精品解析：湖北省荆州中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试卷

荆州中学 2024~2025 学年高一下学期5月月考 数学试题 （全卷满分150分 考试用时120分钟） 一、单选题 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求出，再求出模作答. 【详解】由，得， 所以． 故选：A． 2. 已知函数，，且，则的值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】由已知求得，即可得， 【详解】由， 得 ， 即， 则 ． 故选：C 【点睛】本题主要考查诱导公式化简求值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 3. 已知，表示直线，，，表示平面，则下列推理正确的是（ ） A. ， B. ，且 C. ，，， D. ，， 【答案】D 【解析】 【分析】由直线与直线的位置关系判断A；由直线与平面的位置关系判断B；平面与平面的位置关系判断C；平面与平面的平行的性质定理判断D. 【详解】选项A中，，，则可能平行也可能相交，故A不正确； 选项B中，，，则可能且，也可能在平面或平面内，故B不正确； 选项C中，，，，，若直线 与直线平行，则平面可能平行也可能相交，故C不正确； 选项D为面面平行性质定理的符号语言，D正确； 故选：D. 4. 已知非零平面向量，，，，向量在向量方向上的投影向量为，则向量，的夹角θ为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由投影向量的计算及向量夹角公式即可求解. 【详解】由题知，，， ，， ， ， ，， 故选：C． 5. 如图所示，在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且，则下列说法正确的是（ ） ①，，，四点共面； ②与异面； ③与的交点可能在直线上，也可能不在直线上； ④与的交点一定在直线上． A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面几何的性质及平行公理可得，且四边形EFGH是梯形，结合公理可得答案. 【详解】依题意，可得， ，故，所以，，，四点共面； 所以①正确，②错误； 因为，所以四边形EFGH是梯形； EF与GH必相交，设交点为M. 因为点M在EF上，故点M在平面ACB上， 同理，点M在平面ACD上，所以点M是平面ACB与平面ACD的交点. 又AC是这两个平面的交线， 所以点M一定在直线AC上. 所以④正确，③错误； 故选：B. 6. 在中，已知，点O是的外心，则（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知得，则，代入数值计算即可． 【详解】解：如图，过点O作于D，可知， 则 故选: 7. 如图，在棱长为2的正方体中，、分别为、的中点，则过点、、的平面与侧面的交线长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设平面分别交棱、于点、，利用面面平行的性质得出、，结合等角定理得出、，进而可求得、、、的长，再利用勾股定理可求出的长，即为所求. 【详解】设平面分别交棱、于点、，如下图所示： 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以， 又因为，由等角定理及图形可知， 则，即，故， 故， 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以， 又因为，由等角定理及图形可得， 所以，即，所以， 所以，故. 因此，平面与侧面的交线长为. 故选：A. 8. 已知，（），若函数在区间内不存在对称轴，则的范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先通过三角恒等变换将化简成正弦型函数，再结合正弦函数性质求解即可． 【详解】函数化简得， 由， 可得函数的对称轴为， 由题意知，且， 即，，若使该不等式组有解， 则需满足，即，又， 故，即，所以，又， 所以或，所以． 二、多选题 9. 下面命题中是假命题的有（ ） A. 中，若，则 B. 若，则是第一象限角或第二象限角 C. 若一个扇形所在圆的半径为，其圆心角为弧度，则扇形的周长为 D. 函数的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】利用正弦定理结合大边对大角可判断A选项；利用三角函数值的符号与角的终边的关系可判断B选项；利用扇形的弧长公式可判断C选项；取可判断D选项. 【详解】对于A选项，中，若，则，所以，，A对； 对于B选项，若，则是第一象限角或第二象限角或角终边在轴的非负半轴，B错； 对于C选项，若一个扇形所在圆的半径为，其圆心角为弧度，则扇形的周长为，C对； 对于D选项，若，则，D错. 故选：BD. 10. 如图，已知是内一点，三角形、、的面积分别为、、，则．若是锐角内的一点，，，是的三个内角，且点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 是的垂心 B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由可得，同理可证所以选项A正确.利用直角三角形得到可得选项C错误. 再由选项C和利用向量的数量积公式展开可得B选项正确.由B选项正确和利用三角形面积公式代入化简可得D选项正确. 【详解】因为，所以则 同理可证得：所以是的垂心.选项A正确. 延长交于两点. 由选项A可知，所以 所以又因为所以选项C错误. 由C选项可知， 同理可得 又因为，所以 所以选项B正确. 由C可知， 同理可得 所以又因为 所以因为 所以，选项D正确. 故答案为：ABD. 11. 如图，已知正方体的棱长为2，点M为的中点，点P为底面上的动点（包括边界），则（ ） A. 满足平面的点P的轨迹长度为 B. 满足的点P的轨迹长度小于 C. 存在点P满足 D. 存在点P满足 【答案】AC 【解析】 【分析】构造面面平行，确定点轨迹，求其长度，判断A的真假；确定P的轨迹，根据弧长与弦长的关系判断B的真假；取特殊点验证C的真假；转化为两点之间直线段最短求的最小值，可判断D的真假. 【详解】对A：如图： 取中点，中点，连接，则易证平面平面，此时平面， 故平面时，点的轨迹为线段. 因为正方体棱长为2，所以，故A正确； 对B：如图： 因为，且，所以，此时点轨迹为以为圆心，半径为的圆在正方形内的部分，易得分别为，中点， 所以，故劣弧的长度大于，故B错误； 对C：如图： 当为正方形中心时，，，， 所以，所以，故C正确； 对D：如图： 做点关于平面的对称点，则在直线上，且，连接， 则，且.故D错误. 故选：AC 【点睛】关键点点睛：对B选项，一定要弄清楚点的轨迹. 三、填空题 12. 已知复数满足，其中为虚数单位，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数模的几何意义求出最小值. 【详解】在复平面内，表示复数对应的点与复数对应点的距离为1， 因此点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆， 表示点到原点的距离，所以的最小值为. 故答案为： 13. 已知正四棱锥的体积为2，底面边长为，则该正四棱锥的外接球的体积为_______. 【答案】## 【解析】 【分析】首先根据题意，确定正棱锥的高，结合正四棱锥的特征，确定其外接球球心的位置，列出等量关系式，求得结果. 【详解】因为正四棱锥的体积为2，底面边长为， 所以有，所以棱锥的高， 由题意得，正四棱锥的外接球的球心在它的高上， 记球心为，则，，， 在直角中，， 解得，外接球的体积为. 故答案为：. 14. 《哪吒》的玉虚宫，形态由九宫八卦阵演变而来，设计灵感来源于汉代，内饰充满了中国文化符号.树人中学数学实践小组将玉虚宫轮廓抽象为正八边形，结合向量知识进行主题探究活动.如图，正八边形，边长为，，点在线段上且，则的值为________ ；若点为线段上的动点，则的最小值为________ . 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，求向量，，，的坐标，根据数量积的坐标运算公式求，，再求的最小值可得结论. 【详解】因为多边形为正八边形， 所以，，，，， ， 由正八边形性质可得， 由已知， 过点作，垂足为， 则，又，，故， 如图，以点为原点，为轴正方向，建立平面直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，， 因为， 所以， 又点在线段上，所以，所以， 所以， 所以， 因为点为线段上的动点，故可设点的坐标为， 则，，， 所以，且， 因为二次函数的图象为开口向下，对称轴为的抛物线， 所以当或时，取最小值，最小值为， 即当点为线段的端点或端点时，取最小值，最小值为， 故答案为：，. 四、解答题 15. 用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截得圆台的母线长为，两底面面积分别为和.求： （1）圆台体积； （2）圆台所在圆锥的表面积； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）作出圆锥的轴截面示意图，求得上下底面圆的半径，进而结合母线长可求圆锥的高,即可由体积公式求解； （2）利用比例关系计算出圆锥的母线长，再根据圆锥的表面积公式即可计算出其表面积. 【小问1详解】 圆锥的轴截面示意图如下图所示： 因为圆台的上底面面积为，所以上底面圆的半径， 因为圆台的下底面面积为，所以下底面圆的半径， 所以，所以圆台的高； 故圆台的体积为 【小问2详解】 设圆锥的母线长为，圆台的母线长为， 由上图可知：，所以， 所以圆锥侧面积为，圆锥的底面积为， 所以圆锥的表面积为. 16. 如图，某人开车在山脚下水平公路上自向行驶，在处测得山顶处的仰角，该车以的速度匀速行驶4分钟后，到达处，此时测得仰角，且. （1）求此山的高的值； （2）求该车从到行驶过程中观测点的仰角正切值的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，由锐角三角函数表示出、，再在中利用余弦定理计算可得； （2）设是线段上一动点，连接，即可得到点处观测点的仰角为，且，求出的最小值，即可得解. 【小问1详解】 设，在中，因为，所以， 同理，在中，， 在中，由余弦定理得， 由，所以，解得（负值已舍去），所以此山的高为； 【小问2详解】 由（1）得，设是线段上一动点，连接， 则在点处观测点的仰角为，且， 因为，，所以， 当时，最短，记最小值为，由， 即，解得，所以， 所以该车从到行驶过程中观测点仰角正切值的最大值为． 17. 如图所示，四边形为空间四边形的一个截面，且截面为平行四边形． （1）求证：平面． （2），，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）运用线面平行的判定定理和性质定理即可证明. （2）根据平行四边形的性质结合余弦定理可得结果. 小问1详解】 证明：四边形为平行四边形， ，平面，平面， 平面. 平面，平面平面， ，又平面，平面， 平面. 【小问2详解】 由（1）知， 与相似， 又，即， ，又， ，解得， ，， 四边形为平行四边形， ，又平面，平面， 平面. 又平面，平面平面， ， 与相似， ，又，可得， ∵， ∵． ∴由余弦定理得， ∴． 18. 如图已知四棱锥，底面为梯形，，，，P、Q为侧棱上的点，且，点为上的点，且． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）平面与侧棱相交于点，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）2 【解析】 【分析】（1）连接，证明四边形为平行四边形，即得，再由线线平行证明线面平行即可； （2）由（1）得，证得平面，再证，即可证平面，最后由线面平行推出面面平行； （3）由（1）已得，可证平面，又因面，由线面平行的性质可推得，继而得到，利用平行线分线段成比例定理即可求得的值. 【小问1详解】 连接， 在中，，，且， 又，，且， 四边形为平行四边形，， 又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）得，又平面，平面， 平面， 在中，，， 又平面，平面，平面， 又因且均在平面中， 平面平面. 【小问3详解】 由（1）知，又面，面，平面， 又平面，面面， ，又，，． 19. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数. （1）设函数，试求的相伴特征向量； （2）记向量的相伴函数为，求当且，的值； （3）已知，，为的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1）；（2）；（3）存在，点. 【解析】 【分析】（1）根据三角函数诱导公式化简函数得，根据题意可可得特征向量；（2）根据题意可得相伴函数，再根据条件可得，由最终得到结果；（3）根据三角函数图象变换规则求出的解析式，设，根据条件列出方程式求出满足条件的点P坐标即可. 【详解】解：（1） 相伴特征向量. （2）向量的相伴函数为， ，. ，，. . （3）由为的相伴特征向量知： . 所以. 设，， ，， 又，. ， ，， . 又， 当且仅当时，和同时等于，这时式成立. 在图像上存在点，使得. 【点睛】关键点点睛：熟练使用三角函数诱导公式、三角恒等变换是本题的关键.本题还考查了三角函数图象变换后的解析式以及向量垂直的数量积关系，属于中档题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 荆州中学 2024~2025 学年高一下学期5月月考 数学试题 （全卷满分150分 考试用时120分钟） 一、单选题 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数，，且，则的值为（ ） A 3 B. 4 C. 5 D. 6 3. 已知，表示直线，，，表示平面，则下列推理正确的是（ ） A. ， B. ，且 C. ，，， D. ，， 4. 已知非零平面向量，，，，向量在向量方向上的投影向量为，则向量，的夹角θ为（ ） A. B. C. D. 5. 如图所示，在空间四边形中，点，分别是边，中点，点，分别是边，上的点，且，则下列说法正确的是（ ） ①，，，四点共面； ②与异面； ③与的交点可能在直线上，也可能不在直线上； ④与的交点一定在直线上． A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 6. 在中，已知，点O是的外心，则（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 7. 如图，在棱长为2的正方体中，、分别为、的中点，则过点、、的平面与侧面的交线长为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，（），若函数在区间内不存在对称轴，则的范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 下面命题中是假命题的有（ ） A 中，若，则 B. 若，则是第一象限角或第二象限角 C. 若一个扇形所在圆的半径为，其圆心角为弧度，则扇形的周长为 D. 函数的最小值为 10. 如图，已知是内一点，三角形、、的面积分别为、、，则．若是锐角内的一点，，，是的三个内角，且点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 是的垂心 B C. D. 11. 如图，已知正方体的棱长为2，点M为的中点，点P为底面上的动点（包括边界），则（ ） A. 满足平面的点P的轨迹长度为 B. 满足点P的轨迹长度小于 C. 存在点P满足 D. 存在点P满足 三、填空题 12. 已知复数满足，其中为虚数单位，则的最小值为__________. 13. 已知正四棱锥的体积为2，底面边长为，则该正四棱锥的外接球的体积为_______. 14. 《哪吒》的玉虚宫，形态由九宫八卦阵演变而来，设计灵感来源于汉代，内饰充满了中国文化符号.树人中学数学实践小组将玉虚宫轮廓抽象为正八边形，结合向量知识进行主题探究活动.如图，正八边形，边长为，，点在线段上且，则的值为________ ；若点为线段上的动点，则的最小值为________ . 四、解答题 15. 用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截得圆台的母线长为，两底面面积分别为和.求： （1）圆台的体积； （2）圆台所在圆锥的表面积； 16. 如图，某人开车在山脚下水平公路上自向行驶，在处测得山顶处的仰角，该车以的速度匀速行驶4分钟后，到达处，此时测得仰角，且. （1）求此山的高的值； （2）求该车从到行驶过程中观测点的仰角正切值的最大值． 17. 如图所示，四边形为空间四边形的一个截面，且截面为平行四边形． （1）求证：平面． （2），，求的值． 18. 如图已知四棱锥，底面为梯形，，，，P、Q为侧棱上的点，且，点为上的点，且． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）平面与侧棱相交于点，求的值． 19. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数. （1）设函数，试求的相伴特征向量； （2）记向量的相伴函数为，求当且，的值； （3）已知，，为的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$