精品解析：浙江省杭州高级中学临平学校2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题

杭高临平高一数学5月阶段考2 姓名：___________ 班级：___________ 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据分式不等式解法及对数函数单调性求解不等式，再根据交集的定义求解即可． 【详解】解不等式，， 所以． 故选：A． 2. 如图，下列正方体中，M，N，P，Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线MN和PQ为异面直线的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知，结合正方体的结构特征及平行公理推、情感教练的判定定理逐项分析判断. 【详解】对于A，如图，，四点共面，A不是； 对于B，如图，，四点共面，B不是； 对于C，如图，，四点共面，C不是； 对于D，如图，平面，平面，平面，直线， 则与是异面直线，D是. 故选：D 3. 设表示不同的直线，表示不同的平面，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，且，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间直线，平面的位置关系及其性质逐项分析判断. 【详解】对于A，若，则与可能会相交或平行，故A错误； 对于B，若，且，根据线面垂直的性质可知，故B正确； 对于C，若，则，可能会平行、相交或异面，故C错误； 对于D，若，则与可能会相交或平行，故D错误. 故选：B 4. 若水平放置的平面四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，则以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据斜二测图形信息推出原图形的尺寸，再分析旋转后几何体的构成，最后求出体积. 【详解】已知斜二测图形中，， 根据斜二测画法中平行于轴的线段长度不变的规则，可知在原图形中，，. 又已知，由斜二测画法中平行于轴的线段长度减半的性质， 可得原图形中，且（斜二测画法中轴与轴夹角在原图形中为）. 如图，得到原图. 因为梯形以边为轴旋转一周，所以得到的几何体为圆台. 其中圆台的底面半径，高； 根据圆台体积公式，可得. 故选：B. 5. 已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复合函数的单调性得到在上单调递增，列出不等式组，解之即得参数范围. 【详解】因为在上单调递增，由函数在上单调递增， 可得在上单调递增且恒成立， ，解得， 即实数的取值范围是. 故选：C. 6. 如图，已知在中，，，和交于点E，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】确定，则，根据共线得到，解得答案. 【详解】， ， 三点共线，故，解得. 故选：C 7. 在中，，点、是线段的三等分点，点在线段上运动且满足，当取得最小值时，实数的值为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】 取中点，由极化恒等式得，， 所以当，最小，则，即． 故选C． 8. 在中，角的对边分别为，若，则的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 等腰直角三角形 C. 等边三角形 D. 钝角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】先化简，再结合余弦定理可得，所以得，令，代入前面的式子可求出，然后根据三边的关系可判断三角形的形状. 【详解】由，得， 化简得， 所以由余弦定理得， 因为，所以， 所以，令，则 ，得，得， 所以， 所以为直角三角形， 故选：A 二、多选题 9. 某学生5次考试的成绩（单位：分）分别为85，69，m，80，91，其中.若该学生在这5次考试中成绩的中位数为80，则5次考试成绩的平均数可能为（ ） A. 76 B. 80 C. 81 D. 85 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据中位数、平均数等知识确定正确选项. 【详解】一共有个分数，从小到大排列，第个是中位数，依题意可知，中位数是， 比大的有两个数，所以， 这个分数的平均值为， 由于，所以， 所以ABC选项符合题意. 故选：ABC 10. 已知函数（其中）的部分图象如图所示，图像经过点，关于直线对称，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象关于点中心对称 B. 在区间上单调递增 C. 的图象关于直线对称 D. 直线与图象的所有交点的横坐标之和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数的周期性和最小值可求得，利用函数的对称性，单调性和图象性质即可求解. 【详解】由图可知，， 因为解得，所以， 又因为， 所以,解得， 因为，所以，所以， ，所以的图象关于点中心对称，A正确； 解得, 所以当时，，所以在区间上单调递增，B正确； ，所以的图象不关于直线对称，C错误； 令即， 所以或， 即或， 因为，所以满足条件的所有的值为 所以所有交点的横坐标之和为，D正确， 故选:ABD. 11. 已知直三棱柱中，ABBC，，D是AC的中点，O为的中点.点P是上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 点P在上运动，直线与AB所成的最大角为45° B. 当点P运动到中点时，直线与平面所成的角的正弦值为 C. 无论点P在上怎么运动,都有 D. 当点P运动到中点时，才有与相交于一点，记为Q，且 【答案】ACD 【解析】 【分析】构造线面角，由已知线段的等量关系求的值即可判断B是否正确；利用线面垂直的性质，可证明，即可判断C是否正确；由重心的性质有可知D是否正确；由直线的平行关系构造线线角为，结合动点分析角度范围，即可判断A是否正确． 【详解】直三棱柱中，，令， 对于B：当点运动到的中点是，取为中点，连接，，如下所示： 即平面， 所以直线与平面所成的角的正弦值，， 因为，，所以 所以，故B不正确； 对于C：连接，与交于点，并连接， 如下图所示： 因为平面，所以平面， 所以， 由题意知，为正方形，所以，又， 所以面，面，故， 同理可证：，又， 所以面，又面，所以，故C正确； 对于D：点运动到的中点时，即在中，均为中线， 所以为中线的交点，即为的重心， 所以根据重心的性质有，故D正确； 对于A：由于，直线与直线所成的角为与所成的角，即， 由C选项的分析可知，平面，所以, 所以当最长时，最大， 而， 所以当在或上时，最大为，A正确. 故选：ACD． 三、填空题 12. 在复平面上，复数所对应的点到原点的距离是______． 【答案】 【解析】 【分析】首先对复数进行化简，可得在复平面中对应的点，可求得到原点的距离. 【详解】，在复平面中对应的点为， 到原点的距离为： 故答案为：. 13. 如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是AB的中点，则异面直线与所成角的正弦值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】注意到，则异面直线与所成角为（或其补角），然后由题意及勾股定理可得，，，然后由余弦定理可得答案. 【详解】连接交于，在直三棱柱中，所有棱长均为4， 因此四边形是正方形，所以是的中点，而D是AB的中点， 因此有，因此异面直线与所成角为（或其补角）， 因为四边形正方形，所以， 在直三棱柱中，所有棱长均为4， 因此四边形是正方形，因此有， 在直三棱柱中，侧棱垂直于底面，因此也就垂直底面中任何直线， 因此有， 由余弦定理可知：， 因此. 故答案为：. 14. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵(qian du)；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖膈(bie nao)指四个面均为直角三角形的四面体.如图在堑堵中，，.给出下列四个结论： ①四棱锥为阳马； ②直线与平面所成角为； ③当时，异面直线与所成的角的余弦值为； ④当三棱锥体积最大时，四棱锥的外接球的表面积为. 其中，所有正确结论的序号是______. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】 对于①，由堑堵的性质得，则可证平面，即四棱锥为阳马； 对于②，可知为直线与平面所成角，通过分析②不正确； 对于③，可知为异面直线与所成的角(或补角)，由余弦定理得其余弦值为； 对于④，三棱锥体积为，由基本不等式可知时，最大，故可将三棱柱补成长方体，则长方体的外接球与四棱锥的外接球为同一个球，从而可求出四棱锥的外接球的表面积. 【详解】对于①，因为在三棱柱中，平面，∴，又，∴平面，即四棱锥为阳马；故①正确； 对于②，由①可知平面，∴为直线与平面所成角， 假如，则为等腰直角三角形，所以，这与在中矛盾；故②不正确； 对于③，当时，，，，， ∵，∴为异面直线与所成的角(或补角)， 在中，，故③正确； 对于④，三棱锥体积为， 当且仅当时，取“”，现将三棱柱补成长方体， 则长方体的外接球与四棱锥的外接球为同一个球， 所以球的直径，所以，故④正确. 故答案为：①③④ 【点睛】本题主要考查了直线与平面垂直的判定，几何体的外接球的表面积计算，异面直线所成角，直线与平面所成角的计算，考查了学生的直观想象与逻辑推理能力，考查了转化与化归的思想. 四、解答题 15. 已知， （1）当k为何值时，与平行： （2）若，求的值 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）求出与坐标，根据共线向量坐标的关系，即可求解； （2）由的坐标关系求出，进而求出坐标，即可求解. 【详解】（1），，， ，与平行， ； （2）， ， . 【点睛】本题考查向量的坐标关系，涉及到向量线性关系、共线向量、垂直向量、向量模长的坐标运算，属于基础题. 16. 在中，内角、、所对的边分别为、、，已知. （1）求； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围. 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】 （1）利用正弦定理将边化角，再利用正弦和角公式转化，然后解方程即可求得； （2）利用正弦定理，得到关于的函数，再求该函数的值域，结合面积公式即可求得. 【详解】（1）由正弦定理有， 又由，代入上式得， ， 由，有， 上式可化为：，得， 由，有，故有， 故； （2）由（1）知，， 由正弦定理有 ， 由锐角三角形，有， 得，有， 可得， 故面积的取值范围为. 【点睛】本题考查利用正弦定理将边化角，以及利用正弦定理求解三角形面积的范围，涉及正弦的和角公式，属解三角形中的经典重点题型. 17. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，面，是的中点，，. （1）证明：平面 （2）证明：平面平面； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，得出进而得出,再应用线面平行判定定理证明； （2）根据勾股定理得出,应用线面垂直得出,应用线面垂直判定定理得出平面,最后应用面面垂直判定定理证明； （3）应用等体积法计算得出点到平面距离. 【小问1详解】 取的中点，连接, 因为，所以, 因为分别是中点，得出 所以四边形是平行四边形， 所以平面,不在平面内, 所以平面. 【小问2详解】 因为平面,平面,, 因为，所以, 所以 因为,所以, 平面,平面, 所以平面,又平面, 所以平面平面. 【小问3详解】 设点到平面的距离为, 因为, 所以, 在中，， 又因为, 所以,即得. 18. 如图，在四棱锥中， 为等边三角形，平面平面，，，，， （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）线段上是否存在一点，使得二面角的平面角的余弦值为.若存在，求出值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）首先证明为直线与平面所成的角，再由线面角的定义进行求解即可； （3）取中点，利用线面垂直的性质结合即可确定为二面角的平面角，最后结合余弦定理求解即可. 【小问1详解】 取棱的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面， 又平面，所以平面， 又平面，故， 又已知，，又平面， 所以平面. 【小问2详解】 连接， 由（1）中平面， 可知为直线与平面所成的角， 因为为等边三角形，且为的中点， 所以， 又，在中，， 所以，直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 取中点，连接，， 在中，， 因为平面，又平面， 所以，在中，， 所以，所以，又点为中点， 所以，同理， 所以为二面角的平面角， 设， 在中，， 在中，， 在中，，，， 由余弦定理可得：， 即：， 化简得到：， 所以或（舍去）， 即线段上存在一点，使得二面角平面角的余弦值为， 此时. 【点睛】关键点点睛：本题第3小题的解决关键是，利用三线合一分析得为二面角的平面角，从而得解. 19. 函数，为参数， （1）解关于的不等式； （2）当，最大值为，最小值为，若，求参数的取值范围； （3）若且，在区间上与轴有两个交点，求的取值范围． 【答案】（1）答案见解析；（2）；（3）. 【解析】 【分析】 （1）由，即，分类讨论，即可求得不等式的解集； （2）由函数的解析式，结合二次函数的性质，得到不等式组，即可求解； （3）由得到在上单调递减，在上单调递增，得出当或时，不可能有两解，得到，再由有两解，得到，联立方程组，即可求解. 【详解】（1）由题意，函数， 因为，即， 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为． （2）由函数， 即函数是开口向上，以为对称轴的二次函数， 当时，即时，满足， 即，解得； 当时，即时，有，可得，故不存在， 综上可得参数的取值范围； （3）由题意，函数，且，且，解得或，因为的对称轴为， 故可得在上单调递减，在上单调递增， 故当或时，不可能有两解， 故，解得．．．① 由有两解，可得有两解， 由是开口向上，以为对称轴的二次函数， 只需．．．．．②， 联立①②求得：， 故的取值范围为． 【点睛】本题主要考查了一元二次不等式解法，以及一元二次函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟记一元二次不等式的解法，以及熟练应用二次函数的图象与性质，得出相应的不等式组是解答的关键，着重考查分类讨论思想，以及推理与运算能力. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 杭高临平高一数学5月阶段考2 姓名：___________ 班级：___________ 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 如图，下列正方体中，M，N，P，Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线MN和PQ为异面直线的是（ ） A. B. C. D. 3. 设表示不同的直线，表示不同的平面，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，且，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 若水平放置的平面四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，则以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，已知在中，，，和交于点E，若，则实数值为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，，点、是线段的三等分点，点在线段上运动且满足，当取得最小值时，实数的值为 A. B. C. D. 8. 在中，角对边分别为，若，则的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 等腰直角三角形 C. 等边三角形 D. 钝角三角形 二、多选题 9. 某学生5次考试的成绩（单位：分）分别为85，69，m，80，91，其中.若该学生在这5次考试中成绩的中位数为80，则5次考试成绩的平均数可能为（ ） A. 76 B. 80 C. 81 D. 85 10. 已知函数（其中）的部分图象如图所示，图像经过点，关于直线对称，则下列说法正确的是（ ） A. 图象关于点中心对称 B. 在区间上单调递增 C. 的图象关于直线对称 D. 直线与图象的所有交点的横坐标之和为 11. 已知直三棱柱中，ABBC，，D是AC的中点，O为的中点.点P是上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 点P在上运动，直线与AB所成的最大角为45° B. 当点P运动到中点时，直线与平面所成的角的正弦值为 C. 无论点P在上怎么运动,都有 D. 当点P运动到中点时，才有与相交于一点，记为Q，且 三、填空题 12. 在复平面上，复数所对应的点到原点的距离是______． 13. 如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是AB的中点，则异面直线与所成角的正弦值为__________. 14. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵(qian du)；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖膈(bie nao)指四个面均为直角三角形的四面体.如图在堑堵中，，.给出下列四个结论： ①四棱锥为阳马； ②直线与平面所成角为； ③当时，异面直线与所成的角的余弦值为； ④当三棱锥体积最大时，四棱锥的外接球的表面积为. 其中，所有正确结论的序号是______. 四、解答题 15. 已知， （1）当k为何值时，与平行： （2）若，求的值 16. 在中，内角、、所对的边分别为、、，已知. （1）求； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围. 17. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，面，是的中点，，. （1）证明：平面 （2）证明：平面平面； （3）求点到平面的距离. 18. 如图，在四棱锥中， 为等边三角形，平面平面，，，，， （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）线段上是否存在一点，使得二面角平面角的余弦值为.若存在，求出值；若不存在，请说明理由. 19. 函数，为参数， （1）解关于的不等式； （2）当，最大值为，最小值为，若，求参数取值范围； （3）若且，在区间上与轴有两个交点，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$