湖北省沙市中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题

2024—2025学年度下学期2024级 5月月考数学试卷 命题人：吴家欣 审题人：时舜 考试时间：2025年5月23日 一、单选题 1．已知，均为锐角，，，则（   ） A． B． C． D． 2．已知复数，若，则（    ） A． B． C． D．2 3．在长方体中，若，，则异面直线，所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 4．如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（    ） A．   B．   C．   D．   5．已知，是平面外的两条直线，在的前提下，是的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 6．设， 是两个非零向量，且， ， 则与的夹角是（   ） A． B． C． D． 7．在等边三角形中，D、E、F分别在边上，且．则三角形面积的最大值是（   ） A． B． C． D． 8．已知函数 ，，对任意恒有，且在区间上有且只有一个使，则的最大值为 A． B． C． D． 二、多选题 9．（多选题）下列四个命题中，真命题是（    ） A．若是两条直线，是两个平面， 且， 则是异面直线. B．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内. C．若直线相交，是平面且，则直线不在平面内. D．若是平面，直线，直线，则. 10．点在所在平面内，下列说法正确的是（   ） A．若，则为的重心 B．若，则为锐角三角形 C．若，则 D．若为边长为2的正三角形，点在线段BC上运动，则 11．如图，已知正方体的棱长为2，点为的中点，点为正方形内（包含边界）的动点，则下列说法正确的是（   ） A．四点共面 B．几何体的体积为 C．存在唯一的点，使平面 D．直线与所成角的余弦值的取值范围是 三、填空题 12．已知平面向量，，则在上的投影向量的坐标为 . 13．中，若，，则的面积的取值范围 . 14．已知函数是定义在上的奇函数，将函数 图象上所有点的横坐标伸长到原来的3倍得到的图象，若方程在时有两个不相等的实数根，则的取值范围是 ． 四、解答题 15．如图，在矩形和四分之一的拼接的平面图形中，，，将该图形绕所在直线旋转一周形成的面所围成的旋转体记为． (1)求的体积； (2)求的表面积． 16．如图所示，在四棱锥中，底面为梯形，，，面面，是的中点. (1)求证：//平面； (2)若是线段上一动点，则线段上是否存在点，使//平面？说明理由. 17．如图，一个半径为米的筒车按逆时针方向每分钟转圈，筒车轴心距水面的高度为米.设筒车上某个盛水桶到水面的距离为（单位：米）（在水面下则为负数），若以盛水桶刚浮出水面时开始计算时间，则与时间（单位：分钟）之间的关系式为. (1)求与时间（单位：分钟）之间的关系式； (2)某时刻（单位：分钟）时，盛水桶在过点竖直直线的左侧，到水面的距离为米，再经过分钟后，求盛水桶到水面的距离. 18．在中，，，所对的边分别为，，，已知. (1)若，求的值； (2)若是锐角三角形，求的取值范围. 19．已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数. (1)设函数，试求的伴随向量； (2)记向量的伴随函数为，求当且时，的值； (3)当向量时，伴随函数为，函数，求在区间上最大值与最小值之差的取值范围. 《2024-2025学年度高中数学5月月考卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B B D B C A C BC AC 题号 11 答案 BD 1．C 【分析】首先求出，，再由及两角差的正弦公式计算可得. 【详解】因为，均为锐角，则，又， 所以， 所以，， 所以 . 故选：C 2．B 【分析】先根据复数的除法运算法则求出，再根据复数的模的计算公式求出；也可利用复数模的性质来求解. 【详解】方法一： 由题意，， 所以，. 方法二： 已知，则. 已知，则. 因为，根据复数模的性质，可得： . 故选：B. 3．B 【分析】注意到，则、所成角，即为与所成角，然后由题意及余弦定理可得答案. 【详解】连接、，由题可得，又， 则四边形为平行四边形，则， 即，所成角，即为与所成角或其补角， 又由题可得，， 则. 因此，异面直线，所成角的余弦值为. 故选：B. 4．D 【分析】根据线面平行、面面平行的判定定理及性质即可判断. 【详解】对于A选项，如图①所示，在正方体中，   且， 因为分别为的中点， 则且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面平面， 所以平面，同理可证平面， 因为平面， 所以平面平面， 因为平面， 故平面,故A满足； 对于B选项，如图②所示，连接，    在正方体中，且， 因为分别为的中点，则且， 所以四边形为平行四边形，故， 因为分别为的中点，则， 所以， 因为平面平面， 所以平面，故B满足； 对于C选项，如图③所示，在正方体中，取的中点， 连接，    因为且分别为的中点， 所以且，故四边形为平行四边形，则， 因为分别为的中点， 所以，则， 所以四点共面， 因为且，则四边形为平行四边形， 所以， 因为分别为的中点，则， 所以， 因为平面平面， 所以平面故C满足； 对于D选项，如图④所示，在正方体中，取的中点， 连接，    因为且分别为的中点， 则且， 所以四边形为平行四边形，则， 因为分别为的中点， 所以，故， 所以四点共面， 同理可证，故， 同理可得， 反设平面， 因为，且平面，则平面， 但与平面有公共点，这与平面矛盾， 故平面，故D不满足. 故选：D. 5．B 【分析】充分性可在正方体中举反例，必要性则利用线面平行的性质定理和判定定理可得. 【详解】如图，在正方体中， 记平面为，直线为， 若记直线为，则满足，但，故无法得出； 因，则直线共面，记直线所确定的平面为， 若，则； 若，则由，可得，则， 因，，，则， 故由可得出. 综上可知，是的必要不充分条件. 故选：B. 6．C 【分析】由，，得，，化简后结合向量的夹角公式可求得结果. 【详解】因为，所以， 所以，① 因为，所以， 所以，② 由②①，得，则， 所以，得，所以， 因为， 是两个非零向量， 所以， 因为，所以. 故选：C 7．A 【分析】结合已知，引入来表达，且据勾股定理可求出，则在和中，分别用正弦定理可表达，即可表达面积，从而分析最值. 【详解】设， ， ， ， 在中，，即， ， 同理，在中，， 的边长， 其中， 时，取得最大值为， . 故选：A. 8．C 【分析】由题意得到满足的关系式，然后结合题意分类讨论确定ω的最大值即可. 【详解】由题意知，则， 其中， 又f(x)在（，）上有且只有一个最大值，且要求最大， 则区间（，）包含的周期应最多， 所以，得0<≤30，即，所以k≤19.5. 分类讨论： ①.当k=19时，，此时可使成立， 当时，， 所以当或时，都成立，舍去； ②.当k=18时，，此时可使成立， 当时，， 所以当或时，都成立，舍去； ③.当k=17时，，此时可使成立， 当时，， 当且仅当时，都成立， 综上可得：ω的最大值为. 本题选择C选项. 【点睛】本题主要考查三角函数的性质，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力，属于难题. 9．BC 【分析】对于A，通过特例可判断；对于B，利用确定平面的条件和点、线、面的包含关系即可判断出正误；对于C，利用直线与平面平行的定义和直线与平面的位置关系即可判断出正误；对于D，利用平面内两直线的位置关系即可判断出正误. 【详解】选项A，例如长方体对面的两条对角线就是共面的，不合题意； 选项B，设，不重合，易知可确定唯一平面， 又，所以，又，所以，符合题意； 选项C，设，，所以，故直线不在平面内，符合题意； 选项D，因为直线，直线，则或与异面，不符合题意. 故选：BC. 10．AC 【分析】对于A，取的中点，连接，取的中点，连接，结合向量的加法法则分析判断，对于B，根据数量积的定义结合锐角三角形的定义分析判断，对于C，由已知条件结合向量的加减法法则可得为上靠近的三等分点，从而可求出两三角形的面积比，对于D，举例判断. 【详解】对于A，取的中点，连接，则， 因为，所以，所以与共线， 因为与有公共点，所以三点共线，即在中线上， 取的中点，连接，同理可得在中线上， 所以为的重心，所以A正确， 对于B，由，得，所以， 因为，所以角为锐角，而其它角不一定为锐角， 所以不一定为锐角三角形，所以B错误， 对于C，因为，所以， 所以，所以，所以与共线， 因为与有公共点，所以三点共线，且为上靠近的三等分点， 所以，设到边的距离为，则 ，所以C正确， 对于D，若为的中点，则， 所以 ，所以D错误. 故选：AC 11．BD 【分析】推导出与为异面直线，即可判断A；计算几何体的体积即可判断B；取的中点，的中点，连接，可证平面平面，即可求出点的轨迹，从而判断C 【详解】对于A：在正方体中，又平面，平面， 所以平面，又平面，且，所以与为异面直线， 所以点四点不共面，故A错误； 对于B： ，故B正确； 对于C：取的中点，的中点，连接， 则，平面，平面，所以平面， 又且，所以四边形为平行四边形，所以， 平面，平面，所以平面， 又，平面， 所以平面平面，又平面，点为正方形内（包含边界）的动点， 所以点在线段上有无数的点，满足平面，故C错误； 故选：BD 12． 【分析】利用投影向量的定义结合平面向量数量积的坐标运算可得结果. 【详解】因为平面向量，，所以， 所以在上的投影向量为. 故答案为：. 13． 【分析】由已知可求得，利用正弦定理可得，利用，结合边化角与三角恒等变换可求得的面积的取值范围. 【详解】由和余弦定理， 可得， 即，所以， 因为，所以， 又因为， 由正弦定理，， 则得， ， 因为，所以， 所以，则， 故的面积的取值范围. 故答案为：. 14． 【分析】利用辅助角公式化简函数，根据奇偶性求出参数，根据题意进行图象变换得到，再根据函数单调性结合函数图象求解. 【详解】由题意，， 由是奇函数，可得，即， . 所以，. 将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的3倍得到， 令时， 则时，单调递增，时，单调递减， 时，；时，. 函数的图象如图， 由图可知，若函数与直线在时有两个交点，则的取值范围是. 故答案为：. 15．(1) (2) 【分析】（1）根据球体与柱体的体积公式直接求解； （2）根据球体与柱体的表面积公式直接求解. 【详解】（1）依题意得，旋转体的上方是一个半球体，下方是一个圆柱，如图所示． ，， ， ， ， 所以的体积为． （2），， ， ， ． 所以的表面积为． 16．(1)证明见解析 (2)存在，理由见解析 【分析】（1）取中点，连、，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定即可证明； （2）取中点，连接，，利用面面平行的判定证明平面∥平面，再利用面面平行的性质即可证明∥平面. 【详解】（1）在四棱锥中，取中点，连、 ∥ 又∥ ∥ 四边形为平行四边形， ∥， 又平面，平面，∥平面； （2）取中点，连接，， ，分别为，的中点， ∥， 平面，平面， 平面， 又由（1）可得∥平面，，、平面 平面∥平面， 是上的动点，平面， ∥平面， 当为中点时，∥平面. 17．(1) (2) 【分析】（1）根据周期求出，根据振幅和中心求得，根据特殊点求得，即可得解； （2）根据三角函数同角关系求得，然后根据两角和的正弦公式求解即可. 【详解】（1）由题意知，，因为，所以； 因为半径为2米，筒车的轴心距水面的高度为1米，可得， 当时，，代入得， 因为，所以，所以； （2）由题意得，，得， 由题意知，所以， 所以 ， 所以， 答：再经过分钟后，盛水桶到水面的距离为米. 18．(1) (2) 【分析】（1）根据题意利用余弦定理即可求解. （2）先利用余弦定理、正弦定理、两角和差公式得，再把化简到同一个角的三角函数，最后利用正弦函数的单调性确定取值范围. 【详解】（1）在中，，据余弦定理可得， 又，故，即， 又，故，得. （2）在中，据余弦定理可得， 又，故，即， 又，故. 据正弦定理，可得， 所以， 即， 所以，， 因为，所以，或， 即或（舍）. 所以. 因为是锐角三角形，所以得， 所以，故， ， 所以的取值范围是. 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据伴随向量的定义，将函数解析式化简即可得出结果； （2）知角求角问题，先根据伴随函数定义求得的解析式，再由相继得出角的正弦值和余弦值，再利用即可求出的值； （3）先求出的解析式，再利用三角函数的图像及性质研究其最值问题. 【详解】（1）因为，所以. （2）依题意， 由得，，所以， 所以. （3）由题的函数解析式，所以 区间的长度为，函数的周期为， 若的对称轴在区间内，不妨设对称轴在内，最大值为1， 当即时， 函数在区间上的最大值与最小值之差取得最小值为； 其它的对称轴在内时最大值与最小值之均大于， 当或时，最大值与最小值之差取得最大值1. 若的对称轴不在区间内，不妨设即， 则在区间内单调，在两端点处取得最大值与最小值，则最大值与最小值之差为： ， 综上，故函数在区间上的最大值与最小值之差的取值范围为 【点睛】方法点睛：求解新定义题型时，先理解清楚新定义，可当做一种规则去理解，在遵循其规则基础外还是与所学知识相关的，所以要懂得将“新”问题转化成所学过的内容来进行求解. 答案第1页，共2页 1 学科网（北京）股份有限公司 $$