精品解析：云南省昆明市第十中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试卷

2024—2025学年下学期高一年级5月月考 数学试卷 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 已知命题，，则命题真假以及否定分别为（ ） A. 真，， B. 假，， C. 真，， D. 假，， 2. 已知集合.若，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 设复数，且，其中a，b为实数，则（ ） A. B. C. D. 4. 若，则（ ） A B. C. D. 3 5. 锤是中国古代的十八般兵器之一，《说唐演义全传》中天下第一好汉李元霸，宋代名将岳飞的儿子岳云手中的武器都是大锤，还有著名的故事“八大锤大闹朱仙镇”等.大锤有各种形状，其中就有半正多面体形状的.图（1）是著名京剧《八大锤》中的一个场景，图中的大锤共有14个面，其中6个面为正方形，8个面为等边三角形，因此有时也叫做十四面体.图（2）是一个棱数为24的十四面体，它的棱长为1，则该多面体的体积是（ ） 图（1） 图（2） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 某研究机构通过统计分析发现，教师的工作效率E与工作年数、劳累程度有关，并建立了数学模型，已知李老师工作了20年，根据上述公式，与工作10年时相比，如果他的工作效率不变，则他现在的劳累程度是工作10年时劳累程度的（ ） A. 倍 B. 倍 C. 倍 D. 倍 8. 已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面为正三角形且垂直于底面，M为四棱锥内切球表面上一点，则点M到直线距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，则（ ） A. B. C. D. 若，则 10. 已知向量，则（ ） A. 向量在向量上投影向量为 B. 存在非零实数，使 C. 存在实数，使 D. 若，则 11. 已知圆锥的侧面积为，母线，底面圆的半径为r，点P满足，则（ ） A. 当时，圆锥的体积为 B. 当时，过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为 C. 当时，从点A绕圆锥一周到达点P的最短长度为 D. 当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆台的上下底面半径分别是1，4，且侧面积为，则该圆台的母线长为__________． 13. 已知，是复数，则下列正确结论的序号是______． ①若，则； ②若，则； ③若，则； ④若，则． 14. 窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一．在2022年虎年新春来临之际，许多地区人们为了达到装点环境、渲染气氛，寄托辞旧迎新、接福纳祥的愿望，设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花（如左图）．已知正方形的边长为，中心为，四个半圆的圆心均在正方形各边的中点（如右图）．若点在四个半圆的圆弧上运动，则的取值范围是___________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知向量，． （1）若，求的坐标； （2）若，求与的夹角． 16. 设函数，已知函数的图象经过点 （1）求函数的解析式 （2）求函数在上的单调递增区间． 17. 如图，在四边形中，已知点C关于直线BD的对称点在直线AD上，，． （1）求值； （2）设AC=3，求． 18. 如图，在三棱锥中，等边三角形，，，点D在上，，平面． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值． 19. 已知i是虚数单位，a，，设复数，，，且. （1）若为纯虚数，求； （2）若复数，在复平面上对应的点分别为A，B，且O为复平面的坐标原点. ①是否存在实数a，b，使向量逆时针旋转后与向量重合，如果存在，求实数a，b的值；如果不存在，请说明理由； ②若O，A，B三点不共线，记的面积为，求及其最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年下学期高一年级5月月考 数学试卷 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 已知命题，，则命题的真假以及否定分别为（ ） A. 真，， B. 假，， C. 真，， D. 假，， 【答案】C 【解析】 【分析】利用基本不等式可推理得到命题为真，再否定量词和结论，即得命题的否定. 【详解】因为，当且仅当，即时等号成立，故命题为真． 又，. 故选:C． 2. 已知集合.若，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据列式运算得解. 【详解】因为，所以，即且，解得， 所以m的取值范围是. 故选：B. 3. 设复数，且，其中a，b为实数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将代入，利用复数的运算结合共轭复数，复数相等的概念列式求解. 【详解】因为， 所以，解得. 故选：C. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由同角三角函数的基本关系式即可求解. 【详解】∵，∴，，∴， 故选：D. 5. 锤是中国古代的十八般兵器之一，《说唐演义全传》中天下第一好汉李元霸，宋代名将岳飞的儿子岳云手中的武器都是大锤，还有著名的故事“八大锤大闹朱仙镇”等.大锤有各种形状，其中就有半正多面体形状的.图（1）是著名京剧《八大锤》中的一个场景，图中的大锤共有14个面，其中6个面为正方形，8个面为等边三角形，因此有时也叫做十四面体.图（2）是一个棱数为24的十四面体，它的棱长为1，则该多面体的体积是（ ） 图（1） 图（2） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先算出正方体的体积，再算出截去的8个相同三棱锥的总体积，最后用正方体体积减去8个三棱锥的总体积，从而得到十四面体的体积. 【详解】如图，该十四面体是由棱长为的正方体截去8个相同的三棱锥得到的，所以该多面体的体积. 故选：D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数幂运算可得，又由对数函数单调性可得，得解. 【详解】因为，所以. 又，所以. 故选：B. 7. 某研究机构通过统计分析发现，教师的工作效率E与工作年数、劳累程度有关，并建立了数学模型，已知李老师工作了20年，根据上述公式，与工作10年时相比，如果他的工作效率不变，则他现在的劳累程度是工作10年时劳累程度的（ ） A. 倍 B. 倍 C. 倍 D. 倍 【答案】B 【解析】 【分析】设现在的劳累程度是，工作10年时的劳累程度是，根据给定信息列出等式计算即得. 【详解】设李老师现在的劳累程度是，工作10年时的劳累程度是， 依题意，，所以. 故选：B 8. 已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面为正三角形且垂直于底面，M为四棱锥内切球表面上一点，则点M到直线距离的最小值为（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别为和的中点，平面截四棱锥的内切球O所得的截面为大圆，求出圆的半径，利用圆心到直线距离求点M到直线距离的最小值. 【详解】如图，设四棱锥的内切球的半径为r，取的中点为H，的中点为N，连接，，， 球O为四棱锥的内切球， 底面矩形，侧面为正三角形且垂直于底面， 则平面截四棱锥的内切球O所得的截面为大圆， 此圆为的内切圆，半径为r，与，分别相切于点E，F， 平面平面，交线为，平面， 为正三角形，有，平面， 平面，， ，，则有，，， 则中，，解得. 所以，四棱锥内切球半径为1，连接. 平面，平面，， 又，平面，， 平面，平面，可得， 所以内切球表面上一点M到直线的距离的最小值即为线段的长减去球的半径， 又. 所以四棱锥内切球表面上的一点M到直线的距离的最小值为. 故选：B. 【点睛】方法点睛： 四棱锥的内切球，与四棱锥的五个面都相切，由对称性平面截四棱锥的内切球O所得的截面为大圆，问题转化为三角形内切圆，利用面积法求出半径，即内切球的半径，由球心到直线的距离，求点M到直线的距离的最小值. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，则（ ） A. B. C. D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，举反例说明；对B，由对数函数的单调性判断；对C，由不等式的性质运算判断；对D，利用基本不等式求解判断. 【详解】对于A，当时，，故A错误； 对于B，由，得，故B正确； 对于C.由，得，则，故C正确； 对于D，由，得，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知向量，则（ ） A. 向量在向量上的投影向量为 B. 存在非零实数，使 C. 存在实数，使 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，根据 投影向量的定义求解；对B，利用平行向量的坐标关系运算判断；对C，根据两向量垂直的坐标关系计算求解；对D，根据向量的模公式求解判断. 【详解】对于A，向量在向量上的投影向量，故A正确； 对于B，，若，则，解得，故B错误； 对于C，若，则，解得，故C正确； 对于D，，则，即.又，所以，解得或，故D错误. 故选：AC. 11. 已知圆锥的侧面积为，母线，底面圆的半径为r，点P满足，则（ ） A. 当时，圆锥的体积为 B. 当时，过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为 C. 当时，从点A绕圆锥一周到达点P的最短长度为 D. 当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，由侧面积以及底面半径得母线长，结合勾股定理得高，由圆锥体积公式验算即可；对于B，首先得出轴截面为钝角，从而可得要使过顶点S和两母线的截面三角形的面积最大，由面积公式只需截面截出的三角形的顶角是即可验算；对于C，将侧面展开得，由余弦定理即可验算；对于D，已知四面体外接球半径为，只需看此时圆锥的内切球半径与的大小关系即可判断. 【详解】由已知，， 当时，，此时圆锥的高为， 此时圆锥的体积为，A正确； 当时，设圆锥轴截面为， 因为圆锥的侧面积为，所以， 即，，， 所以为钝角， 故截面三角形的最大面积为，B错误； 当时，，侧面展开图的弧长为，沿将侧面展开，得扇形， 所以圆心角为， 又，所以， 在中，由余弦定理得，Ｃ正确； 将正四面体放到正方体内，则正四面体的外接球与正方体的外接球相同， 若正四面体的棱长为，则正方体的棱长为1，则外接球半径为， 由题圆锥的母线时，其侧面积为， 则圆锥的高， 设内切球半径为，球心为，球与母线相切于，则， 易知，则， 解得，不可以任意转动，D错误． 故选：AC． 【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是求出已知四面体外接球半径，和此时圆锥的内切球半径，将它们进行比较即可顺利得解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆台的上下底面半径分别是1，4，且侧面积为，则该圆台的母线长为__________． 【答案】2 【解析】 【分析】利用圆台侧面积公式求解即可. 【详解】设母线长度为，由圆台侧面积公式得， 解得，故圆台母线长度为2. 故答案为：2 13. 已知，是复数，则下列正确结论的序号是______． ①若，则； ②若，则； ③若，则； ④若，则． 【答案】①②③ 【解析】 【分析】根据已知条件，结合共轭复数的定义，复数的四则运算，特殊值法，即可求解. 【详解】设，(其中，) 对于①由，可得，则，故①正确； 对于②若，则，，所以，故②正确； 对于③若，则，由，，则，故③正确； 对于④若，令，，则，，所以，故④不正确. 故答案为：①②③ 14. 窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一．在2022年虎年新春来临之际，许多地区人们为了达到装点环境、渲染气氛，寄托辞旧迎新、接福纳祥的愿望，设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花（如左图）．已知正方形的边长为，中心为，四个半圆的圆心均在正方形各边的中点（如右图）．若点在四个半圆的圆弧上运动，则的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意建立平面直角坐标系，利用坐标系表示向量，写出的解析式，再求的取值范围即可. 【详解】以原点，为轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示. 因为正方形的边长为，所以， 则、，则， 设的中点为，则，，所以，， 因为是半圆上的动点，设点， 则，其中，则， 所以，， 由对称性可知，当点在第三象限的半圆弧上运动时（包含点、）， ， 当点在第一象限半圆弧上运动时（包含点、），的中点为，半圆的半径为， 可设点，其中，则， ，则， 同理可知，当点在第四象限内的半圆弧上运动时（包含点、）， . 综上可知，的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求两个向量数量积有三种方法： （1）利用定义： （2）利用向量的坐标运算； （3）利用数量积的几何意义． 具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知向量，． （1）若，求的坐标； （2）若，求与的夹角． 【答案】（1）或 （2）． 【解析】 【分析】（1）设，结合向量的模长公式求解即可； （2）根据垂直向量数量积为0，结合向量的夹角公式求解即可. 【小问1详解】 由题意，设． ，， ，或． 【小问2详解】 ，， ，即，． 设与的夹角为，则． 又，，与的夹角为． 16. 设函数，已知函数的图象经过点 （1）求函数的解析式 （2）求函数在上的单调递增区间． 【答案】（1） （2）单调递增区间为， 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简可得，根据题意函数的图象经过点，可得，可得解析式； （2）令，因为，所以，由的单调递增区间得出的单调递增区间即可． 【小问1详解】 结合题意可得：， 所以，， 因为函数的图象经过点， 所以，即， 所以，，即，， 因为，所以当时，，满足题意， 故函数的解析式为． 【小问2详解】 由可得， 令，因为，所以， 由的图象可知： 在上单调递增， 所以，解得：，所以在单调递增； 在单调递增， 所以，解得：，所以在单调递增 函数在上的单调递增区间为， 17. 如图，在四边形中，已知点C关于直线BD的对称点在直线AD上，，． （1）求的值； （2）设AC=3，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据对称的性质和已知条件可得‖，则，，再利用正弦定理可求得结果； （2）在中利用正弦定理可求出，再在中利用余弦定理可求得结果. 【小问1详解】 因为C点关于直线BD的对称点在直线AD上， 所以DB平分，所以， 因为，所以，BC=CD， 所以‖， 所以， 因为，， 所以， 所以． 【小问2详解】 因为在中，由正弦定理得, 所以，， 所以，所以， 在中，由余弦定理得， ． 18. 如图，在三棱锥中，是等边三角形，，，点D在上，，平面． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点E，连接，，由已知可得，，则平面，则，又平面，可得，则得平面； （2）设，取中点M和中点N， 连接，由已知可得为二面角的平面角， 又得，得，同理可得，则， 由平面，得，得，则， ，得，， ，则，故，在中，利用余弦定理即可求得. 【小问1详解】 ∵平面，又平面，∴， 取的中点E，连接，， 因为是等边三角形， 所以，又，故，， 又，平面， ∴平面，又平面，∴， 又，、平面， ∴平面． 【小问2详解】 设，取中点M和中点N， 连接，则， ∵平面，∴，即，故为二面角的平面角， ∵平面，平面，∴， 又，， 所以，， ∴，∴，同理可得， ∴， ∵平面，又平面，∴， ∴，则， ，故，， ，则，故， 在中，， 故二面角的余弦值为． 19. 已知i是虚数单位，a，，设复数，，，且. （1）若为纯虚数，求； （2）若复数，在复平面上对应的点分别为A，B，且O为复平面的坐标原点. ①是否存在实数a，b，使向量逆时针旋转后与向量重合，如果存在，求实数a，b的值；如果不存在，请说明理由； ②若O，A，B三点不共线，记的面积为，求及其最大值. 【答案】（1）或 （2）①存在，；②，最大值为2 【解析】 【分析】（1）计算，然后使其实部为零，虚部不为零，再结合可求出的值，从而可求出求； （2）①方法一：由题意可得，然后解关于的方程组可得结果，方法二：设则，再由题意得，从而可求得结果， ②设向量的夹角为θ，，设复数所对应的向量为则，化简后再利用可求得其最大值. 【小问1详解】 因为复数， 所以， 而为纯虚数，因此，即. 又因为，且，所以， 由，解得或， 所以或. 【小问2详解】 ①存在，理由如下： 法一：由题意知：，得， 解得或 ， 因为OB逆时针旋转后与OA重合，所以； 法二：设是以x轴正半轴为始边，OB为终边的角，则， 所以即， 所以，所以 ， 且时，满足. 所以. ②因为复数，对应的向量分别是为坐标原点），且O，A，B三点不共线， 所以设向量的夹角为θ，，设复数所对应的向量为 则且， 因此的面积， ， 设，则， 当且仅当且，即或时等号成立， 所以，其最大值为2. 【点睛】关键点点睛：此题考查复数的运算，考查复数的有关概念的应用，考查复数的几何意义的综合应用，解题的关键是对复数的几何意义的正确理解，考查数学计算能力，属于较难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$