河北省承德高新区第一中学2024-2025学年高一下学期数学5月月考数学试卷

河北承德高新区第一中学 2024—2025学年第二学期高一年级数学5月份月考试卷 一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1.在中，为边上的中线，则（ ） A. B. C. D. 2.已知空间中两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 3.，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 4.函数的单调递减区间为( ) A. B. C. D. 5.已知函数在区间上有最大值，没有最小值，则的范围是（ ） A. B. C. D. 6.是边长为2的正三角形，为所在平面内任意一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. -2 7.在中，为边上一点，与交于点，若，则（ ） A. B. C. D. 8.已知菱形的边长为，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且平面平面.若点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，共18分。在每小题有多项符合题目要求） 9.如图，在四面体 中，，，D，E，F 分别是棱，，的中点，则下列结论中成立的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面平面 D. 平面平面 10.在中，内角，，所对的边分别为，，，且，，则（ ） A. B. 当有两解时，的取值范围是 C. 面积的最大值为 D. 当BC边上的中线的长为时， 11.已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 的图象关于直线对称 D. 在区间上单调递增 三、填空题（本大题共3小题，共15分 12.在中，，若此三角形恰有两解，则BC边长度的取值范围为___________． 13.在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，E是棱PA的中点，F在棱BC上，满足，G在棱PB上，满足D，E，F，G四点共面，则的值为______． 14.已知函数在区间上有4个不同的零点，则实数的取值范围为______________. 四、解答题（本大题共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.（本小题13分）已知函数在一个周期内的图象如图所示． (1)求函数的解析式和最小正周期； (2)求函数在区间上的最值及对应的x的取值； (3)当时，写出函数的单调递增区间． 16.（本小题15分）在中，内角所对的边分别是，已知，，. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 17.（本小题15分）如图，在四棱锥中，，为棱的中点，平面. （1）证明：平面 （2）求证：平面平面 （3）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正切值. 18. （本小题17分）已知函数． （1）求函数的最小正周期及的单调递增区间； （2）将图象向左平移个单位，向下平移1个单位，再把所有点的横坐标扩大为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，求的解析式及图象的对称中心； （3）若函数在区间上有5个零点，求的取值范围． 19.（本小题17分）如图，在直四棱柱中，底面是边长为的菱形，，，，分别为，的中点. （1）证明：平面； （2）求四棱柱被平面截得的截面周长； （3）求直线与平面所成角的正切值. 参考答案： 1.【答案】C 【解析】如图，. 2.【答案】D 【解析】对于A，当时，若，平行或者相交，故A错误； 对于B，当时，或相交，不一定垂直，故B错误； 对于C，当时，，故C错误； 对于D，由直面平行的判定定理可知，若，则，故D正确． 3.【答案】A 【解析】：先计算的坐标，， ， 则. 因为，，根据两向量平行的坐标关系， 若，平行，则， 所以，即，解得. 4.【答案】A 【解析】由有T=π,令有,x+=, 则函数的单调递减区间为. 5.【答案】A 【解析】，时，. 在有最大值无最小值， 则，解得. 6.【答案】B 【解析】设中点为，中点为. ，则.= == 在正三角形中，边长为，为高，，则，所以. 当与重合时，取最小值，此时有最小值 . 所以的最小值为. 7.【答案】B 【解析】由题意作图如下： 由，则， 所以， 由共线，则，由，则， 所以，整理可得， 由共线，则，解得，即， 由，则，所以. 8.【答案】B 【解析】取中点，连接，. 因为菱形边长为，，所以和均为等边三角形. 可得，，且. 又平面平面，平面平面，所以平面，进而. 设球心为，的外心为，的外心为，则平面，平面. 的外接圆半径，. 因为四边形为正方形，所以. 设球半径为，在中，，即. 可得球的表面积. 9.【答案】ABC 【解析】对于A中，因为分别为的中点，可得， 又因为平面，且平面，所以平面，所以A正确； 对于B中，因为，且为的中点，可得， 又因为，且为的中点，可得， 因为且平面，所以平面， 又因为，所以平面，所以B正确. 对于C中，由B项知：平面，因为平面， 所以平面平面，所以C正确； 对于D中，设直线，易得，可得，又为的中点，所以，若平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，又，,所以，为的中点，则,又不一定相等，所以D错误. 10.【答案】BCD 【解析】由题意知： 对于A：因为，，所以，所以，故A错误； 对于B：当有两解时，则，即，所以，故B正确； 对于C：因为，所以，当且仅当时取等号， 所以，故面积的最大值为，故C正确； 对于D：设的中点为，则， 所以，即，又， 所以，故D正确. 故选：BCD. 11.【答案】BD 【解析】将化简为. A选项，根据周期公式，A错误.B选项，由，可得，B正确.C选项，，非最值，故图象不关于对称，C错误. D选项，当，，在此区间递增，所以在递增，D正确. 三、填空题 12.【答案】 【解析】若恰有两解，则，解得， 即边长度取值范围为． 13.【答案】 【解析】如图，延长DF，交AB的延长线于点Q，连接EQ，EQ与PB的交点即为G. 理由如下：设D，E，F共面，因，则平面， 又因平面，故三点共线，即. 在平行四边形ABCD中，所以，因，可得, 取AB的中点M，连接EM，因,则,所以是的中点，又E是棱PA的中点，则,则得,所以是的中点， 故有，又，所以，故． 14.【答案】 【解析】，， ∵函数在区间上有且仅有4个零点， ，解得，即的取值范围是. 15.【答案】解　(1)由函数图象可知，，， 即，将点代入，得， 则，，则，，由于，故， 即，最小正周期为. (2)当时，， 故当，即时，， 当，，即时，. (3)当时，， 故当，即时，单调递减： 当，即时，单调递增； 故当时，函数的单调递增区间为． 16.【答案】解：（1）因为，故由正弦定理可得，又, 所以，又，则，又因为 又， 故； （2）因为，且，则 又因为,则； （3）因为，， 则. 17.【答案】（1）证明：由题意可得，∴四边形为平行四边形， ∴， 又∵平面，平面， ∴平面. （2）证明：∵平面，平面， ∴， 连接，由题意易知四边形为平行四边形， ∵， ∴平行四边形为正方形， ∴， 又∵， ∴， 又，平面， ∴平面， ∵平面，∴平面平面. （3）解：∵平面，平面，∴， 又，，平面，∴平面， 因为平面，∴ ∴为二面角的平面角，从而，所以， 作于，连接， ∵平面平面，平面，平面平面， ∴面，所以为直线与平面所成角， 在直角中，，，，∴， 因为面，面，所以， 在直角中，，， ∴， 则直线与平面所成角的正切值为. 18.【答案】解：（1） 所以. 令，. 解得，. 所以的单调递增区间为，. 将的图象向左平移个单位， 得到. 再向下平移个单位，得到. 然后把所有点的横坐标扩大为原来的倍，纵坐标不变，根据周期变化规律， 得到. 令，，解得，. 所以图象的对称中心为，. （3）因为，所以. 由于函数在区间[0,n]上有个零点，而的零点为，，那么在上有个. 从开始，. 先对不等式进行移项：，即. 所以的取值范围是. 19.【答案】（1）证明：因为四边形是菱形，，为的中点，所以， 在直四棱柱中，平面平面， 因为平面平面，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为四边形是矩形，，，，分别为，的中点， 所以，所以， 因为，所以， 所以，所以， 因为，且平面，所以平面. （2）解：因为平面， 所以平面与平面的交线与平行，所以交线为， 连接，，， 则四棱柱被平面截得的截面为四边形， ，， ， 因为，所以， 因为，所以， 所以四边形的周长为. （3）解：过点作，垂足为，连接， 因为平面，平面，所以， 因为，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 所以点在平面上的射影必在上，所以直线与平面所成角为， 因为，，，， 所以， 所以，即直线与平面所成角的正切值为. 第4页 共13页 学科网（北京）股份有限公司 $$