若，，则的最小值为1 C． D．若是关于x的方程的根，则 11．下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（    ） A．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体 C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 的三内角，，所对边分别为，，，若，则角= . 13. 在中，，，若满足上述条件的恰有两个解，则边长的取值范围是 . 14．如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.对于平面内任意一点，若向量，则把有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标.定义为在坐标系中的“绝对距离”.已知平面内点，若，则 ；若，则的最大值为 . 四、解答题:（本题共5小题，共77分） 15．（满分13分） 如图，在直三棱柱中，，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积. 16．（满分15分） 已知向量满足，且向量与的夹角为． (1)求； (2)若（其中），则当取最小值时，求与的夹角的大小． 17.（满分15分） 在锐角中，的面积为S，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足：， (1)求角A的大小； (2)作（A，D位于直线BC异侧），使得四边形ABDC满足 ,BD=，设，试用表示AC，并求AC的最大值. 18.（满分17分） 设平面内两个非零向量的夹角为，定义一种运算“”：.试求解下列问题. (1)已知向量满足：，求的值； (2)在平面直角坐标系中，已知点，求的值； (3)已知向量，求的最小值. 19.（满分17分） 祖暅是南北朝时期伟大的数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.“意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等，现有以下三个几何体：半径为R的半球，底面半径和高均为R的圆锥与圆柱，体积分别记为，，. (1)请分别表示出：，，，并写出三者之间的关系； (2)过半径上一点A，且平行于半球大圆的平面将半球分割成两部分，位于上方的部分称为“球缺”.根据祖暅原理，其体积为一个圆柱的体积减去一个圆台的体积.当点A为半径中点时，求解下面两个问题： （i）求截得的“球缺”的体积； （ii）求截得的“球缺”的表面积. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$