精品解析：四川省泸县第五中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题

泸县五中高2024级高一下期第三学月考试 数学 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至2页，第II卷2至4页．共150分．考试时间120分钟． 第I卷（选择题 共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则z的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 水平放置的斜二测直观图如图所示，已知，则的面积是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 4. 已知m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则. C. 若，，，则 D. 若，，，则 5. 如图，在梯形ABCD中，，E在BC上，且，设，，则（ ） A. B. C. D. 6. 设，为单位向量，在方向上的投影向量为，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 7. 美国数学家Jack Kiefer于1953年提出0.618优选法，又称黄金分割法，是在优选时把尝试点放在黄金分割点上来寻找最优选择.我国著名数学家华罗庚于20世纪60、70年代对其进行简化、补充，并在我国进行推广，广泛应用于各个领域.黄金分割比，现给出三倍角公式，则与关系式正确的为（ ） A. B. C. D. 8. 四面体中，若，，，则此四面体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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，有多个选项符合题目要求.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. 为了得到的图象，可以把上的所有的点（ ） A. 向左平移个单位长度；再把横坐标缩短到原来的，纵坐标不变 B. 向左平移个单位长度；再把横坐标都短到原来，纵坐标不变 C. 横坐标缩短到原来的，纵坐标不变；再向左平移个单位长度 D. 横坐标缩短到原来的，纵坐标不变；再向左平移个单位长度 10. 函数（，，）的部分图象如图所示，下列正确的是（ ） A. ， B. 函数的图象关于直线对称 C. 若，则 D. 函数的最小正周期为，函数是奇函数 11. 如图，在正方体中，，，，分别是棱，，的中点，是线段上一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面平面 B. 平面将正方体分成的两个部分的体积比为 C. 是异面直线与所成的角 D. 三棱锥的体积为定值 第II卷（非选择题共92分） 注意事项： （1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效． （2）本部分共8个小题，共92分． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知，，则______． 13. 已知正四棱台的下底面边长为4，上底面边长和侧棱长均为2，则该四棱台的体积为______． 14. 已知平面向量，，满足，，，，则的最小值为________. 四、解答题：本大题共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，. （1）求函数的最小正周期和单调递减区间； （2）求函数在上的最小值及相应自变量的值. 16. 已知，且． （1）求的值； （2）若，求值． 17. 已知定义域为的函数是奇函数. （1）求实数的值； （2）判断函数的单调性，并证明你的结论； （3）若对任意的，不等式成立，求实数的取值范围. 18. 在①；②；③设的面积为，且.这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上.并加以解答. 在中，角，，的对边分别为，，，已知__________，且. （1）若，求的面积； （2）若为锐角三角形，求的取值范围.（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分） 19. 如图，三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，平面平面，，，分别为，的中点. （1）证明：平面； （2）求与平面所成角的余弦值； （3）求二面角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 泸县五中高2024级高一下期第三学月考试 数学 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至2页，第II卷2至4页．共150分．考试时间120分钟． 第I卷（选择题 共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出集合，再求两集合的交集. 【详解】由，得，解得， 所以， 因为， 所以. 故选：A 2. 已知复数z满足，则z的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，结合复数的定义，即可求解. 【详解】由复数，可得， 所以复数的虚部为. 故选：C. 3. 水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，则的面积是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】根据直观图与斜二测画法的定义求解. 【详解】由题可知，为直角三角形， 且, 所以, 故选：C. 4. 已知m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则. C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】对于ABC，举例判断，对于D，利用面面垂直的判定定理分析判断即可. 【详解】对于A，如图，当，时，∥，所以A错误， 对于B，如图，当，时，，所以B错误， 对于C，如图，当，，时，是异面直线，所以C错误， 对于D，因为，，所以∥或， 当时，因为，所以， 当∥时，过直线作平面，，则∥， 因为，所以， 因，所以， 综上，，所以D正确. 故选：D 5. 如图，在梯形ABCD中，，E在BC上，且，设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由平面向量的加减、数乘运算求解即可. 【详解】， . 故选：D 6. 设，为单位向量，在方向上的投影向量为，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量的定义求出，再由及数量积的运算律计算可得. 【详解】因为，为单位向量，所以， 又在方向上的投影向量为，所以， 所以. 故选：D 7. 美国数学家Jack Kiefer于1953年提出0.618优选法，又称黄金分割法，是在优选时把尝试点放在黄金分割点上来寻找最优选择.我国著名数学家华罗庚于20世纪60、70年代对其进行简化、补充，并在我国进行推广，广泛应用于各个领域.黄金分割比，现给出三倍角公式，则与的关系式正确的为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意利用诱导公式，同角三角函数基本关系式，二倍角公式可求进而解方程即可得解. 【详解】因为， 所以，又 所以，化简得， 可得， 解得（负值舍去），所以. 故选：B. 8. 四面体中，若，，，则此四面体的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先得出点在平面的射影为三角形外接圆的圆心，由此结合正弦定理建立方程求得三棱锥的高，再结合勾股定理列方程求得外接球的半径，进一步即可求解. 【详解】 设点在平面射影为，，因为， 所以，这表明点为三角形外接圆的圆心， 注意到，， 所以由正弦定理可得，解得， 所以外接球球心在的延长线上， 设外接球的半径为，则，解得， 所以此四面体的外接球的表面积为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：关键是首先得出三棱锥的高以及底面外接圆的半径，从而得外接球的半径，由此即可顺利得解. 二、选择题：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，有多个选项符合题目要求.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. 为了得到的图象，可以把上的所有的点（ ） A. 向左平移个单位长度；再把横坐标缩短到原来的，纵坐标不变 B. 向左平移个单位长度；再把横坐标都短到原来的，纵坐标不变 C. 横坐标缩短到原来的，纵坐标不变；再向左平移个单位长度 D. 横坐标缩短到原来，纵坐标不变；再向左平移个单位长度 【答案】BC 【解析】 【分析】根据三角函数图象的伸缩与平移变换规律即可得出结果． 【详解】先平移后伸缩： 函数的图象向左平移个单位长度，得， 再将横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得； 先伸缩后平移： 函数图象将横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得， 再向左平移个单位长度，得，即． 故选：BC． 10. 函数（，，）的部分图象如图所示，下列正确的是（ ） A. ， B. 函数的图象关于直线对称 C. 若，则 D. 函数的最小正周期为，函数是奇函数 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意可得，结合图象过点，，可求函数解析式，进而逐项计算可得结论. 【详解】由题意可得，又因为函数过点， 所以，所以，又因为，所以， 又函数的第二个关键点的坐标为，所以，解得，故A正确； 所以，由， 所以函数的图象不关于直线对称，故B错误； 若，则可得，所以， ，故C正确； 函数的最小正周期为， ， 所以，函数是奇函数，故D正确. 故选：ACD. 11. 如图，在正方体中，，，，分别是棱，，的中点，是线段上一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面平面 B. 平面将正方体分成的两个部分的体积比为 C. 是异面直线与所成的角 D. 三棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于，由线面垂直的判定定理可证得平面，由面面平行的性质定理可证平面平面，所以可知平面，即可证得；对于，平面即为平面，将正方体分成等高的三棱柱和四棱柱，由底面积之比可得体积之比；对于，由余弦定理可得为钝角，而异面直线所成角小于等于，即可判断；对于，取中点，连接，，可证平面，点到平面的距离为定值，且的面积也为定值，即可判断. 【详解】在正方体中，易得到，， 又，，平面， 所以平面， 因为，平面，平面， 所以平面， 同理可证平面， 因为，,， 所以平面平面，所以平面， 故平面平面正确； 平面即为平面，将正方体分成等高的三棱柱和四棱柱， 易得底面积之比为，故体积比为，正确； 令正方体棱长为2，则，，， ，则钝角， 而异面直线与所成的角小于等于，错误； 如图，取中点，连接，，易得， 又平面，平面，所以平面， 同理平面，， 平面，平面， 则平面平面，因为平面， 故平面，而是线段上一动点，则点到平面的距离为定值， 且的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，正确； 故选：. 【点睛】结论点睛：立体几何中与动点轨迹有关的问题的方法： （1）几何法：根据平面的性质进行判定； （2）定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数方法进行计算； （3）特殊值法：根据空间中图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除. 第II卷（非选择题共92分） 注意事项： （1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效． （2）本部分共8个小题，共92分． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】首先求出，再根据两角差的余弦公式计算可得. 【详解】因为，，所以， 所以. 故答案为： 13. 已知正四棱台的下底面边长为4，上底面边长和侧棱长均为2，则该四棱台的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意先求出棱台的高，然后利用棱台体积公式可求解. 【详解】由题意作出正四棱台图像，如下图所示： 为正四棱台， 连接，得， 过作，过作， 得：，， 在直角三角形中，得， 得正四棱台的高，正四棱台上下底面积为， 所以体积 故答案为：. 14. 已知平面向量，，满足，，，，则的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】令，，，OB的中点为D，AB的中点为E，OD的中点为F，与的夹角为，由题意，计算，，判断出点C的轨迹为以OD为直径的圆，利用向量基底表示，将转化为，然后转化为圆上任意一点到定点距离的最小值进而求解最小值. 【详解】令，，，OB的中点为D，AB的中点为E，OD的中点为F， 与的夹角为，连接CA、CB、CD、CO、EF. 由，，，得，， 因为，所以，在中，由余弦定理得. 又由，得，即， 所以点C的轨迹为以OD为直径的圆. 因为 ， 当且仅当点C、E、F共线，且点C在点E、F之间时，等号成立. 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】本题解题关键是通过平面向量的几何表示，将问题转化为圆上任意一点到定点距离的最值从而根据几何知识得解. 四、解答题：本大题共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，. （1）求函数的最小正周期和单调递减区间； （2）求函数在上的最小值及相应自变量的值. 【答案】（1）函数的最小正周期，单调递减区间为，. （2）最小值为，相应的. 【解析】 【分析】（1）化简，根据余弦函数的最小正周期公式和单调递减区间可得结果； （2）根据余弦函数的图象可求出结果. 【小问1详解】 ， 函数的最小正周期. 由，， 得，， 所以的单调递减区间为，. 【小问2详解】 当时，， 所以当，即时，取得最小值. 16. 已知，且． （1）求的值； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求出和，可得； （2）根据求出，再根据角的范围可得结果. 【小问1详解】 因为，所以，化简得， 因为，所以， 所以， 所以，， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，，所以 所以，解得， 因为，，所以， 所以. 17. 已知定义域为的函数是奇函数. （1）求实数的值； （2）判断函数的单调性，并证明你的结论； （3）若对任意的，不等式成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）在定义域内单调递增，证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用奇函数性质求出，再利用定义验证即得； （2）利用函数单调性定义，结合指数函数单调性判断推理即得； （3）利用奇函数性质及单调性脱去法则、分离参数，再借助基本不等式求解即得. 【小问1详解】 由题意，定义在R上的函数为奇函数，得，解得， 此时，则， 即函数是奇函数，所以. 【小问2详解】 由（1）知， 函数在定义域内单调递增，证明如下： 设，则， 由，得，则，所以函数在R上单调递增. 【小问3详解】 依题意，对任意的，成立， 则，即在上恒成立，而， 当且仅当时取等号，因此， 所以实数的取值范围是. 18. 在①；②；③设的面积为，且.这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上.并加以解答. 在中，角，，的对边分别为，，，已知__________，且. （1）若，求的面积； （2）若为锐角三角形，求的取值范围.（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分） 【答案】（1）选①②③的面积都为， （2）的取值范围为. 【解析】 【分析】（1）若选①，由正弦定理化角为边，结合余弦定理求，利用余弦定理求，再由三角形面积公式求面积； 若选②，通过三角恒等变换求，利用余弦定理求，再由三角形面积公式求面积； 若选③，由条件结合三角形面积公式，余弦定理可求，利用余弦定理求，再由三角形面积公式求面积； （2）利用正弦定理化边为角，结合三角恒等变换可得， 再求的范围，结合二次函数性质可得结论. 【小问1详解】 若选①，设的外接圆的半径为，由正弦定理可得， 又， 所以， 所以，又 所以，所以，又， 所以， 所以，所以， 又，，所以， 所以的面积， 若选②，由， 所以， 所以，结合三角形内角性质， 所以， 所以，所以，又， 所以， 所以，所以， 又，，所以， 所以的面积， 若选③，因为，又， 所以，又 所以，所以，又， 所以， 所以，所以， 又，，所以， 所以的面积， 【小问2详解】 由（1），，所以， 因为， 所以， ， 因为为锐角三角形，， 所以， 所以，所以， 所以， 设，则，， 所以， 所以的取值范围为. 19. 如图，三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，平面平面，，，分别为，的中点. （1）证明：平面； （2）求与平面所成角的余弦值； （3）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）如图，易知，根据面面垂直的性质、线面垂直的性质可得，利用线面垂直的判定定理与性质可得，结合和线面垂直的判定定理即可证明； （2）如图，确定为与平面所成的角.在中，利用勾股定理和余弦定理计算即可求解； （3）由（1），根据线面垂直的性质与判定定理确定为二面角的平面角，利用等面积法和正弦定理计算即可求解. 【小问1详解】 取中点，连接. 因为是等边三角形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以. 又因为，，、平面， 所以平面，而平面，所以. 因为为的中点，所以， 又，，平面， 所以平面. 【小问2详解】 过点作，垂足为. 因平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 所以为与平面所成的角. 因为，，， 所以，， 在中，由余弦定理得， 所以与平面所成角的余弦值为. 【小问3详解】 取的中点，连接，易知，， 过点作，垂足为，连接. 由（1）知，平面，所以平面. 又，平面，所以，. 因为，，平面，所以平面. 又因为平面，所以， 所以为二面角的平面角. 由（1）知平面，平面，所以， 所以在中，， 由（2）知，平面，又平面，所以. 在中，， 即，解得， 在中，， 所以二面角的平面角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$