浙江省杭州学军中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题

杭州学军中学2024级高一下第二轮测试数学试卷参考答案 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】解对数不等式化简集合A，进而可得并集. 【详解】由题意可得：， 且，所以. 故选：C. 2．设复数（为虚数单位），则的虚部为（    ） A．2 B．2 C．1 D． 【答案】C 【分析】根据复数的乘法和除法运算，即可求出复数，进而求出的虚部. 【详解】由题得，，所以z的虚部为1. 故选：C. 3．设是两条不同直线，是两个不同的平面，下列命题正确的是（   ） A． B．且，则 C．，那么 D． 【答案】B 【分析】根据线面、面面平行的知识和线线、面面垂直的知识对选项逐一分析，由此确定正确选项. 【详解】对于A选项，直线可能在平面内，故A选项错误. 对于B选项，由于且，所以正确，故B选项正确. 对于C选项，可能平行，故C选项错误. 对于D选项，可能相交，故D选项错误. 故选：B 【点睛】本小题主要考查线面平行、面面平行、线线垂直、面面垂直的知识，属于基础题. 4．在锐角中，“”是“不是最小内角”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】举例即可判断充分性，若不是最小内角，假设，利用反证法即可判断必要性，即可得解. 【详解】当时，， 此时是最小内角，故充分性不成立； 若不是最小内角，不妨设为最大角，则， 假设，由，可得， 则，此时，与题意矛盾，所以， 若锐角的最大角小于或等于，则三角形的内角和小于或等于， 这与三角形的内角和等于矛盾， 所以若不是最小内角，则，故必要性成立， 综上所述“”是“不是最小内角”的必要不充分条件. 故选：C. 5．若函数的值域为，则实数的可能值共有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】先得到当时，，再分，和三种情况，结合函数值域得到方程，求出相应的实数的值，得到答案. 【详解】当时，， 当时，， 若，当时，，当时，， 此时的值域为，不合题意； 若，则时，，， 由于，由题意需使； 若，则时，， 由于，故需使， 即实数的可能值共有2个. 故选：B． 6．已知函数在内有且仅有3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先化简函数式，然后根据的范围求出的范围，在，有且仅有3个零点，再利用正弦函数的相关知识求的范围． 【详解】, 当，时，， 在，有且仅有3个零点， ， 综上：, 故选： 7．在正三棱锥中，，点，分别在棱和上，且，则异面直线和所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出异面直线和所成角，结合余弦定理求得其余弦值 【详解】过作，交于，则或其补角为异面直线和所成的角， 设，则， 由余弦定理得， 由余弦定理得， ， 在三角形中，由余弦定理得， 所以异面直线和所成角的余弦值为. 故选：B 8．如图，在长方体中，，，点在矩形内运动（包括边界），，分别为的中点，若平面，当取得最小值时，的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别为的中点，证明平面平面，得点在线段上，取得最小值时为线段的中点，求出，余弦定理求的余弦值即可. 【详解】如图，取的中点，的中点，连接，所以， 又分别为的中点，所以，故， 平面，平面，所以平面， 又，，所以四边形为平行四边形，故， 平面，平面，平面， 又平面，，故平面平面， 所以当平面时，平面，则点在线段上， 当时，取得最小值，易知， 此时为线段的中点. 由平面几何知识可知，，，， . 所以的余弦值为. 故选：D. 【点睛】方法点睛：平面，则点在过与平面平行的平面内，分别为的中点，由平面平面得点在线段上，且为线段的中点，三角形中余弦定理求的余弦值. 9．若a，，且，则下列不等式恒成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】利用基本不等式判断各选项． 【详解】当时，A不成立，A错； 由得，所以，即，B正确； ，，C正确． ，则，，当且仅当时等号，D成立，D正确； 故选：BCD． 10．如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，平面与平面所成锐二面角，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（    ） A．存在某个位置，使得 B．面积的最大值为 C． D．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积 【答案】BCD 【分析】对于A，取的中点，连接，，先证明，再证明与不垂直，进而可得结论； 对于B，依题意先得到，从而可得到面积的最大值； 对于C，取的中点，的中点，作平面，且点在平面内，连接，，，先说明点在直线上，再证明，，得到，，进而可得结论； 对于D，先根据三棱锥的体积公式得到点与点重合，即平面时，最大，进而可得到三棱锥的外接球的半径和长、宽、高分别为，，的长方体的外接球的半径相等，从而可求得其外接球的半径，即可求解． 【详解】对于A，取的中点，连接，， 显然，且，又，且，所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又，，且为的中点， 则与不垂直，所以与也不垂直，故A错误； 对于B，由，，则， 所以当时，最大，且最大值为，故B正确； 对于C，取的中点，的中点，作平面，且点在平面内， 连接，，， 由，则，又，且，则， 则在平面上的射影在直线上，即点在直线上， 则平面与平面所成的二面角，则，所以， 又在平面上的射影为，则，所以， 所以，故C正确； 对于D，结合C可知，， 则当点与点重合，即平面时，最大，且最大值为， 则，又，且，则平面， 所以，，两两垂直，且，，， 则三棱锥的外接球的半径和长、宽、高分别为，，的长方体的外接球的半径相等， 所以其外接球的半径为， 所以三棱锥的外接球的表面积为，故D正确． 故选：BCD． 【点睛】三棱锥外接球点睛： 求三棱锥外接球时，常见方法有两种：一种是直接法，一种是补形．解题时要认真分析图形，看能否把三棱锥补成一个正方体(长方体)，若能，则正方体(长方体)的顶点均在球面上，正方体(长方体)的体对角线长等于球的直径；另一种是直接法，三棱锥任意两个面过外心的垂线的交点即为三棱锥外接球的球心． 11．已知函数，的定义域均为R，且，．若的图象关于点对称，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】对A选项从函数关于点对称得到；对B选项，通过赋值，得到的其中一个周期为4，对C选项进行求和得到值与值相关；对D由前面知道其一个周期为4，通过计算得到其每四个数值和为0，最后得到2020组数据和也为0. 【详解】因为的图象关于点对称，所以， 的定义域均为，故，由，得，所以，故A错误； 令得，，因为， 所以与联立得， ，则， 所以，即的其中一个周期为4， 因为，所以． 即，所以的其中一个周期也为4， 由，得， 与联立，得， 即．所以B正确； 由，得，但与的值不确定， 又，， 所以 故C错误； 由，得，所以， 又，， 两式相加得，，所以，故D正确， 故选：BD． 【点睛】抽象函数的对称性、周期性、奇偶性综合的问题难度较大，不易推导求解，平时要多去推导练习. 12．已知实数满足，且，则 . 【答案】 【分析】由对数式的定义，利用对数的运算律与换底公式，可得答案. 【详解】由可知， 所以，即，所以. 故答案为：. 13．如图，三棱锥中，且为正三角形，分别是的中点，若截面侧面，则此棱锥侧面与底面夹角的余弦值为 . 【答案】 【分析】取和的中点分别为，，根据二面角的定义可得，进而可得为所作的二面角，根据三角形的边角关系即可求解二面角余弦值． 【详解】取和的中点分别为，， ，分别是，的中点， ,, 由于且为正三角形， ，故, 由于，分别是，的中点，因此， 故, 由于截面侧面，所以,进而可得, 由于 故为侧面与底面的二面角的平面角， 设， ，， 在直角中， ， 故答案为： 14．已知四边形ABCD为平行四边形，，，，现将沿直线BD翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为 . 【答案】 【分析】根据题意利用余弦定理求得，由此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，利用长方体的性质求外接圆半径，再等体积法求出内切球半径，运算求解即可. 【详解】在中，， 故，即， 则折成的三棱锥中，，，， 即此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线， 设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为a，b，c 则，解得， 此长方体的外接球是三棱锥的外接球， 设外接球的直径，即， 又因为三棱锥是长方体切掉四个角， 故三棱锥， 三棱锥四个侧面是全等的， ， 设内切球半径为，以内切球球心为顶点，把三棱锥分割为以球心为顶点，四个面为底面的四个小三棱锥，四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积， 故， 则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为. 故答案为：. 【点睛】方法定睛：多面体与球切、接问题的求解方法 (1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解． (2)若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解． (3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长． (4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长． (5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解． 15．已知向量，. (1)当且时，求实数的值； (2)当，，求向量与的夹角. 【答案】(1)6 (2) 【分析】（1）根据平面向量线性运算的坐标表示和数量积的坐标表示列出方程，解方程即可； （2）根据共线向量的坐标表示列出方程，解之可得，结合数量积的定义计算即可求解. 【详解】（1）已知， 所以. 又因为，所以有， 所以，解得或. 由，可知. （2）因为，所以. 又，所以， 解得，所以. 所以， 因为，所以. 16．如图，等腰与四边形所在平面互相垂直，若， (1)求证：平面； (2)若，求四面体的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）过点作的平行线交于点，连接，由题意可证得，由线面平行的判定定理即可证明. （2）因为平面，所以四面体的体积，由已知可证得平面，代入即可求出答案. 【详解】（1）证明：过点作的平行线交于点，连接， 因为，所以为中位线， 即且， 又因为， 所以四边形是平行四边形， 所以， 因为平面平面， 所以平面： （2）由平面， 所以四面体的体积， 因为等腰与四边形所在平面互相垂直，且交线为， 又因为，所以， 因为平面，所以平面， 又因为， 因为， 所以 所以四面体CDEF的体积是. 17．在中，所对的边分别为，且，其中是三角形外接圆半径，且不为直角. (1)若，求的大小； (2)求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】(1)根据余弦定理和正弦定理即可求出的大小. (2)运用正弦定理和二倍角的余弦公式，化简，再利用基本不等式求解的最小值. 【详解】（1）在中， ， 进而， ， ， 又不为直角，则，， ，. （2）由(1)知， 转化为，又，，. ， 当且仅当，即时，等号成立， 的最小值为. 18．在多面体中，已知，，且，．    (1)证明：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）先作辅助线，证得，结合，再根据线面垂直的判断定理，以及面面垂直的判断定理，即可求证． （2）根据已知条件，通过线面位置关系，可得就是直线与平面所成的角，分别求出，的值，即可求解． 【详解】（1）如图，分别取，的中点、，连接、、，则且，    因为且， 所以且 则四边形为平行四边形，所以且， 因为，所以， 所以， 又因为，所以， 又因为，、平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面． （2）取的中点为，的中点为，连接，，，如图所示，    因为，所以， 在等腰梯形中，易得， 又因为，、平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面， 过作于点，由平面平面，平面， 则平面， 连接，则就是直线与平面所成的角， 因为平面，所以， 由，，得，，是中点，， 在等腰梯形中，， 所以在等腰中，腰上的高， 又因为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 19．已知a，b，c，，且，定义的“区间长度”为﹐函数的定义域为， (1)当时，求关于x的不等式解集的“区间长度”， (2)已知，设关于x的不等式解集的“区间长度”为I． （ⅰ）若，求t； （ⅱ）求I的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）或；（ⅱ） 【分析】（1）解不等式得到或，的定义域为，所以或，从而求出区间长度； （2）（ⅰ）不等式解集为或，设的两个根为，的两个根为，求出，其中，即，解得或，故或，所以或，结合正弦和差公式得到答案； （ⅱ）由（ⅰ）可得，平方后，结合同角三角函数关系，基本不等式得到，所以，所以，故，所以，故的最大值为. 【详解】（1）时，， ，故或， 的定义域为，所以或， 所以解集的“区间长度”为； （2）（ⅰ），， 其中，故不等式解集为或， 设的两个根为，其中，且， 同理，设的两个根为，其中，且， 所以， 又，所以， 其中，即， 由诱导公式得，即，， 又，解得或，故或， 所以 或 ； （ⅱ）由（ⅰ）可得， 则， 即， 因为， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以，即， 所以或， 由于，故， 所以，舍去， 故， 所以， 因为，所以， 由可知，， 当且仅当，，即时，等号成立， 所以，故的最大值为. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 杭州学军中学2024级高一下第二轮测试 数学试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．设复数（为虚数单位），则的虚部为（    ） A．2 B．2 C．1 D． 3．设是两条不同直线，是两个不同的平面，下列命题正确的是（   ） A． B．且，则 C．，那么 D． 4．在锐角中，“”是“不是最小内角”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 5．若函数的值域为，则实数的可能值共有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 6．已知函数在内有且仅有3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．在正三棱锥中，，点，分别在棱和上，且，则异面直线和所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 8．如图，在长方体中，，，点在矩形内运动（包括边界），，分别为的中点，若平面，当取得最小值时，的余弦值为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．若a，，且，则下列不等式恒成立的是（    ） A． B． C． D． 10．如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，平面与平面所成锐二面角，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（    ） A．存在某个位置，使得 B．面积的最大值为 C． D．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积 11．已知函数，的定义域均为R，且，．若的图象关于点对称，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知实数满足，且，则 . 13．三棱锥中，且为正三角形，分别是的中点，若截面侧面，则此棱锥侧面与底面夹角的余弦值为 . 14．已知四边形ABCD为平行四边形，，，，现将沿直线BD翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为 . 四、解答题：本题共7小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．已知向量，. (1)当且时，求实数的值； (2)当，，求向量与的夹角. 16．如图，等腰与四边形所在平面互相垂直，若， (1)求证：平面； (2)若，求四面体的体积. 17．在中，所对的边分别为，且，其中是三角形外接圆半径，且不为直角. (1)若，求的大小； (2)求的最小值. 18．在多面体中，已知，，且，． (1)证明：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 19．已知a，b，c，，且，定义的“区间长度”为﹐函数的定义域为， (1)当时，求关于x的不等式解集的“区间长度”， (2)已知，设关于x的不等式解集的“区间长度”为I． （ⅰ）若，求t； （ⅱ）求I的最大值． 学科网（北京）股份有限公司 $$