精品解析：安徽省阜阳市临泉县临化高级中学有限公司2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题

临化中学2024—2025学年度（下）高一年级5月教学质量检测 数学 本试卷满分150分，考试用时120分钟. 命题人：吴登坤 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：数学必修二第六章到第八章. 一、单项选择题：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，，则（ ） A. B. C. 2 D. 2. 设集合，或，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在梯形中，，，为线段的中点，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 一个圆台的母线长等于上、下底面半径和的一半，且侧面积是，则母线长为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 8 5. 已知定义域为的偶函数满足：对任意，，都有成立，则满足的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，满足，，且，设在方向上的投影向量为，则（ ） A. 1 B. C. D. 7. 古希腊数学家阿基米德是世界上公认的三位最伟大的数学家之一，其墓碑上刻着他认为最满意的一个数学发现，如图，一个“圆柱容球”的几何图形，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边，在该图中，球的体积是圆柱体积的，并且球的表面积也是圆柱表面积的，若圆柱的表面积是6π现在向圆柱和球的缝隙里注水，则最多可以注入的水的体积为（ ） A. B. C. π D. 8. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，则该四棱锥的体积为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 二、多选选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多想符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若向量，，则（ ） A. B. C. 在上的投影向量为 D. 与的夹角为 10. 如图，已知正方体的棱长为2，为棱的中点，为棱上的点，且满足，点，，，为过三点，，的平面与正方体的棱的交点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 三棱锥的体积 C. 直线与平面的夹角是 D. 11. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 的一个对称中心为 D. 要得到函数的图象，可以将的图象先向左平移个单位长度，再将各点横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，复数满足在复平面内对应的点的集合为图形，则图形的面积为__________. 13. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，若，且，则的面积为________． 14. 如图，已知在矩形和矩形中，，，且二面角为，则异面直线与所成角的正弦值为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.接答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设为虚数单位，，复数，. （1）若是实数，求的值； （2）若是纯虚数，求. 16. 如图，在平行四边形ABCD中，P，Q分别是BC和CD的中点． （1）若，，，求及的余弦值； （2）若，求的值． 17. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子M，N分别在正方形对角线BD和BF上移动，且BM和BN的长度保持相等，记． （1）证明：平面BCE； （2）当时，求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值． 18. 如图所示是函数的图象，由指数函数与幂函数“拼接”而成. （1）求的解析式； （2）已知，求的取值范围； （3）若方程存在实数解，求的取值范围. 19. 如图，在四棱锥中，平面⊥平面，，四边形为正方形，E、M分别为的中点. （1）求证: ∥平面; （2）求证: 平面⊥平面; （3）在棱上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面?若存在，求 若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 临化中学2024—2025学年度（下）高一年级5月教学质量检测 数学 本试卷满分150分，考试用时120分钟. 命题人：吴登坤 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：数学必修二第六章到第八章. 一、单项选择题：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，，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】将化为，根据复数的相等，求得，求得答案. 【详解】由可得， 即，故 ， 故， 故选：A 2. 设集合，或，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件按集合A是否为空集两类列式计算得解. 【详解】因集合， 若，有，解得，此时，于是得， 若，因或，则由得：，解得：， 综上得：， 所以实数的取值范围为. 故选：A 3. 如图，在梯形中，，，为线段的中点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据向量的线性运算法则求解即可． 【详解】解：由题意，根据向量的运算法则，可得， 故选：D． 4. 一个圆台的母线长等于上、下底面半径和的一半，且侧面积是，则母线长为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆台的侧面积公式可得答案. 【详解】设圆台的母线长为，上，下底面的半径分别为,则 圆台的侧面积为，解得 故选：C 5. 已知定义域为的偶函数满足：对任意，，都有成立，则满足的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得到函数的单调性，再结合偶函数化简不等式求解即可. 【详解】由对任意，都有成立， 得在上单调递增， 又为偶函数，则不等式等价于， 所以，解得， 即满足题意的x取值范围为： 故选：C. 6. 已知，满足，，且，设在方向上的投影向量为，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量垂直及数量积的运算律可得，再由即可求参数. 【详解】由题设，则， 所以在方向上的投影向量，即. 故选：A 7. 古希腊数学家阿基米德是世界上公认的三位最伟大的数学家之一，其墓碑上刻着他认为最满意的一个数学发现，如图，一个“圆柱容球”的几何图形，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边，在该图中，球的体积是圆柱体积的，并且球的表面积也是圆柱表面积的，若圆柱的表面积是6π现在向圆柱和球的缝隙里注水，则最多可以注入的水的体积为（ ） A. B. C. π D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出球的半径，然后根据球的表面积公式求得半径，根据体积相减即可求得结果. 【详解】解：设球的半径为r，则由题意可得球的表面积为， 所以r＝1，所以圆柱的底面半径为1，高为2， 所以最多可以注入的水的体积为. 故选：B. 【点睛】本题考查圆柱的内接球，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力． 8. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，则该四棱锥的体积为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据线线垂直可得平面，进而根据面面垂直的性质可得平面，进而根据三角形的边角关系，结合锥体体积公式求解. 【详解】如图：取的中点，连接， 则且，平面， 故平面， 平面，故平面平面， 平面平面， 过作的垂线，垂足为，即,平面，故平面， 由题意可知， 由余弦定理可得 , 故， 所以四棱锥的高为1，则四棱锥的体积为 故选：B 二、多选选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多想符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若向量，，则（ ） A. B. C. 在上的投影向量为 D. 与的夹角为 【答案】BC 【解析】 【分析】用模公式算判断A；用数量积公式算B；根据投影向量公式判断C；利用夹角余弦公式定夹角判断D项. 【详解】对于A，因为，所以，故A错误. 对于B，又，所以，故B正确. 对于C，易得，所以在上的投影向量为，故C正确. 对于D，因为，又，所以，D错误. 故选: BC 10. 如图，已知正方体的棱长为2，为棱的中点，为棱上的点，且满足，点，，，为过三点，，的平面与正方体的棱的交点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 三棱锥的体积 C. 直线与平面的夹角是 D. 【答案】AB 【解析】 【分析】对于选项，根据面面平行的性质定理可知，故正确： 对于选项， ，故正确； 对于选项，直线与平面所成角为，且，故错误； 对于选项，由于，，则，故错误. 【详解】对于选项，由于平面平面，平面与这两个平面分别交于和，根据面面平行的性质定理可知，故正确： 对于选项，由于，是的中点，故，，，，.，故正确； 对于选项，由于平面，所以直线与平面所成角为，且，故错误； 对于选项，由于，，则，故错误. 故选：AB. 【点睛】本题主要考查空间直线平面的位置关系，考查空间几何体体积的计算，考查空间角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 11. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 的一个对称中心为 D. 要得到函数的图象，可以将的图象先向左平移个单位长度，再将各点横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变） 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定的图象，结合“五点法”作图求出判断ABC；利用函数图象的变换判断D. 【详解】观察函数的图象，得，最小正周期，则， 由，得，而，则，， 对于A，的最小正周期为，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，，的一个对称中心为，C正确； 对于D，以将的图象向左平移个单位长度，得的图象， 再将所得图象上各点横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得函数的图象，D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，复数满足在复平面内对应的点的集合为图形，则图形的面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的几何意义求解即可. 【详解】因为，所以， 则在复平面内对应的点的集合是以点为圆心，5为半径的圆，图形的面积为. 故答案为： 13. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，若，且，则的面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知根据可得，然后结合余弦定理可得，利用面积公式即可求解. 【详解】由，所以，整理得， 所以， 解得， 所以. 故答案为：. 14. 如图，已知在矩形和矩形中，，，且二面角为，则异面直线与所成角的正弦值为______． 【答案】 【解析】 【分析】取中点为，根据二面角平面角定义可知，得到为等边三角形；根据三角形中位线性质和异面直线所成角的定义可知：或其补角即为所求角，结合长度关系，利用余弦定理可求得，进而得到结果. 【详解】连接，，，取中点，连接，， ∵四边形，为矩形，∴，， 平面平面，平面，平面， ∴即为二面角的平面角，∴， 又，，∴，∴为等边三角形，∴； ∵，分别为，中点，∴，， ∴（或其补角）即为异面直线与所成角， ∵，∴， ∴， 所以异面直线与所成角的正弦值为． 故答案为：． 四、解答题：本题共5小题，共77分.接答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设为虚数单位，，复数，. （1）若是实数，求的值； （2）若是纯虚数，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用复数的乘法化简，再根据是实数求解； （2）先利用复数的除法化简，再根据是纯虚数求解. 【小问1详解】 解：， 因为是实数， 则， 解得. 【小问2详解】 ， 因为为纯虚数， 则， 解得. 所以. 16. 如图，在平行四边形ABCD中，P，Q分别是BC和CD的中点． （1）若，，，求及的余弦值； （2）若，求的值． 【答案】（1），；（2）． 【解析】 【分析】（1）由，结合向量的数量积运算、夹角公式求解； （2）根据向量共面的基本定量及向量的加减运算求解. 【详解】（1）平行四边形ABCD中，，，， ， ， ， ． （2）P，Q分别是BC和CD的中点， ，， ， ， ，解得， ． 17. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子M，N分别在正方形对角线BD和BF上移动，且BM和BN的长度保持相等，记． （1）证明：平面BCE； （2）当时，求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：连接， ABCD，ABEF的边长都是正方形，则有， 又， 则中，，所以， 由，， 则四边形为平行四边形，有，所以， 平面BCE，平面BCE，所以平面BCE. （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可证明，可得，由线面平行的判定定理得平面BCE； （2）由题意，M，N分别BD和BF的中点，为中点，连接，余弦定理求，可得平面MNA与平面MNB夹角的余弦值. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 当时，M，N分别BD和BF的中点，连接， 则， 平面平面，平面平面， 平面，，则平面， 平面，则， ，得，， 为中点，连接，则，，， 中，由余弦定理，， 所以平面MNA与平面MNB夹角的余弦值为. 【点睛】方法点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角，利用余弦定理求解；也可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 18. 如图所示是函数的图象，由指数函数与幂函数“拼接”而成. （1）求的解析式； （2）已知，求的取值范围； （3）若方程存在实数解，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据图象过点，求出即可求得的解析式； （2）根据幂函数的单调性，即可求出的取值范围； （3）根据函数的零点与方程解的关系将问题转化为图象的交点问题即可求解. 【小问1详解】 由题意得，解得，所以. 【小问2详解】 因为在上单调递减，且， ，解得. 【小问3详解】 存在实数解，即有解， 即函数的图象与函数的图象有交点， 所以，解得或. 故的取值范围为. 19. 如图，在四棱锥中，平面⊥平面，，四边形为正方形，E、M分别为的中点. （1）求证: ∥平面; （2）求证: 平面⊥平面; （3）在棱上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面?若存在，求 若不存在，说明理由. 【答案】（1） 在正方形中，E、M分别为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面. （2） 因为平面⊥平面，且交线为，，平面， 所以CD⊥平面，由于平面，所以平面⊥平面. （3）存在，时，平面⊥平面， 理由如下：连接，交于点O，连接. 因为∥，并且 ，所以四边形为平行四边形， 所以. 又因为为中点，所以. 因为平面⊥平面，平面平面， 又平面，由已知可得， 所以平面， 所以⊥平面. 又因为平面，所以平面⊥平面. 所以存在点N，使得平面⊥平面，且 【解析】 【分析】（1）根据线线平行可得线面平行； （2）利用面面垂直可得线面垂直，再由面面垂直的判定定理得证； （3）当N为中点时，由中位线可得线线平行，据此可得线面垂直，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $