精品解析：广东省五校(东莞中学、惠州一中、深圳实验、珠海一中、中山纪念中学等)2024-2025学年高一下学期5月联考数学试题

东莞中学、惠州一中、深圳实验、珠海一中、中山纪念中学 2027届高一下学期五校联考试题 数学 2025.5 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 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. 如图，在复平面内，复数，对应的向量分别是，，则复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的几何意义求出，，然后利用复数的乘法法则求出，最后利用复数的几何意义求解即可． 【详解】由题意，．，． 复数所对应的点位于第一象限． 故选：A 2. 已知向量，，若，则实数的值为（ ） A. B. C. 4 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量共线的坐标表示列式求解. 【详解】向量，，则，由， 得，所以. 故选：B 3. 已知，为空间中不重合的直线，，，为空间中三个不重合的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据各项线线、线面、面面的位置关系，结合平面的基本性质及空间想象判断各项的正误. 【详解】A：若，，则或，错； B：若，，则可能平行或相交，错； C：若，，，则可能平行或异面，错； D：若，，由面面平行性质知，对. 故选：D 4. 在平面直角坐标系中，角，的顶点与原点重合，它们的始边与轴的非负半轴重合，它们的终边关于轴对称.若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用角的终边的对称性，求得，再根据正弦函数的图象性质即可求得. 【详解】因角，的终边关于轴对称，故， 则， 因，则，即的最小值为. 故选：C. 5. 已知正四棱台的上下底面边长分别为2和4，侧棱长为，则此正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知求出棱台的高，再由棱台的体积公式求体积. 【详解】由题设，棱台的高，表示上下底面面积， 所以棱台的体积. 故选：A 6. 如图所示，某同学为了测量某塔高度，在塔对面笔直的临江大道上的三点，，处测得其顶点的仰角分别为，，（即点，，为水平地面上共线的三点），且米，则该塔的高度（ ）米 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，利用直角三角形边角关系可得，再利用余弦定理列式求解. 【详解】设，依题意，，而， 由，得， 在，中，由余弦定理得：， 解得，所以该建筑的高度米. 故选：C 7. 在中，，，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由得，即，，即 由数量积运算即可求解. 【详解】由有，所以， ， 所以 ， 故选：A. 8. 如图，圆锥的底面直径为2，高为4，过线段上的一点作平行于底面的截面，以截面为底面挖出一个圆柱，则该圆柱表面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据相似三角形的性质求出圆柱的高与圆柱半径之间的关系，然后列出圆柱表面积的表达式，根据一元二次函数的性质即可求出最大值. 【详解】根据相似三角形的性质可得：，得到，. 则圆柱的表面积为：. 所以当时，圆柱取最大值. 故选：B. 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. 记的内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为等腰三角形 C. 若，则是钝角三角形 D. 若，，，则有且仅有一个解 【答案】AB 【解析】 【分析】利用正弦定理判断A、B、D，利用余弦定理判断C. 【详解】对于A，因为，所以，由正弦定理得，故A正确； 对于B，，因为，所以，由正弦定理得，故B正确； 对于C，由，可得最大，故角最大， 设， 由余弦定理可得， 又，所以，所以是锐角三角形，故C错误； 对于D，，，，根据正弦定理得， 即，又，所以有两解， 所以有两解，故D错误. 故选：AB. 10. 已知复数的虚部大于0，且满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】设复数，通过，，求得，再结合复数的乘法、除法运算及模长公式逐个判断即可. 【详解】设复数，、，且， 则，， 由且，得， 解方程得，所以复数； 对于A： 正确， 对于B：，正确； 对于C：，错误； 对于D：，正确， 故选：ABD 11. 在正方体中，，为中点，以为球心的球的半径为，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，球的球面与该正方体的面没有公共点 B. 当时，球的球面与该正方体的棱有12个公共点 C. 当时，球的球面与该正方体的棱共有24个公共点 D. 当时，该正方体的表面被球截得的所有弧长之和为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据已知为正方体的中心，且其外接球半径为，内切球半径为，侧面正方形内切圆半径为，结合各项给定的半径及空间想象，正方体和球体的结构特征判断和计算公共点个数、相交弧长. 【详解】由题设，易知为正方体的中心，且其外接球半径为，内切球半径为，侧面正方形内切圆半径为， 由，则球的球面与该正方体的面有公共点，A错； 由，则球的球面与该正方体每条棱都相切，共12个切点，B对； 由，则球的球面与该正方体每条棱都都有两个交点，共24个，C对； 由，则各面截球所得圆的半径为， 所以该圆截各棱所得弦长为，该弦对应圆心角为， 所以该圆被一个侧面所截的弧长为， 故所有弧长之和为，D对. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数为纯虚数，其中为虚数单位，则实数________. 【答案】 【解析】 【分析】先化简复数，再根据其实部为零虚部不为零，即可求得参数. 【详解】为纯虚数， ，， 故答案为：. 13. 已知锐角，满足，则式子的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知及三角恒等变换得，再由及正弦型函数的性质求范围. 【详解】由题设， 由，则，故. 故答案为： 14. 清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的全等正四面体组合而成（每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共点的棱的中点）.如图，若正四面体棱长为2，则该组合体的表面积为__________；该组合体的外接球体积与两正交四面体公共部分的内切球体积的比值为__________. 【答案】 ①. ②. 27 【解析】 【分析】该组合体一共有 24 个面，每一个面都是全等的边长为 1 的等边三角形，则可求出其表面积；该组合体的外接球也是任意一个正四面体的外接球，可用一个正四面体来看，求出外接球半径为 ，两正交四面体公共部分一共有 8 个面，且每一个面都是全等的边长为 1 的等边三角形，则中间部分的体积为 ，设其内切球半径为 ，由 ，求出 ，即可得到体积的比值. 【详解】该组合体一共有 24 个面，每一个面都是全等的边长为 1 的等边三角形， 则其表面积为 ; 该组合体的外接球也是任意一个正四面体的外接球，可用一个正四面体来看， 是 的中心， 是球心， 则 ，则 ， ， 设外接球半径为 ，则 ， 又 ，解得 , 两正交四面体公共部分一共有 8 个面，且每一个面都是全等的边长为 1 的等边三角形， 则其表面积为 ， 大正四面体的体积为 则每个小正四面体的体积为 ， 则中间部分的体积为 ， 设其内切球半径为 ，则中间部分的体积也可表示为 ，解得 ， 故外接球和内切球体积之比为 故答案为：；. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤. 15. 已知向量，，且满足. （1）求的值； （2）若，求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）法一：对平方，结合算出. 法二：先得坐标，求其模长平方化简，结合已知求出.  （2）根据结果和，推出与关系，求出二者值，再用两角和的余弦公式计算. 【小问1详解】 法一：由，得， 因为， 所以，解得. 法二：由， 得， 得. 所以. 【小问2详解】 由（1）知. 因，所以. 所以 解得，. 所以. 16. 如图，直三棱柱的体积为4，是的中点. （1）求证：平面； （2）若的面积为，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接，易得，再由线面平行的判定证明结论； （2）设的面积为，棱长的长度为，到平面的距离为，再应用等体积法有求点面距. 【小问1详解】 连接，交于点，连接， 因为，分别是，的中点，所以是的中位线， 所以，因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 设的面积为，棱长的长度为，到平面的距离为， 因为直三棱柱的体积， 因为是的中点，所以的面积为， 所以三棱锥的体积， 因为的面积为，由得，解得. 所以到平面的距离为. 17. 记的内角，，的对边分别为，，，，. （1）求的面积； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角可得，再结合三角形面积公式即可求解； （2）由余弦定理得到，法一：由正弦定理得到，进而得到即可求解，法二：由正弦定理得到求得进而可求解，法三：通过边化角得到，再由化简求解即可. 【小问1详解】 由，得 所以 由正弦定理，， 得 所以 由，得 所以 由，得 所以的面积 【小问2详解】 由余弦定理得 化简得 方法一：边运算 设的外接圆的半径为 由正弦定理得，， 所以，解得 所以 所以 所以 所以 由，得 所以 方法二：边运算 由正弦定理， 得 所以 所以 所以 由，得 所以 方法三：角运算 由（1）知， 所以 化简得 因为 所以 由，得 所以由正弦定理得 18. 在长方体中，，，，，，，分别为，，，的中点. （1）求证：平面； （2）点在矩形内（不含边界）运动，若平面，求运动轨迹的长度； （3）点在矩形内（不含边界）运动，若直线平面，求的最小值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到，并得到四边形是平行四边形，所以，所以，得到四点共面，平面得证. （2）作出辅助线，证明，，，四点共面，法一：由面面平行得到，所以点的轨迹是线段（不含两个端点），勾股定理求出运动轨迹长度；法二：因为平面，平面，得到，所以点的轨迹是线段（不含两个端点），由勾股定理求出运动轨迹的长度； （3）先得到点的轨迹是线段（不含两个端点），将沿翻折与在同一平面，要使最小，只需，，三点共线，最小值为线段的长度，求出各边长，设，，由余弦定理和同角三角函数关系得到和的正余弦，得到，由余弦定理得，得到答案. 【小问1详解】 证明：连接和， 因为，分别为，的中点， 所以是的中位线， 所以， 在长方体中，，， 所以四边形是平行四边形， 所以， 所以， 所以，，，四点共面，即平面得证. 【小问2详解】 取线段的中点，连接， 在中，，分别是，的中点， 所以是的中位线，即， 同理可证， 在长方体中，因为， 所以，即，，，四点共面， 法一：性质定理 因平面平面， 平面平面，平面平面， 所以， 所以点的轨迹是线段（不含两个端点）， 由，得运动轨迹的长度为. 法二：客观事实 因为平面，平面，且平面平面， 所以， 所以点的轨迹是线段（不含两个端点）， 由，得运动轨迹的长度为. 【小问3详解】 连接，，， 由，分别为，的中点，得是的中位线，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 在长方体中，，， 所以四边形是平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，平面，， 所以平面平面， 所以当时， 由平面，得平面， 即点的轨迹是线段（不含两个端点）， 如图所示，将沿翻折与在同一平面， 要使最小，只需，，三点共线，此时最小值为线段的长度， 在长方体中， ，，，，， 设，， 在中，由余弦定理得， 由得， 在中，，， 所以， 在中，由余弦定理得， 所以最小值为. 19. 设次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由可得切比雪夫多项式.；由可得切比雪夫多项式. （1）求切比雪夫多项式； （2）请利用求的值. （3）若在内有三个不同的零点，，，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式得，即可求得； （2）由切比雪夫多项式的表达式可知，设，由，利用，又，得，即，利用一元二次方程即可求解； （3）令，，由，得，由，得，即，或，或，即可求得，或，或，即，，，又得，代入利用三角恒等变换即可求解. 【小问1详解】 因为 ， 所以切比雪夫多项式. 【小问2详解】 由切比雪夫多项式的表达式可知，设， 由，得， 所以， 因为， 所以， 由，得， 整理得， 所以， 因为， 所以，即. 【小问3详解】 令，， 则由函数，得， 由，得， 所以，或，或， 解得，或，或， 所以，，， 由，得， 所以， 因为， 所以， ， 所以， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东莞中学、惠州一中、深圳实验、珠海一中、中山纪念中学 2027届高一下学期五校联考试题 数学 2025.5 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 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. 如图，在复平面内，复数，对应的向量分别是，，则复数对应的点位于（ ） A 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知向量，，若，则实数的值为（ ） A B. C. 4 D. 12 3. 已知，为空间中不重合的直线，，，为空间中三个不重合的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 4. 在平面直角坐标系中，角，的顶点与原点重合，它们的始边与轴的非负半轴重合，它们的终边关于轴对称.若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知正四棱台的上下底面边长分别为2和4，侧棱长为，则此正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示，某同学为了测量某塔高度，在塔对面笔直的临江大道上的三点，，处测得其顶点的仰角分别为，，（即点，，为水平地面上共线的三点），且米，则该塔的高度（ ）米 A. B. C. D. 7. 在中，，，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，圆锥的底面直径为2，高为4，过线段上的一点作平行于底面的截面，以截面为底面挖出一个圆柱，则该圆柱表面积的最大值为（ ） 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. 记的内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则等腰三角形 C. 若，则是钝角三角形 D. 若，，，则有且仅有一个解 10. 已知复数的虚部大于0，且满足，，则（ ） A. B. C. D. 11. 在正方体中，，为中点，以为球心的球的半径为，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，球球面与该正方体的面没有公共点 B. 当时，球的球面与该正方体的棱有12个公共点 C. 当时，球的球面与该正方体的棱共有24个公共点 D. 当时，该正方体的表面被球截得的所有弧长之和为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数为纯虚数，其中为虚数单位，则实数________. 13. 已知锐角，满足，则式子的取值范围为________. 14. 清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的全等正四面体组合而成（每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共点的棱的中点）.如图，若正四面体棱长为2，则该组合体的表面积为__________；该组合体的外接球体积与两正交四面体公共部分的内切球体积的比值为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤. 15 已知向量，，且满足. （1）求的值； （2）若，求的值. 16. 如图，直三棱柱的体积为4，是的中点. （1）求证：平面； （2）若的面积为，求点到平面的距离. 17. 记的内角，，的对边分别为，，，，. （1）求的面积； （2）若，求的值. 18. 在长方体中，，，，，，，分别为，，，的中点. （1）求证：平面； （2）点在矩形内（不含边界）运动，若平面，求运动轨迹的长度； （3）点在矩形内（不含边界）运动，若直线平面，求的最小值. 19. 设次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由可得切比雪夫多项式.；由可得切比雪夫多项式. （1）求切比雪夫多项式； （2）请利用求的值. （3）若在内有三个不同的零点，，，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $