精品解析：重庆市渝西中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题

重庆市渝西中学校2025年高一下05月考试 数学学科试卷 考试时间：120分钟 总分：150分 第一部分（选择题共58分） 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. 平面向量，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量垂直的坐标运算得，即可求出. 【详解】向量，， 若，则，所以. 故选：A 2. 若复数，则（ ） A. 2 B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】利用求出复数，再根据模长公式即可求解. 【详解】复数,所以. 故选：C 3. 在中，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理求解即可. 【详解】由正弦定理可知，. 故选：C 4. 已知平面平面是平面外两条不同直线，则下列结论错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中的直线与平面以及平面与平面的关系，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A，若，平面平面是平面外的直线，故，A正确， 对于B，若，平面平面则，故B正确， 对于C，若，则或者相交或者异面，故C错误， 对于D，若，平面平面，则，故D正确， 故选：C 5. 底面边长为3的正四棱锥被平行底面的平面所截，截去一个底面边长为1，高为1的正四棱锥，所得棱台的体积为（ ） A. B. C. 13 D. 26 【答案】A 【解析】 【分析】画出直观图，由题意可得∽，从而可求出棱台的高，再根据棱台的体积公式求解即可. 【详解】如图所示，正四棱锥被平行于底面的平面所截， 由题意可知， 因为∥，所以∽， 所以， 所以，所以， 所以所得棱台的体积为. 故选：A 6. 在中，若，则是（ ） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用降幂升角公式及余弦的和差角公式，得到，即可求出结果. 【详解】因为，整理得到， 即， 又，得到，所以，即， 故选：A. 7. 已知正三棱台上、下底面的面积分别为和,高为1，所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积是（ ） A. 100π B. 128π C. 144π D. 192π 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积． 【详解】正三棱台上、下底面面积分别为和,可求出上下底边长为：和. 设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以， 即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为， 所以，， 故或，即或， 解得符合题意，所以球表面积为． 故选：A. 8. 已知在中， ，设， 记最大值为，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理、辅助角公式，结合正弦函数的性质求出，再求出最小值. 【详解】在中，令内角所对边分别为， 由正弦定理得，则 而，则 ，由，得， 锐角由确定，又，则， 因此当时，取得最大值，即， 显然函数在上单调递增，所以. 故选：B 【点睛】结论点睛：，其中. 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. 在空间直角坐标系中，已知，则以下正确的是（ ） A. B. 夹角的余弦值为 C. A，B，C，D共面 D. 点O到直线的距离是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据空间向量数量积的坐标运算以及夹角计算公式即可求解A,B,根据共面向量基本定理可判断C，根据点线距离的向量法即可判断D. 【详解】因为，所以，A正确； 夹角的余弦值为，所以B错误； 因为，所以，所以A，B，C，D共面，所以C正确； 因为，所以，所以点O到直线AB的距离是，D正确． 故选:ACD． 10. 函数（）的图象的一个对称中心为 ，则下列说法正确的是（ ） A. 直线是函数的图象的一条对称轴 B. 函数在上单调递减 C. 函数的图象向右平移个单位可得到的图象 D. 函数在上的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据两角和的余弦公式化简函数解析式，再根据对称中心可得，再根据三角函数性质分别判断各选项. 【详解】由， 由是函数图象的一个对称中心， 即，， 解得，， 又，所以， 所以， 对于A选项：令，，解得，，当时，，即直线是函数的一条对称轴，故A选项正确； 对于B选项：令，，解得，， 即函数的单调递减区间为，，当时，函数在单调递减，所以函数在上单调递增，B选项错误； 对于C选项：函数的图象向右平移个单位可得，C选项正确； 对于D选项：当时，，所以函数，即最大值为，D选项错误； 故选：AC. 11. 如图，在边长为4的正方体中，分别是棱的中点，是正方形内的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 若平面，则点的轨迹长度为 B. 若，则点的轨迹长度为 C. 二面角的正切值为 D. 若是棱中点，则三棱锥的外接球的表面积是 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，作出对应图形，先证明面面，再结合给定条件确定动点轨迹，求解长度，对于B，利用给定条件确定动点轨迹，求解长度，对于C，作出二面角的平面角，利用余弦定理结合同角三角函数的基本关系求解正切值，对于D，先找到球心，利用勾股定理得到半径，求解球的表面积即可. 【详解】对于A，如图，取中点，且连接， 因为分别是棱的中点，由中位线定理得，， 所以，而，，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，因为，， 所以四边形是平行四边形，所以，因为面， 面，所以面，因为面， 面，所以面，而， 所以面面，又是正方形内的动点， 且平面，面和面相交，是交线， 所以的轨迹为线段，由勾股定理得，故A错误， 对于B，如图，若，此时面， 所以，由勾股定理得， 所以的轨迹为在面内，以为圆心，为半径的圆弧， 所以的轨迹长度为，故B正确， 对于C，如图，作，连接，连接， 因为正方体，分别是棱的中点， 也把的中点记为，所以是的中位线， 所以，而， 所以，而由正方体性质得面， 所以，而，面， 故面，，， 而由勾股定理得，， 由三线合一性质得是的中点，故是的中点， 即是靠近的四等分点，所以由勾股定理得，，， 而，，面面， 所以是二面角的平面角，且设该角为， 在中，由余弦定理得， 易得，所以，而， 解得(负根舍去)，所以， 所以二面角的正切值为，故C正确， 对于D，如图，取的中点，的中点，连接， 因为是棱的中点，分别是棱的中点， 所以，由勾股定理得， 而，所以，所以， 而，所以点到的距离相等， 因为，由正方体性质得面， 所以面，所以三棱锥的外接球的球心在上， 设球心为，，则，又， 设三棱锥的外接球的半径为，则， 在直角三角形中，由勾股定理得，在直角三角形中， 由勾股定理得，解得，， 所以三棱锥的外接球的表面积为，故D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是确定球心的位置，然后利用勾股定理求出球的半径，得到所要求的表面积即可． 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是关于的方程（其中p、q为实数）的一个根，则的值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】思路一：把代入方程中，再利用复数相等求出、，即可得解. 思路二：依题意根据虚根成对原理可得也是关于的方程的一个根，利用韦达定理求出、，即可得解. 【详解】方法一：由已知可得，即， 所以，解得，所以. 方法二：因为是关于的方程（其中p、q为实数）的一个根， 所以也是该方程的一个根， 由韦达定理得，解得，所以. 故答案为：. 13. 已知，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用诱导公式可求得，利用，结合二倍角的余弦公式可求值. 【详解】由，可得，则， 则 . 故答案为： 14. 球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，与之对应的球缺的体积公式是.如图2，已知是以为直径的圆上的两点，，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的表面积为__________，体积为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】首先求出，再根据扇形面积公式求出圆的半径，过点作交于点，过点作交于点，即可求出、、、、、，将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，再根据所给公式分别求出表面积与体积. 【详解】因为，所以，设圆的半径为， 又，解得（负值舍去）， 过点作交于点，过点作交于点， 则，， 所以，同理可得，， 将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥， 其中球缺的高，圆锥的高，底面半径， 则其中一个球冠的表面积，球的表面积， 圆锥的侧面积， 所以几何体的表面积， 又其中一个球缺的体积， 圆锥的体积，球的体积， 所以几何体的体积. 故答案为：； 【点睛】关键点点睛：本题关键是弄清楚经过旋转之后得到的几何体是如何组成，对于表面积、体积要合理转化. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚． 15. 如图所示，平行六面体中，. （1）用向量表示向量，并求； （2）求直线与直线所成角的余弦值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用空间向量的运算法则即可表示出结果，再将平方可求得模长为； （2）易知，求出，再由向量夹角计算公式可求得余弦值为. 【小问1详解】 ， 则 ， 所以. 【小问2详解】 由空间向量的运算法则，可得， 因为且， 所以， ， 则. 则与所成角的余弦值为. 16. 如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是棱的中点．求证： （1）平面； （2）平面； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，得出，再根据线面平行的判定定理即可得证； （2）根据线面垂直的判定与性质定理即可得证； （3）利用到平面距离为三棱锥的高，结合等体积法求解即可． 【小问1详解】 证明：，分别为，的中点，，， 且， 四边形为平行四边形， ， 又平面，不在平面， 平面； 【小问2详解】 证明：四边形为正方形， ， ， ， 平面，平面， ， ，，又，，平面， 平面； 【小问3详解】 到平面距离为三棱锥的高， ， 故三棱锥的体积． 17. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，以a，b，c为边长的三个等边三角形的面积依次为，，．已知，． （1）求角B： （2）若的面积为，求c． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由已知可得，结合余弦定理可得，结合已知可得，进而求得； （2）由（1）可求得，进而由正弦定理可得，，从而由面积可求得. 【小问1详解】 因为，所以 由余弦定理， 可得， 因为，所以， 从而， 又因为，即，且，所以． 【小问2详解】 由（1）可得，，， 从而，， 而， 由正弦定理有， 从而，， 由三角形面积公式可知，的面积可表示为 ， 由已知的面积为，可得， 所以． 18. 如图，平面，点分别为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，证得，利用用线面判定定理，即可得到平面. （2）以为原点，分别以的方向为轴，..轴，轴的正方向的空间直角坐标系.求得平面和平面法向量，利用向量的夹角公式，即可求解． （3）设，则，从而，由（2）知平面的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，即可求解． 【小问1详解】 连接，因为，所以，又因为，所以为平行四边形. 由点和分别为和的中点，可得且， 因为为的中点，所以且， 可得且，即四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 因为平面，，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系. 依题意可得，. ， 设为平面的法向量， 则，即，不妨设，可得， 设为平面的法向量， 则，即，不妨设，可得，. ，所以，平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 设，即，则.从而. 由（2）知平面的法向量为， 由题意，，即， 整理得，解得或， 因为所以，所以. 则N到平面的距离为. 19. 已知等腰中，，，D是线段上一点，现将沿折起至的位置．设折叠后平面和平面所成的二面角为（）． （1）若D为中点，求证：． （2）若， ①求平面和平面所成角的正弦值； ②设E为的中点，过E作平面截三棱锥的外接球，求截面面积的最小值． 【答案】（1）证明见解析 （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）由D为中点，得到，根据线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）①在由，得到得到长，由余弦定理求得，得到所以为等腰三角形，且，再由，证得平面，得到，过点作，证得，得到为平面和平面所成的平面角，在直角中，求得，即可得到答案； ②以为原点，建立空间直角坐标系，设三棱锥的外接球的球心为，求得球心的坐标为，半径为，再由为的中点，得到，当与过点的截面垂直时，此时截得面积最小，结合圆的面积公式，即可求解. 【小问1详解】 证明：如图（1）所示，在等腰中， 因为，且D为中点，可得，即， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以. 【小问2详解】 解：①在等腰中，，，可得， 因为，可得，即， 在中，由余弦定理得，所以， 所以为等腰三角形，所以， 所以，即， 又因为平面和平面所成的二面角为，即平面平面， 因为平面，且平面平面，所以平面， 又因为平面，所以， 如图所示，过点作，因为，且平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以为平面和平面所成角的平面角， 在直角中，可得， 在直角中，可得，所以， 所以平面和平面所成角的正弦值为 ②以为原点，以分别为轴，轴，以在平面内，过点垂直的所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图(3)所示， 则， 设三棱锥的外接球的球心为， 则球心在底面上的投影为的外心，其坐标为， 球心在上的投影点为直角的外心，即的中点，坐标为， 所以球心的坐标为，半径为， 又由为的中点，可得,则， 当与过点的截面垂直时，此时截得的小圆的半径最小，其面积最小， 设所截小圆的半径为，则， 所以过E作平面截三棱锥的外接球，截面面积的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市渝西中学校2025年高一下05月考试 数学学科试卷 考试时间：120分钟 总分：150分 第一部分（选择题共58分） 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. 平面向量，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 若复数，则（ ） A. 2 B. C. D. 1 3. 在中，已知，，，则（ ） A B. C. D. 4. 已知平面平面是平面外两条不同的直线，则下列结论错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 底面边长为3的正四棱锥被平行底面的平面所截，截去一个底面边长为1，高为1的正四棱锥，所得棱台的体积为（ ） A. B. C. 13 D. 26 6. 在中，若，则（ ） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 7. 已知正三棱台上、下底面的面积分别为和,高为1，所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积是（ ） A. 100π B. 128π C. 144π D. 192π 8. 已知在中， ，设， 记的最大值为，则的最小值为（ ） A. B. 2 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. 在空间直角坐标系中，已知，则以下正确的是（ ） A. B. 夹角余弦值为 C. A，B，C，D共面 D. 点O到直线的距离是 10. 函数（）的图象的一个对称中心为 ，则下列说法正确的是（ ） A. 直线是函数的图象的一条对称轴 B. 函数在上单调递减 C. 函数的图象向右平移个单位可得到的图象 D. 函数在上的最大值为 11. 如图，在边长为4的正方体中，分别是棱的中点，是正方形内的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 若平面，则点的轨迹长度为 B. 若，则点的轨迹长度为 C. 二面角的正切值为 D. 若是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积是 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是关于的方程（其中p、q为实数）的一个根，则的值为___________. 13. 已知，若，则______． 14. 球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，与之对应的球缺的体积公式是.如图2，已知是以为直径的圆上的两点，，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的表面积为__________，体积为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚． 15. 如图所示，平行六面体中，. （1）用向量表示向量，并求； （2）求直线与直线所成角的余弦值. 16. 如图，在棱长为2正方体中，点E，F分别是棱的中点．求证： （1）平面； （2）平面； （3）求三棱锥的体积． 17. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，以a，b，c为边长的三个等边三角形的面积依次为，，．已知，． （1）求角B： （2）若的面积为，求c． 18. 如图，平面，点分别为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求到平面的距离. 19. 已知等腰中，，，D是线段上一点，现将沿折起至的位置．设折叠后平面和平面所成的二面角为（）． （1）若D中点，求证：． （2）若， ①求平面和平面所成角的正弦值； ②设E为的中点，过E作平面截三棱锥的外接球，求截面面积的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $