湖南省湘潭市湘潭县第一中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题

2025年上学期湘潭县一中高一五月月考试卷 数学科目 命题人： 班级：___________姓名：___________考号：___________ 一、选择题（本大题共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．已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A． B． C． D． 2．已知复数满足，则（    ） A． B． C． D． 3．下列命题中，真命题的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．向量与向量的模相等 4．已知一条河的两岸平行，一艘船从河的岸边处出发，向对岸航行，若船的速度，水流速度，且船实际航行的速度的大小为9，则（    ） A． B． C．3 D．12 5．在棱长为1的正方体中，点P，Q分别为棱，上的动点（可与端点重合），若平面，则线段的长度为（   ） A． B． C． D． 6．在二行四列的方格棋盘上沿骰子的某条棱翻动骰子（相对面上分别标有1点和6点，2点和5点，3点和4点）．开始时，骰子如图1那样摆放，朝上的点数是3，最后翻动到如图2所示位置．现要求翻动次数最少，则最后骰子朝上的点数为1的概率为（    ） A． B． C． D． 7．已知函数是定义在上的奇函数，且，若对于任意两个实数，且，不等式恒成立，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 8．如图，在梯形中，且，点为线段的靠近点的一个四等分点，点为线段的中点，与交于点，且，则的值为（    ） A．1 B． C． D． 二、多选题（本大题共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.全部答对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.） 9．非零复数，及其共轭复数，，下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 10．从包含2个红球，2个黄球的袋子中依次不放回任意摸出两球．设事件A＝“第一次摸到红球”，事件B＝“第二次摸到红球”，事件C＝“两次都摸到红球”，事件D＝“至少一次摸到黄球”，事件E＝“两次摸到相同的颜色”，则下列说法正确的是（    ） A．事件A与事件B互斥 B．事件C与事件D对立 C．事件A与事件D独立 D．事件E的概率为 11．地球环境科学亚欧合作组织在某地举办地球环境科学峰会，为表彰为保护地球环境做出卓越贡献的地球科研卫士，会议组织方特别制作了富有地球寓意的精美奖杯，奖杯主体由一个铜球和一个三足托盘组成，如图①，已知球的表面积为，底座由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠成直二面角所得，如图②，则下列结论正确的是（    ） A．直线与平面所成的角为 B．平面平面 C．底座多面体的体积为 D．球离球托底面的最小距离为 三、填空题（本大题共3小题,每小题5分,共15分.） 12．已知向量与向量互相平行，则的值为 ． 13．某工厂要建造一个长方体形无盖蓄水池，其底面积为，深．若池底每平方米的造价为180元，池壁每平方米的造价为150元，则建造该蓄水池的最低总造价是 元． 14．如图，在三角形中，若，，，则的大小为____，的长度的最大值为 . 四、解答题（本大题共5小,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15．（13分）如图，正四棱锥中，，，E为SC中点. (1)求证：平面BDE； (2)求三棱锥的表面积和体积. 16．（15分）设函数（，），该函数图像上相邻两个最高点间的距离为，且为奇函数. (1)求的解析式； (2)在锐角中，角的对边分别为，，，若，求的取值范围. 17．（15分）对某校高三年级学生参加社区服务次数进行统计，随机抽取M名学生作为样本，得到这M名学生参加社区服务的次数，根据此数据作出了频数与频率的统计表如下表和频率分布直方图如图所示： 分组 频数 频率 10 0.25 24 n m p 2 0.05 合计 M 1 (1)求出表中M，p及图中a的值； (2)若该校高三学生有240人，试估计高三学生参加社区服务的次数在区间内的人数； (3)在所取样本中，从参加社区服务的次数不少于20次的学生中任选2人，求至多一人参加社区服务次数在区间内的概率． 18．（17分）已知，其中为奇函数，为偶函数． (1)求的解析式并指出的单调性（无需证明）； (2)若对于任意的实数，都有成立，求实数的取值范围； (3)若对于任意的实数，总存在实数，使得成立，求实数的取值范围． 19．（17分）十进制与二进制是常见的数制，其中十进制的数据是由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数码来表示的数，基数为10，进位规则是“逢十进一”，借位规则是“借一当十”；二进制的数据是由0，1这两个数码来表示的数，基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”；例如：十进制的数20对应二进制表示的数为，二进制的数对应十进制表示的数为15．用表示非空的整数集合A的所有元素的和，已知集合，，i=1，2，…，n且．（一个数，不特别说明，默认为十进制）. (1)写出“42”对应二进制表示的数及“”对应的十进制数； (2)若集合，，，，求与的所有可能值组成的集合和； (3)若，且对每个正整数，都存在A的子集S，使得，求的最小值． 数学试题卷 第2页 数学试题卷 第3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 《2025年上学期湘潭县一中高一五月月考试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C D C D A B D ABD BD 题号 11 答案 ACD 1．B 【分析】先求函数定义域得集合B，再求B的补集，最后求B的补集与A的交集得结果. 【详解】因为 所以 因此图中阴影部分表示的集合为 故选：B 【点睛】本题考查函数定义域、集合补集与交集，考查基本分析求解能力，属基础题. 2．C 【解析】设，再利用复数的四则运算及复数相等求解即可. 【详解】解法一：由题意，设， 由，得， 所以， 根据复数相等，得，解得， 故. 解法二：根据，得，所以. 故选：C. 【点睛】本题主要考查复数的定义、复数相等以及复数的四则运算，考查数学运算核心素养. 3．D 【分析】由相等向量，共线向量，相反向量，模长的定义逐项判断即可. 【详解】对于A，若，但方向不一定相同，故不一定成立，故A错误； 对于B，当时，因为零向量与任意向量平行，所以对于任意向量和，都有且，但此时与不一定平行，故B错误； 对于C，向量是具有方向和大小的量，故向量不能比较大小，即，不能得出，故C错误； 对于D，对于向量与向量，它们的大小是相等的，只是方向相反． 根据向量模的定义，向量的模与向量的模是相等的，所以D正确， 故选：D． 4．C 【分析】由平面向量加法的平行四边形法则可知，，求得的坐标，然后利用坐标求模长建立关于的方程，解方程即可得解. 【详解】    设船实际航行的速度为，则， 又，所以，解得（负值舍去）. 故选：C 5．D 【分析】由题可证即为，因此可得. 【详解】如图在中， ，又平面，平面， 所以面， 因为点P，Q分别为棱，上的动点（可与端点重合），面， 所以即为，因此， 故选：D. 6．A 【分析】根据骰子沿棱翻动，模拟骰子翻动的过程，可以得到骰子最后朝上的所有可能性，根据古典概型公式即可计算. 【详解】则从开始图1位置到最后图2位置共有4种走法， 其结果分别为：右右右下，点数2，右右下右，点数1， 右下右右，点数5，下右右右，点数1， 故最后骰子朝上的点数为1的概率为． 故选：A 7．B 【分析】由题意可得在上单调递增，再由函数为奇函数，可得在上单调递增，且，由此可求出和的解集，从而可求得结果． 【详解】因为对于任意两个实数且时，不等式恒成立，所以在上单调递增， 因为是定义在上的奇函数，所以在上单调递增， 因为，所以， 所以当或时，；当或时，， 所以当或时，， 所以不等式的解集为． 故选：B． 8．D 【分析】由向量的线性运算法则化简得到和，结合三点共线和三点共线，得出和，联立方程组，即可求解. 【详解】根据向量的线性运算法则，可得 ， 因为三点共线，可得，即； 又由， 因为三点共线，可得，即， 联立方程组，解得，所以. 故选：D. 9．ABD 【分析】本题可根据复数的运算法则，分别对选项进行分析判断. 【详解】因为，，所以，. ， ， 则，选项A正确. ， ，所以，选项B正确. ， 显然，选项C错误. ， 则 则, 所以，选项D正确. 故选：ABD. 10．BD 【分析】根据题意，由互斥事件，对立事件的定义即可判断AB，由相互独立事件的判断方法即可判断C，由古典概型的概率公式即可判断D 【详解】对于A，事件A与事件B有可能同时发生，不是互斥事件，故A错误； 对于B，事件C与事件D不能同时发生，也不能同时不发生，是对立事件，故B正确； 对于C，， ，所以事件A与事件D不是相互独立事件，故C错误； 对于D，，故D正确． 故选：BD 11．ACD 【分析】根据图形的形成可知，三点在底面上的投影分别是三边中点，，，由平面可得就是直线与平面所成的角，即可判断A项；利用面面平行的判定定理证明平面平面，可判断B项；多面体的体积为直三棱柱体积减去三个相同的三棱锥，利用几何体的体积公式计算，可判断C项；由已知可得球的半径，计算球心到平面的距离，即可判断D项. 【详解】解：根据图形的形成可知，三点在底面上的投影分别是三边中点，，，如图所示， 对于A，平面，∴就是直线与平面所成的角，∵是等边三角形，∴，A正确； 对于B，因为且，故四边形为平行四边形，故， 因为、分别为、的中点，则，故， ∵平面，平面，∴平面， ∵，平面，平面，∴平面， ∵，所以，平面平面， 因为过直线有且只有一个平面与平面平行，显然平面与平面不重合， 故平面与平面不平行，故B错误； 对于C，将几何体补全为直三棱柱，如下图示，∴多面体的体积为直三棱柱体积减去三个相同的三棱锥，∴由下图知：，故C正确； 对于D，由上面讨论知，设是球心，球半径为，由得，则是正四面体，棱长为1，设是的中心，则平面，又平面，所以，，则，又.所以球离球托底面的最小距离为，D正确. 故选：ACD. 12． 【分析】根据向量平行可得，可得，利用正切的二倍角公式即可求解. 【详解】因为向量与向量互相平行 所以， 解得， 所以， 故填. 【点睛】本题主要考查了向量平行的充要条件，向量的坐标运算，正切的二倍角公式，属于中档题. 13． 【分析】设蓄水池池底的一边长为，则根据题意，由基本不等式求最小值即可. 【详解】设该蓄水池池底的一边长为，则与该边相邻的一边长为， 设建造该蓄水池的总造价为元， 则． 因为，当且仅当时，等号成立， 所以，即建造该蓄水池的最低总造价是元． 故答案为： 14． ; 6 【分析】先根据正弦定理和余弦定理得到，由基本不等式得到，求出，，为等边三角形，设，表达出，，，在中，由余弦定理可得，从而得到答案. 【详解】， 由正弦定理得， 由余弦定理得，代入上式中， ， 整理可得， 又，当且仅当，即时，等号成立， 故， 由于，所以， 因为，所以， 又此时，故为等边三角形， 设， 那么由余弦定理得 ， 即，故， 在中，由正弦定理得，即， 整理得， 因为，所以为锐角，那么， 则， 在中，由余弦定理可得， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 所以的最大值为6. 故答案为： ; 6 【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题， 常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案； ②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法； ③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值. 15．(1)证明见解析； (2) ， 【分析】（1）连接，交于点，连接，推导出，即可证明平面． （2）三棱锥的表面积，易证平面，所以. 【详解】（1）证明：连接，交于点，连接， 四棱锥为正四棱锥， 四边形是正方形， 是中点， 是中点， 是的中位线， ， 平面，平面， 平面． （2）由（1）知， ，， ，， 由四棱锥为正四棱锥得：， 为中点， ， ，即， ． 所以，，，， 所以三棱锥的表面积 . 又， 又四边形是正方形，所以， ，都在平面内， 平面， . 16．(1) (2) 【分析】（1）由题意知，可得，由为奇函数，可求得； （2），由，可得，从而有，根据三角恒等变换化简，利用三角函数的性质可求取值范围． 【详解】（1）由函数图像上相邻两个最高点间的距离为，所以可得，解得， 所以函数解析式为， 又因为为奇函数，所以，又，所以， 所以, （2）， 由正弦定理得，，． ，．， ，，所以，所以， 由（1）知， 所以 ， 又因为，所以，所以, 所以的取值范围为. 17．(1)；； (2)60人 (3) 【分析】（1）由，能求出，，的值； （2）由，即可求解； （3）可知这个样本参加社区服务的次数不少于20次的学生共有6人，写出从中任选2人的所有基本事件，求出至多一人参加社区服务次数在区间内的基本事件个数，利用基本事件个数比求概率. 【详解】（1）由分组内的频数是10，频率是0.25知，，解得． 因为频数之和为40，所以，解得，则， 因为a是对应分组的频率与组距的商，所以． （2）因为该校高三学生有240人，分组内的频率是0.25， 所以估计该校高三学生参加社区服务的次数在此区间的人数为人． （3）这个样本参加社区服务的次数不少于20次的学生共有人， 设在区间内的人为，在区间内的人为， 则任选2人共有，，，，，，，，，，，，，，，共15种情况，而两人都在内只能是一种， 所以所求概率为． 18．(1) 在上单调递增 (2) (3) 【分析】（1）利用函数的奇偶性，构成方程组即可求解； （2）由已知，对于任意的实数，成立，即，即转化为求函数最小值，即可求得实数的取值范围； （3）由（1），可得，由存在，，即可求得实数的取值范围． 【详解】（1）因为①，为奇函数，为偶函数， 则，即②， ①②,得，, 因为单调递增，单调递增，所以在上单调递增 （2）由（1）得单调递增， 因为，所以， 整理得对于任意的成立，则， 令，则， 当且仅当，即时取等号，所以. （3）由（1）知，， 则 令，则原式， 则原题目转化为存在，使得成立， 当，成立，当时，， 综上，. 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据二进制与十进制定义进行相互转化，即可得结果； （2）根据题中与定义，利用列举法得结果； （3）先根据整数二进制表示找到满足条件一个值，再证明其为最小值. 【详解】（1）， ； （2）根据题意为非空集合， ， 所以集合为中一种， 可能值为， ， 所以集合为中一种， 可能值为， 因此与的所有可能值组成的集合和分别为； （3）根据整数二进制表示可知：1到中正整数可以表示为， 可知，对每个正整数，都存在的子集S，使得， 从而对每个正整数，都存在的子集S，使得，     进而对每个正整数，都存在的子集S，使得，即满足题意，此时， 下证：， 一方面，因为前10个数之和不能小于1012，否则设，则， 对于 ，显然不存在A的子集S，使得， 另一方面，因为， 所以根据整数二进制表示知，其前9个数之和最大为511，故， 综上：. 【点睛】解决新定义解题策略：（1）先要耐心审题，弄清其内涵与性质，确定解题方向，（2）再按照新定义的要求“照章办事”，逐步分析、验证、探索解题方法，直至解决问题. 答案第 2 页 学科网（北京）股份有限公司 $$