精品解析：湖北省襄阳荆楚联盟2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题

高一年级五月月考 数学试卷 考试时间：2025年5月28日下午14:30－16:30 试卷满分：150分 注意事项： 1、答卷前，考生务必将姓名、准考证号等在答题卷上填写清楚. 2、选择题答案用铅笔在答题卷上把对应题目的答案标号涂黑，非选择题用的黑色签字笔在每题对应的答题区域内做答，答在试卷上无效. 第Ⅰ卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 在单位圆中，已知角是第二象限角，它的终边与单位圆交于点，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 充分必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. 函数的最小正周期为 C. 函数的图象关于点对称 D. 函数的图象关于直线对称 5. 年奥地利数学家、天文学家雷蒂库斯在《三角学准则》中首次用直角三角形的边长之比定义正割和余割，在某直角三角形中，一个锐角的斜边与其邻边的比，叫做该锐角的正割，用（角）表示；锐角的斜边与其对边的比，叫做该锐角的余割，用（角）表示，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法错误的是（ ） A. 四点共面 B. C. 三线共点 D. 7. 在斜中，且，是角C平分线，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知在中，为所在平面内的动点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 设复数的共轭复数为为虚数单位，则下列命题正确的是（ ） A. B. 是纯虚数 C. 若，则在复平面内对应的点位于第二象限 D. 若，则的最大值是6 10. 下列说法正确的是（ ） A. 已知向量，，且，则 B. 向量，，则“的夹角为锐角”是“”的充要条件 C. 若，、分别表示、的面积，则 D. 在中，向量与满足，且，则为等边三角形 11. 圆锥的底面半径为，母线长为，侧面积为，点是母线上靠近点的三等分点，是底面圆周上两点，且，则（ ） A. 当时，从点到点绕圆锥侧面一周的最小长度为 B. 当时，过顶点和两母线的截面三角形的面积最大值为2 C. 当时，圆锥的外接球表面积为 D. 存在点在圆锥上，使得直线平面 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，则向量在上的投影向量的坐标是__________. 13. 若，则__________. 14. 已知中，，，，为的外心，若，则的值为____________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知 （1）若，求的值． （2）若，求的值． 16. 设的内角、、的对边分别为、、，已知、 （1）求角的大小； （2）若，且，求边上中线的长． 17. 已知向量，函数，函数图像相邻对称轴之间的距离为. （1）求的单调递减区间； （2）将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位得的图象，若关于的方程在上只有一个解，求实数的取值范围. 18. 如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，，为上一点． （1）求证：面； （2）当平面时，面与交于， （ⅰ）求的值； （ⅱ）求的值． 19. 如图所示，在中，在线段BC上，满足，是线段的中点． （1）延长交于点Q（图1），求的值； （2）过点的直线与边，分别交于点E，F（图2），设，． （i）求证为定值； （ii）设的面积为，的面积为，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一年级五月月考 数学试卷 考试时间：2025年5月28日下午14:30－16:30 试卷满分：150分 注意事项： 1、答卷前，考生务必将姓名、准考证号等在答题卷上填写清楚. 2、选择题答案用铅笔在答题卷上把对应题目的答案标号涂黑，非选择题用的黑色签字笔在每题对应的答题区域内做答，答在试卷上无效. 第Ⅰ卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 在单位圆中，已知角是第二象限角，它的终边与单位圆交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意有求参数y，再由正弦函数的定义求. 【详解】由题意，且，解得， 所以. 故选：D 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数模的运算和商的运算化简复数，然后根据虚部的概念求解即可. 【详解】因为，所以， 所以的虚部为. 故选：B 3. 已知，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 充分必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用共线向量的坐标表示，结合充分条件、必要条件的定义判断得解. 【详解】向量，，由，得，解得或， 反之，当时，共线， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 4. 已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. 函数的最小正周期为 C. 函数的图象关于点对称 D. 函数的图象关于直线对称 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数图像及性质，可求得其解析式，进而可判断A、B选项错误，再结合三角函数的对称性即可判断C选项正确，D选项错误. 【详解】设的周期为，根据函数图像可得，解得，故B错误； 又，解得， 因为当时，取得最小值，且，所以， 所以，即， 所以，解得， 又，取，得，所以，故A错误； 对于C，当时，，可得， 所以的图象关于点对称，故C正确； 对于D，当时，，取不到最大值或最小值， 所以直线不是图象的对称轴，故D错误． 故选：C. 5. 年奥地利数学家、天文学家雷蒂库斯在《三角学准则》中首次用直角三角形的边长之比定义正割和余割，在某直角三角形中，一个锐角的斜边与其邻边的比，叫做该锐角的正割，用（角）表示；锐角的斜边与其对边的比，叫做该锐角的余割，用（角）表示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用题中定义结合三角恒等变换化简可得所求代数式的值. 【详解】 . 故选：C． 6. 如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法错误的是（ ） A. 四点共面 B. C. 三线共点 D. 【答案】D 【解析】 【分析】对于AB，利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断；对于C，利用平面公理判断得，的交点在，从而可判断；对于D，举反例即可判断. 【详解】对于AB，如图，连接，， 因为是的中位线，所以， 因为，且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，所以四点共面，故AB正确； 对于C，如图，延长，相交于点， 因为，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面， 因为平面平面， 所以，所以三线共点，故C正确； 对于D，因为，当时，， 又，则，故D错误. 故选：D. 7. 在斜中，且，是角C平分线，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用正弦定理角化边可构造方程，由可得；利用可构造方程求得，利用二倍角公式求得结果. 【详解】由正弦定理得： 则 为斜三角形 即： 故选： 【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理化简边角关系式、余弦定理和三角形面积公式的应用、二倍角公式求三角函数值等知识；关键是能够通过面积相等的方式构造方程解出半角的三角函数值. 8. 已知在中，为所在平面内的动点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意建立平面直角坐标系，设，表示出，，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得最值. 【详解】依题意如图建立平面直角坐标系，则，，， 因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动， 设，， 则，， 可得 ， 其中，， 因为，则，可得， 所以的最小值为. 故选：B. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 设复数的共轭复数为为虚数单位，则下列命题正确的是（ ） A. B. 是纯虚数 C. 若，则在复平面内对应的点位于第二象限 D. 若，则的最大值是6 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，令即可判断；对于B，由复数除法运算即可验算；对于CD，由复数的几何意义、共轭复数的概念以及模的计算公式即可验算. 【详解】对于A，若，则，故A错误； 对于B，是纯虚数，故B正确； 对于C，因为，所以， 所以在复平面内对应的点位于第三象限，故C错误； 对于D，设，， 不妨设， 则， 其中， 所以，等号成立当且仅当， 所以的最大值是6，故D正确. 故选：BD. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 已知向量，，且，则 B. 向量，，则“的夹角为锐角”是“”的充要条件 C. 若，、分别表示、的面积，则 D. 在中，向量与满足，且，则为等边三角形 【答案】ACD 【解析】 【分析】由平面向量垂直的坐标表示，即可判断A，由向量的坐标运算即可判断B，由向量的线性运算结合三角形重心的性质即可判断CD. 【详解】对于A，由，故，故，故A正确； 对于B，由的夹角为锐角，得，且不共线，则， 解得且，所以“，的夹角为锐角”是“”的充分不必要条件， 故B错误； 对于C，如图 设，，由 得， 取的中点，连接，则有，所以，即，则点为的重心， 设，，的面积分别为，则，，的面积分别为，由重心的性质可知， 所以，则，故C正确； 对于D，如图，作的内角平分线与相交于点， 因为为的单位方向向量，为的单位方向向量，所以， 所以， 所以.即，所以为等腰三角形，又因为，且，所以， 即为等边三角形，故D正确. 故选：ACD. 11. 圆锥的底面半径为，母线长为，侧面积为，点是母线上靠近点的三等分点，是底面圆周上两点，且，则（ ） A. 当时，从点到点绕圆锥侧面一周的最小长度为 B. 当时，过顶点和两母线的截面三角形的面积最大值为2 C. 当时，圆锥的外接球表面积为 D. 存在点在圆锥上，使得直线平面 【答案】ABC 【解析】 【分析】先由题设得，对于A，先由题设求出圆锥沿展开的侧面展开图扇形所对圆心角弧度数，再由余弦定理求解线段的长即可求解；对于B，设截面三角形顶角为，结合正弦定理面积公式即可计算求解；对于C，求出得到球心位置，再由即可求解判断；对于D，分别延长至使得，连接，求证平面平面即可得解. 【详解】由题，即分别为的中点， 对于A，当时，则， 圆锥沿展开的侧面展开图如图扇形所示， 则该扇形所对圆心角弧度数为， 所以当时，从点到点绕圆锥侧面一周的最小长度为图中所示线段的长， 该长度为，故A正确；    对于B，当时，，， 所以，如图为过圆锥顶点和两母线的截面三角形，则由题意，    过顶点和两母线的截面三角形的面积为， 当时，过顶点和两母线的截面三角形的面积最大值为，故B正确； 对于C，当时，，则，所以圆锥的外接球球心在线段上， 设外接球半径为R，则，即， 所以该圆锥的外接球表面积为，故C正确； 对于D，如图，分别延长至使得， 连接，则由题意，，    又在平面外，平面， 所以平面，平面， 又，所以平面平面， 所以过点B与平面平行的直线均在平面内，显然该平面上的点只有点B在圆锥上， 所以不存在点在圆锥上，使得直线平面，故D错误. 故选：ABC 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，则向量在上的投影向量的坐标是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的计算公式即可求解. 【详解】在上的投影向量为， 故答案为： 13. 若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用诱导公式和二倍角公式求得正确答案. 【详解】 . 故答案为： 14. 已知中，，，，为的外心，若，则的值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知，O为外接圆的圆心，过O作，已知等式两边同乘以，结合数量积定义得，同理得，从而两式联立即可求得的值． 【详解】由题意可知，为的外心， 设半径为r，在圆O中，过O作，垂足分别为, 因为 ，两边乘以，即， 的夹角为，而， 则 ，得①， 同理两边乘 ，即，， 则 得②， ①②联立解得，， 所以， 故答案为： 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是将两边分别乘以，结合数量积定义化简得到关于的方程，求得答案. 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. 已知 （1）若，求的值． （2）若，求的值． 【答案】（1）3 （2）1 【解析】 【分析】（1）先应用诱导公式化简得出，再弦化切计算求解； （2）应用两角和的正切公式计算求解. 【小问1详解】 ， ． 【小问2详解】 依题意，由，可得， ． 16. 设的内角、、的对边分别为、、，已知、 （1）求角的大小； （2）若，且，求边上中线的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出，即可求解； （2）利用余弦定理得出，利用中线向量可得出，利用平面向量数量积的运算性质即可求解 【小问1详解】 在中，由及正弦定理得: ， 即， 因为，则，即， 可得，故． 【小问2详解】 在中，由余弦定理可得， 所以， 因为为边上的中线，所以， 所以． ，故 17. 已知向量，函数，函数图像相邻对称轴之间的距离为. （1）求的单调递减区间； （2）将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位得的图象，若关于的方程在上只有一个解，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合平面向量数量积的坐标运算法则和三角恒等变换知识化简可得，再由，求得的值后，根据正弦函数的单调性，得解； （2）由函数图象的伸缩平移法则可得，采用换元法，令，原问题转化为在，上只有一个解，作出的图象后，即可得解． 【小问1详解】 ， ， 因为相邻的对称轴之间的距离为，所以的最小正周期为， 所以，得，所以， 令，则， 所以的单调递减区间为 【小问2详解】 由（1）知，将图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到函数， 再向左平移个单位得， 令，则，所以， 因为在上只有一个解， 由的图象可得，或， 所以的取值范围是 18. 如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，，为上一点． （1）求证：面； （2）当平面时，面与交于， （ⅰ）求的值； （ⅱ）求的值． 【答案】（1）证明： 由为正三角形且可知． 又因为，且，在中，由余弦定理得 ． 所以，所以，所以，即． 所以，又因为平面平面， 所以面． （2）（ⅰ）2； （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先应用余弦定理得出，再应用勾股定理证明，最后应用线面平行判定定理证明； （2）（ⅰ）先应用线面平行性质定理得出再结合比例关系得出，最后再应用线面平行性质定理得出即可得出比例；（ⅱ）应用三棱锥体积公式结合比列关系计算. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 （ⅰ）如图，连接交于点，连接． 因为平面平面，平面平面，所以． 在梯形中，，所以． 因为，所以有， 又面面，平面平面． 所以． 又，所以． （ⅱ）因为． 设梯形高为，则 所以． 又，所以． 所以． 19. 如图所示，在中，在线段BC上，满足，是线段的中点． （1）延长交于点Q（图1），求的值； （2）过点的直线与边，分别交于点E，F（图2），设，． （i）求证为定值； （ii）设的面积为，的面积为，求的最小值． 【答案】（1） （2） （i）根据题意, 同理可得：， 由（1）可知，， 所以， 因为三点共线，所以， 化简得， 即为定值，且定值为3； （ii）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，将作为基底表示，由三点共线可知，的系数之和为1，即可求出的值； （2）（i）根据题意，将，作为基底表示，由三点共线可知，，的系数之和为1，即可求出为一定值；（ii）根据题意，，，，由可将化为关于的函数，利用函数性质求的最小值即可. 【小问1详解】 依题意，因为， 所以， 因为是线段的中点，所以， 设，则有， 因为三点共线，所以，解得， 即，所以，所以； 【小问2详解】 （i）略 （ii）根据题意，， ， 所以， 由（i）可知，则， 所以， 易知，当时，有最小值，此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $