精品解析：重庆市育才中学校2024-2025学年高一下学期五月联合诊断性考试数学试题

高2027届高一（下）五月联合诊断性考试 数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） 注意事项： 1．答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名、准考证号； 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5mm黑色签字笔答题 3．请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效； 4．请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、损毁；考试结束后，将答题卡交回． 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. 设复数（其中为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的几何意义可得出结论. 【详解】， 因此，复数在复平面内对应的点位于第三象限. 故选：C. 2. 已知，且，则实数等于（ ） A. B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算，求得，结合，列出方程，即可求解. 【详解】由向量，可得， 因为，可得，解得. 故选：C. 3. 已知圆台的上、下底面半径分别为2和4，母线长为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆台的几何性质，做出轴截面，求出圆台的高，根据台体体积公式求出结果. 【详解】 根据题意可知，圆台轴截面为等腰梯形，如图所示， 已知的上、下底面半径分别为2和4，母线长为，则, 则， 过作与,作与，则,所以, 在中根据勾股定理可得, 所以圆台体积. 故选：B. 4. 已知，，在所在平面内，满足，，且，则点，，依次是的（ ） A. 外心，垂心，重心 B. 重心，外心，内心 C. 外心，重心，垂心 D. 外心，重心，内心 【答案】C 【解析】 【分析】根据到三角形三个顶点的距离相等，得到为外心；根据中线的性质，可得为重心；根据向量垂直，即得到是垂心. 【详解】 因为，所以到定点的距离相等， 所以为的外心； 由，则， 取的中点，则， 所以，所以是的重心； 由，得，即， 所以，同理，所以点为的垂心. 故选：C. 5. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，，则四边形的面积为（ ） A. 6 B. C. 12 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，把直角梯形换元为其对应的直角梯形，结合斜二测画法的规则，以及梯形的面积公式，即可求解. 【详解】在直角梯形中，由，且， 可得为等腰直角三角形，所以， 因为，可得，所以， 将直角梯形换元为平面图形，如图所示， 可得直角梯形，且，， 则直角梯形的面积为. 故选：D. 6. 如图，在斜三棱柱中，，分别为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接，易知所求的角即为或其补角，再由余弦定理计算出的各边长，再根据余弦定理计算即可得出结果. 【详解】连接，如下图所示： 根据三棱柱性质可得， 又因为分别为的中点，所以，， 又且，所以可得且， 即可得四边形为平行四边形，因此； 即可得异面直线和所成的角即为和所成的角，即为或其补角. 因为，所以，， 在中，由余弦定理可得，则， 在中，由余弦定理可得，则, 因此在中，由余弦定理可得. 即异面直线和所成角的余弦值为. 故选：B. 7. 已知函数在上恰有5个不同的x值使其取到最值，则正实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意利用正弦函数的图象和性质，可得，求解即可． 【详解】当时，， 又在上恰有5个不同的x值，使其取到最值； 所以，所以，则正实数的取值范围是. 故选：A. 8. 设点是边长为4的等边的三边上的动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取中点为，设的中点为，由题意可得，求得的取值范围即可. 【详解】取中点为，设的中点为，所以 因为是边长为4的等边三角形，所以，， 则可得，则 ， 由题意当时，最短，当在时，最长， 当时，，此时， 在中，由勾股定理可得，所以的最大值为， 所以，所以，所以. 故选：C. 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，有多项符合题㙂要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知a，b表示直线，表示平面，则下列推理不正确的是（ ） A. B. ，且 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】A. 根据直线的位置关系判断；B. 根据直线与平面的位置关系判断；C. 根据平面与平面的位置关系判断；D. 根据面面平行的性质定理判断. 【详解】A. 因为，，则平行或相交，故错误； B. 因为，，则或 ，或 ，故错误； C. 因为，，，，则平行或相交，故错误； D. 因为，，，由面面平行的性质定理得 ，故正确； 故选：ABC 10. 已知i为虚数单位，则下列选项中正确的是（ ） A. 复数是纯虚数，则 B. 若，则的最大值为 C. 若，则 D. 若是关于的方程的一个根，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据纯虚数概念解方程组可判断A正确，利用辅助角公式以及复数模长计算可得B正确，举反例可得C错误，代入方程的根再由复数相等计算可得D正确. 【详解】对于A，易知，解得，因此可得A正确； 对于B，由可设， 则 ， 因此的最大值为，即B正确； 对于C，若取，，此时满足， 但，因此可得C错误； 对于D，易知，即， 整理可得， 所以，解得；可得D正确. 故选：ABD 11. 在直四棱柱中，所有棱长均2，，分别为的中点，点在四边形内（包括边界）运动，下列结论中正确的是（ ） A. 平面∥平面 B. 若∥平面，则的最小值为 C. 当点在线段上运动时，四面体的体积为定值 D. 若且，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过证明两相交直线AM、MN分别与平面平行即可证明面与面平行，判断A；通过分析确定点Q的轨迹为线段MN，在△AMN中，当时，AQ取得最小值即为点A到直线MN的距离，利用空间向量求出点到直线的距离即可判断B；由平面知以Q为顶点的四面体的底面积与高均为定值，故体积为定值，判断C；用表示出Q点坐标，根据两点间的距离公式写出，将代入上式整理化简，最后根据几何意义求出最小值判断D. 【详解】因为M、P分别为的中点，所以且， 因为，所以，四边形ABPM为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. 因为分别为的中点，所以， 又，所以， 因为平面，平面，所以平面. 因为,平面AMN，所以平面∥平面，A正确； 由A选项知，若∥平面，则点Q的轨迹为线段MN，在△AMN中，当时，AQ取得最小值即为点A到直线MN的距离. 因为 且，所以△ABD为等边三角形，取AB中点为点E， 则有，所以在直四棱柱中， 以D为坐标原点，以DE、DC、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示， , , , 点A到直线MN的距离为，B错误； 因为，平面，平面，所以平面， 当点在线段上运动时点Q到平面的距离为定值，所以四面体的体积为定值，C正确； ， ， 因为，所以，代入上式可得 ， 此式在平面直角坐标系中表示点到的距离之和， 其距离之和的最小值为点与点之间的距离，D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 若球的体积之比，则它们的表面积之比______． 【答案】 【解析】 【分析】利用球的体积公式计算得出两半径之比，再由表面积公式计算可得结果. 【详解】设球的半径分别为， 易知，解得； 所以它们的表面积之比. 故答案为： 13. 已知，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用诱导公式以及二倍角的余弦公式计算可得结果. 【详解】易知， 所以 . 故答案为： 14. 在正四棱锥中，高为，底面是边长为2的正方形，则该正四棱锥的侧面积______（用含有的式子表示），若该正四棱锥存在内切球，则其外接球半径与内切球半径之比的最小值为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设正四棱锥的斜高为，求得，利用正棱锥的侧面积公式，求得侧面积，再设正四棱锥的外接球的半径为，内切球的半径为，结合球的形式和体积相等法，分别求得和，得到，结合基本不等式，即可求解. 【详解】设正四棱锥的斜高为， 因为正四棱锥的高为，底面正方形的边长为，可得， 所以正四棱锥的侧面积为； 设正四棱锥的外接球的半径为，内切球的半径为， 则外接球的球心到底面的距离为， 可得，解得， 又由正四棱锥体积为， 表面积为， 因为，即，解得， 所以， 令，则，且，可得， 再令，则且，则 ， 当且仅当时，即时，等号成立，即最小值为. 故答案为：；. 四、解答题：本题共5小题，15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图在直角梯形中，，，该梯形绕着直线旋转一周． （1）求所形成的封闭几何体的体积； （2）求所形成的封闭几何体的表面积． 【答案】(1)；(2) 【解析】 【分析】(1)由旋转后的图形，可知该几何体是一个圆柱挖去一个同底的圆锥，分别求出圆柱和圆锥的体积，即可得几何体的体积； (2)求出圆柱的侧面积、底面积及圆锥的侧面积，即可得所形成的封闭几何体的表面积． 【详解】(1) 由旋转后的图形，可知该几何体是一个圆柱挖去一个同底的圆锥，过作垂足为，则， 故所形成的封闭几何体的体积. (2) 圆锥母线长为 所形成的封闭几何体的表面积. 【点睛】方法点睛：对于平面图形绕任意直线旋转而成的立体的表面积、体积问题，首先应作出旋转图形，然后根据有关公式计算即可. 16. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求； （2）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理得到，结合余弦定理，求得，即可求解； （2）由的面积为，求得，再由余弦定理得到，求得的值，即可求解. 【小问1详解】 解：因为， 由正弦定理可得，即， 又由余弦定理，可得， 又因为，所以. 【小问2详解】 解：由的面积为，可得，即，所以， 因为，又由余弦定理， 可得， 解得，所以的周长为. 17. 如图，在正三棱柱中，分别是棱的中点． （1）求证：∥平面； （2）过点的平面交于点，交于点．求证：． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）连接，利用线线平行证得平面平面，进而利用面面平行的性质可得结论； （2）利用已知可证平面，进而利用线面平行的性质可证. 【小问1详解】 连接，因为分别是棱的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为分别是棱的中点，又且， 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以∥平面； 【小问2详解】 记过过点平面为平面，平面交于点，交于点， 因为分别是棱中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 又平面，平面平面，所以. 18. 已知函数． （1）求函数的单调递减区间； （2）将函数的图象向右平移个单位，再将所得图象上每一点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若不等式在时恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换化简为正弦型三角函数，根据正弦型函数单调性求解； （2）由图像变换得出解析式，再由换元法化简不等式，转化为含参二次不等式在区间上恒成立，分类讨论后结合二次函数性质求解即可. 【小问1详解】 ， 令，解得，， 所以函数的单调递减区间为. 【小问2详解】 函数的图象向右平移个单位，可得， 再将所得图象上每一点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象,则 ， 所以在时恒成立， 令，则， 由，可得，所以，故， 则原不等式可化为， 即在上恒成立， ⑴当时，不等式为，显然恒成立； ⑵当时，不等式恒成立需满足，解得； ⑶当时，的对称轴， ①当，即时，则不等式恒成立只需，解得， 所以； ②当，即时，不等式恒成立只需， 即，解得， 所以. 综上，可得实数的取值范围. 19. 在中，角的对边分别为，且． （1）求证：； （2）当取得最大值时，若，点是边上的两个动点（不重合），记． ①若，当为何值时，的面积最小，最小面积是多少？ ②三角和差化积公式是一组应用广泛的三角恒等变换式，其形式如下： 它在工程学、绘图测量学等方面，有着广泛的应用． 现记，请利用该公式，探究是否存在实常数和，对于所有满足题意的，都有成立？若存在，求出和的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，进而证得； （2）①由（1）化简得到，利用基本不等式，求得时， 取得最大值，得到，则，设，则，由正弦定理得和，得到进而求得的最大值； ②假设存在实数，使得成立，则存在实数，对于素有满足题意的，成立，列出方程组，求得，进而求得的值. 【小问1详解】 证明：因为，由正弦定理得， 又因为，可得， 所以，即， 所以，即. 【小问2详解】 解：①由， 因为，则， 可得， 当且仅当时，即时，即时，等号成立， 此时取得最大值， 因为，可得，则， 又因为，所以， 如图所示，由，且，设，则， 在中，由正弦定理得，所以， 在中，由正弦定理得，可得， 所以 ， 因为，所以， 所以当时，即时，； ②假设存在实数，对于所有满足题意的，成立， 则存在实数，对于所有满足题意的， 都有， 由题意，是定值，所以是定值， 对于所以满足题意的成立， 则 ， 因为，从而，即， 因为为的内角，所以， 从而. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高2027届高一（下）五月联合诊断性考试 数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） 注意事项： 1．答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名、准考证号； 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5mm黑色签字笔答题 3．请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效； 4．请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、损毁；考试结束后，将答题卡交回． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设复数（其中为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知，且，则实数等于（ ） A. B. C. D. 3 3. 已知圆台上、下底面半径分别为2和4，母线长为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，在所在平面内，满足，，且，则点，，依次是的（ ） A. 外心，垂心，重心 B. 重心，外心，内心 C. 外心，重心，垂心 D. 外心，重心，内心 5. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，，则四边形的面积为（ ） A. 6 B. C. 12 D. 6. 如图，在斜三棱柱中，，分别为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在上恰有5个不同的x值使其取到最值，则正实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 设点是边长为4的等边的三边上的动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题㙂要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知a，b表示直线，表示平面，则下列推理不正确是（ ） A. B. ，且 C. D. 10. 已知i为虚数单位，则下列选项中正确的是（ ） A. 复数是纯虚数，则 B. 若，则的最大值为 C. 若，则 D. 若是关于的方程的一个根，则 11. 在直四棱柱中，所有棱长均2，，分别为的中点，点在四边形内（包括边界）运动，下列结论中正确的是（ ） A. 平面∥平面 B. 若∥平面，则的最小值为 C. 当点在线段上运动时，四面体的体积为定值 D. 若且，则的最小值为 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 若球的体积之比，则它们的表面积之比______． 13. 已知，则______． 14. 在正四棱锥中，高为，底面是边长为2的正方形，则该正四棱锥的侧面积______（用含有的式子表示），若该正四棱锥存在内切球，则其外接球半径与内切球半径之比的最小值为______． 四、解答题：本题共5小题，15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图在直角梯形中，，，该梯形绕着直线旋转一周． （1）求所形成的封闭几何体的体积； （2）求所形成的封闭几何体的表面积． 16. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求； （2）若，面积为，求的周长． 17. 如图，在正三棱柱中，分别是棱的中点． （1）求证：∥平面； （2）过点的平面交于点，交于点．求证：． 18. 已知函数． （1）求函数的单调递减区间； （2）将函数的图象向右平移个单位，再将所得图象上每一点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若不等式在时恒成立，求实数的取值范围． 19. 在中，角对边分别为，且． （1）求证：； （2）当取得最大值时，若，点是边上的两个动点（不重合），记． ①若，当为何值时，的面积最小，最小面积是多少？ ②三角和差化积公式是一组应用广泛三角恒等变换式，其形式如下： 它在工程学、绘图测量学等方面，有着广泛的应用． 现记，请利用该公式，探究是否存在实常数和，对于所有满足题意的，都有成立？若存在，求出和的值；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$