精品解析：重庆市万州第三中学等多校联考2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题

重庆高一数学考试 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：人教A版必修第二册第六章至第九章. 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. 若复数的实部与虚部之和为0，则b的值为（ ） A. 2 B. C. D. -2 2. 在四棱锥中，已知平面，底面是菱形，，则异面直线与所成的角为（ ） A. B. C. D. 3. 在中，点在边上，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 下列说法正确的是（ ） A. 数据1，8，3，5，6的第60百分位数是5 B. 若一组样本数据4，6，7，8，9，的平均数为7，则 C. 用分层随机抽样时，个体数最多的层里的个体被抽到的概率最大 D. 若的标准差为4，则的标准差是8 5. 已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 我国在2024年的全国发电装机容量为33.5亿千瓦，包括水电、火电、核电、风电、太阳能发电，其占比如图所示，根据此扇形图，下面说法正确的是（ ） A. 2024年我国太阳能发电装机容量部分的扇形圆心角小于90° B. 2024年我国火电发电装机容量超过15亿千瓦 C. 2024年我国火电发电装机容量超过新能源（太阳能、风电、核电）的发电装机容量 D. 若2025年核电规模要达到2024年全国发电装机容量规模的11.8%，则还要再建设的核电的发电装机容量为3.35亿千瓦 7. 如图，三棱锥的底面的斜二测直观图为，已知底面，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则边上的高的取值范围为（ ） 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. 已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 10. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，，则三角形有两解 C. 若的面积，则 D. 若，则为等腰三角形或直角三角形 11. 如图1，某广场上放置了一些这样的石凳供大家休息，石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有边长均相同.如图2，设，则下列说法正确的是（ ） A. 该多面体的表面积为 B. 过A，Q，G三点的平面截该多面体所得的截面面积为 C. 设O为平面截该多面体所得截面多边形内一点（包括边界），则的取值范围为 D. 该多面体外接球的体积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，满足，，且，则______. 13. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则______. 14. 如图所示的正六边形，是由六个直角边长分别为与的全等的直角三角形拼接而成的，该图形（阴影部分）绕着线段的中垂线旋转一周得到一个几何体，现在用密度为的材料去制造该几何体，则该几何体的质量为_______g.（结果用π表示） 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求角B； （2）若，，求的面积. 16. 如图，在直四棱柱中，底面是矩形，，E，F分别是棱，的中点. （1）证明：平面. （2）证明：平面平面. 17. 已知平面向量，将的起点放在坐标原点处，然后将按逆时针方向旋转得到的向量为，设向量，. （1）若，求实数的值； （2）将向量与的起点放在处，，，若与的夹角为，求的面积. 18. 2025年4月19日，全球首个“人形机器人”半程马拉松在北京举行，某机构调查了1000名观众，将这1000名观众对“人形机器人”的评分数据分成，，，，，六组，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中评分的中位数； （2）已知评分在，这两区间内数据的方差分别为，，且每组以该组的中间值作为该组的平均值，现将评分在，这两区间内的数据合在一起得到一组新的数据，求这组新数据的方差（结果用分数表示）. 19. 如图，在三棱锥中，由，，三条射线所构成的图形被称为“三面角”，设，，，设二面角的平面角为，则有. （1）已知三棱锥的所有棱长均为1，求二面角的余弦值. （2）设直线与平面所成的角为，证明. （3）若，，，，，求点到平面的距离. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆高一数学考试 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：人教A版必修第二册第六章至第九章. 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. 若复数的实部与虚部之和为0，则b的值为（ ） A. 2 B. C. D. -2 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的实部和虚部求解即可. 【详解】由复数的实部与虚部之和为0， 得，即. 故选：A. 2. 在四棱锥中，已知平面，底面是菱形，，则异面直线与所成的角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用线面垂直及异面直线所成角计算求解. 【详解】因为，所以为异面直线与所成的角. 因为平面，平面，所以. 又，所以. 故选：C. 3. 在中，点在边上，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由向量的线性运算即可求解. 【详解】如图，. 故选：B. 4. 下列说法正确的是（ ） A. 数据1，8，3，5，6的第60百分位数是5 B. 若一组样本数据4，6，7，8，9，的平均数为7，则 C. 用分层随机抽样时，个体数最多的层里的个体被抽到的概率最大 D. 若的标准差为4，则的标准差是8 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，由百分位数的定义即可判断；对于B，由平均数公式列方程即可判断；对于C，由分层抽样的性质即可判断；对于D，由标准差的性质即可判断. 【详解】对于A，因为5个数据从小到大排列为1，3，5，6，8，且，所以第60百分位数是，则A错误. 对于B，一组样本数据4，6，7，8，9，的平均数为7，可知，解得，B错误. 对于C，因为在分层抽样中，每一层的抽样比是相同的，都等于总的抽样比，所以C错误. 对于D，因为的标准差为4，所以它的方差为16， 而的方差为，所以它的标准差是8，故D正确. 故选：D. 5. 已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由投影向量的定义即可求解. 【详解】向量在向量上的投影向量为. 故选：B. 6. 我国在2024年的全国发电装机容量为33.5亿千瓦，包括水电、火电、核电、风电、太阳能发电，其占比如图所示，根据此扇形图，下面说法正确的是（ ） A. 2024年我国太阳能发电装机容量部分的扇形圆心角小于90° B. 2024年我国火电发电装机容量超过15亿千瓦 C. 2024年我国火电发电装机容量超过新能源（太阳能、风电、核电）的发电装机容量 D. 若2025年核电规模要达到2024年全国发电装机容量规模的11.8%，则还要再建设的核电的发电装机容量为3.35亿千瓦 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，太阳能发电装机容量超过即可判断；对于B，由即可判断；对于C，由即可判断；对于D，由即可判断. 【详解】对于A：太阳能发电装机容量占26.5%，超过，则扇形圆心角大于90°，所以A错误； 对于B：2024年我国火电发电装机容量占43.1%，因为，所以B错误； 对于C：2024年我国火电发电装机容量占43.1%，新能源（太阳能、风电、核电）的发电装机容量占比和为，所以C错误； 对于D：还要再建设的核电的发电装机容量为亿千瓦，所以D正确. 故选：D. 7. 如图，三棱锥的底面的斜二测直观图为，已知底面，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据直观图还原实际图形，再利用补体法求三棱锥外接球的半径，即可求解. 【详解】由题意可知在斜二测直观图中，，， 则，，， 由斜二测画法可得，在中，，，. 在三棱锥中，因为底面，且， 所以可将三棱锥补成相邻的三条侧棱分别为6，4，8的长方体， 则三棱锥的外接球即为该长方体的外接球， 长方体的体对角线即为外接球的直径，则外接球的半径， 故三棱锥外接球的表面积. 故选：B 8. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则边上的高的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由等面积法求得，结合是锐角三角形求出的范围即可. 【详解】因为是锐角三角形，所以，解得. 由正弦定理可得，则，. 设边上的高为，由， 得， 所以 . 由，得，可得， 所以， 即边上的高的取值范围为. 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. 已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】CD 【解析】 【分析】根据线线关系，线面关系分别判断各个选项即可. 【详解】对于A，若，，则或n与m异面，所以A错误. 对于B，若，，，，没有m，n是相交直线这个条件，不能得到，所以B错误. 对于C，由，得存在过直线m的平面与平面相交，令交线为c，则，而，，则，，因此，C正确. 对于D，若，，则，又，所以，D正确. 故选：CD. 10. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，，则三角形有两解 C. 若的面积，则 D. 若，则为等腰三角形或直角三角形 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由正弦定理边角互化结合大边对大角可判断选项正误；对于B，由正弦定理可得，然后由大边对大角可判度选项正误；对于C，由面积公式结合余弦定理可判断选项正误；对于D，由正弦定理边角互化结合三角函数性质可判断选项正误； 【详解】对于A，由可得，从而，A正确. 对于B，由正弦定理，. 又因为，所以，所以B只有唯一解，B错误. 对于C，因为，所以，解得，C正确. 对于D，因为，所以，则，所以或，即或，D正确. 11. 如图1，某广场上放置了一些这样的石凳供大家休息，石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有边长均相同.如图2，设，则下列说法正确的是（ ） A. 该多面体的表面积为 B. 过A，Q，G三点的平面截该多面体所得的截面面积为 C. 设O为平面截该多面体所得截面多边形内一点（包括边界），则的取值范围为 D. 该多面体外接球的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据多面体的表面积公式可判断A选项；做出截面，结合截面形状及向量数量积的坐标运算可判断BC选项；根据外接球性质及体积公式即可判断D. 【详解】对于A，由，得正方体的棱长， 所以该多面体的表面积，A正确； 对于B，由平面的性质可知过A，Q，G三点的平面截该多面体所得的截面是边长为的正六边形，其面积为，B正确； 对于C，以A为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，设点，且，， 则，， 所以，即，C错误； 对于D，由多面体性质可知其外接球球心为该多面体的体心，即正方体体心，设为为， 外接球的半径为， 所以该多面体外接球的体积为，D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，满足，，且，则______. 【答案】1 【解析】 【分析】由题意得，结合数量积的运算律即可求解. 【详解】因为，所以，则，从而. 故答案为：1. 13. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】首先求得，然后结合正弦定理即可求解. 【详解】在中，由，可得. 由及，，可得. 故答案为：. 14. 如图所示的正六边形，是由六个直角边长分别为与的全等的直角三角形拼接而成的，该图形（阴影部分）绕着线段的中垂线旋转一周得到一个几何体，现在用密度为的材料去制造该几何体，则该几何体的质量为_______g.（结果用π表示） 【答案】 【解析】 【分析】外部正六边形的边长为，旋转得到的几何体是两个全等的圆台，计算其体积；内部的六边形边长为2cm，旋转得到的几何体是一个圆柱和两个与圆柱同底的圆锥，计算其体积，两体积之差即为该图形（阴影部分）绕着线段的中垂线旋转一周得到的几何体的体积，乘以密度即可求解. 【详解】外部正六边形的边长为，旋转得到的几何体是两个全等的圆台，上底面半径为，下底面半径为，高为, 体积为. 内部的六边形边长为2cm，旋转得到的几何体是一个圆柱和两个与圆柱同底的圆锥， 圆锥的底面半径为，高为1cm，圆柱的底面半径为，高为， 内部的六边形旋转得到的几何体的体积为， 所以该几何体的体积为，用密度为的材料去制造该几何体， 则该几何体的质量为. 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、证明过程或演算步骤. 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求角B； （2）若，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角可得，可求； （2）由余弦定理求得值，然后利用面积公式求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以， 因为，所以. 又，所以. 【小问2详解】 由，得， 解得（负解舍）. 所以的面积为. 16. 如图，在直四棱柱中，底面是矩形，，E，F分别是棱，的中点. （1）证明：平面. （2）证明：平面平面. 【答案】（1）证明：因为E，F分别是矩形的棱，的中点， 所以，，则四边形是平行四边形，从而. 因为平面，平面，所以平面. （2）证明：在矩形中，因为，E，F分别是棱，的中点， 所以，，， 所以，从而，即. 因为四棱柱是直四棱柱，所以平面， 又平面，所以. 因为且都在平面内，所以平面. 又平面，所以平面平面. 【解析】 【分析】（1）根据已知得四边形是平行四边形，从而，再由线面平行的判定证明结论； （2）根据已知证明，再由棱柱的结构特征及线面垂直的性质有，最后由线面垂直、面面垂直的判定证明结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 已知平面向量，将的起点放在坐标原点处，然后将按逆时针方向旋转得到的向量为，设向量，. （1）若，求实数的值； （2）将向量与的起点放在处，，，若与的夹角为，求的面积. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用三角函数的定义结合已知条件求出向量的坐标，可求出向量、的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算以及可求出实数的值； （2）求出向量、的值，由结合平面向量数量积的坐标运算可求出的值，然后利用三角形的面积公式可求出的面积. 【小问1详解】 根据三角函数的定义知，， 所以，则， 所以， ， 所以，解得. 【小问2详解】 由（1）知，，. 由，得， 整理得，解得或. 当时，，， ； 当时，，， . 综上所述，的面积为或. 18. 2025年4月19日，全球首个“人形机器人”半程马拉松在北京举行，某机构调查了1000名观众，将这1000名观众对“人形机器人”的评分数据分成，，，，，六组，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中评分的中位数； （2）已知评分在，这两区间内数据的方差分别为，，且每组以该组的中间值作为该组的平均值，现将评分在，这两区间内的数据合在一起得到一组新的数据，求这组新数据的方差（结果用分数表示）. 【答案】（1）70分. （2） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布的直方图，结合中位数的概念即可求争； （2）利用分层抽样的方差的公式计算可求得新数据的方差. 【小问1详解】 由图可知，前3个小矩形对应的频率之和为，所以中位数为70分. 【小问2详解】 对应的平均数为65分，对应的平均数为85分， 因为评分在这两组数据对应的频率为2:1， 所以可以求出整体的平均数为分， 故所求评分的方差 . 19. 如图，在三棱锥中，由，，三条射线所构成的图形被称为“三面角”，设，，，设二面角的平面角为，则有. （1）已知三棱锥的所有棱长均为1，求二面角的余弦值. （2）设直线与平面所成的角为，证明. （3）若，，，，，求点到平面的距离. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）先得到，代入公式进行计算即可； （2）作出辅助线，设，，得到，，变形得到； 方法一：由余弦定理得到，，，，，，从而，设直线与平面所成的角为，由（2）知，所以，求出点到平面的距离； 方法二：由第（2）问的公式和第（3）问给的数据可直接求出，所以，所以点到平面的距离为.易求出的面积为.又由第（3）问的条件可求出的面积为，所以用等体积法可求出点A到平面的距离. 【小问1详解】 三棱锥的所有棱长均为1， 故， 由已知得； 【小问2详解】 证明：过点作平面的垂线，垂足为，连接，则， 设. 在三面角中， 过点做⊥于点，连接， 因为⊥平面，平面，所以⊥， 又，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 故， 其中，， 即， 所以，① 在三面角中，同理可得.② 由①得，从而， 由②得， 所以 ， 所以， 所以 ； 【小问3详解】 方法一：在中，由，得， 故. 在中，由，得， 故. 在中，由，得， 所以，从而. 设直线与平面所成的角为， 由（2）知， 所以，所以点到平面的距离为. 方法二：因为，，， 所以，故， 所以点到平面的距离为. . 所以， 在中，由，得， 在中，由，得， 在中，由，得， 所以， 故， 所以的面积为. 设点A到平面的距离为，则， 解得， 所以点到平面的距离为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $