精品解析：重庆市四川外国语大学附属外国语学校2024-2025学年高一下学期5月检测数学试题

重庆外国语学校 2024-2025学年度（下）2027届5月检测 数学试题 （满分150分，120分钟完成） 一、选择题：本大题共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. 已知平面向量，，且与方向相反，则x的值为（ ）． A. 2 B. C. D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量共线的坐标表示求出 【详解】由向量，共线，得，解得， 当时，，与方向相同，不符合题意； 当时，，与方向相反，符合题意， 所以x的值为. 故选：B 2. 已知复数z满足，则（ ） A. i B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数除法运算求出，根据复数的乘方运算即得结果. 【详解】由已知， 所以. 故选：D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用两角和差公式和二倍角公式化简求值即可． 【详解】因为， 所以， 即， 则， . 故选：A 4. 在中，内角，，的对边分别为，，．若，，则一定是（ ） A. 三边不全相等的锐角三角形 B. 钝角三角形 C. 直角三角形 D. 等边三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由已知易求得，利用余弦定理，结合，可得，可得结论. 【详解】在中，，又，故． 由余弦定理得，结合，得， 解得，所以一定是等边三角形． 故选：D． 5. 某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的.如图所示，已知正方体边长为，则该石凳的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】正方体体积减去截去的八个四面体体积即可. 【详解】截去的四面体体积，正方体体积， 所以石凳的体积为. 故选：B. 6. 如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线，于不同的两点，若，，，则的最小值（ ） A. 2 B. 8 C. 9 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】由向量加法及数乘的几何意义得，再由向量共线的结论有，最后应用“1”的代换及基本不等式求最小值. 【详解】由题意，，又共线，则， 且，所以， 当且仅当时取等号，即的最小值为9. 故选：C 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦函数图象的对称性得，再根据诱导公式和二倍角的余弦公式可求出结果. 【详解】因为， 所以，即，， 所以. 故选：B 8. 四面体的棱长为4，E为棱BC的中点，过点E作其外接球的截面，则截面面积的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将正四面体放置于正方体中，该正方体的外接球就是正四面体的外接球，求出半径，过点作其外接球的截面，当截面到外接球的球心的距离最大时，截面面积最小，据此即可求解. 【详解】将正四面体放置于如图所示的正方体中，可得该正方体的外接球就是正四面体的外接球， 设该外接球的球心为，半径为R， 正四面体的棱长为4，且正四面体的棱长是正方体的面对角线长， 正方体的棱长为， 正方体外接球的半径满足， 解得，为棱BC的中点， 过点作其外接球的截面， 当截面到外接球的球心的距离最大时，截面面积最小， 此时为截面圆心，球心到截面的距离， 由截面的性质可得截面半径， 故截面面积的最小值为． 故选： 二、多项选择题：本大题共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. 已知函数，则（ ） A. 的单调递增区间是， B. 的图象可由函数的图象向右平移个单位，再向上平移3个单位得到 C. 的图象关于直线对称 D. 当时，取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用三角恒等变换得，对于A，由正弦函数的单调递增区间即可求解；对于B，由三角函数的图象变换即可求解；对于C，由正弦函数的对称轴即可求解；对于D，由整体法即可求解. 【详解】由题意，， 对于A，由，， 得，， 所以的单调递增区间为，，故A正确； 对于B，函数向右平移个单位，再向上平移3个单位可得 ，故B错误； 对于C，由，，得，， 当时，，所以图象关于对称，故C正确； 对于D，由，得， 所以， 所以，故D正确. 故选：ACD. 10. 如图，在平面直角坐标系中，，则下列说法正确的有（ ） A. B. 四边形面积为 C. 外接圆的周长为 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用向量的坐标运算求得即可求解选项A；根据四边形的面积为求解选项B；利用正弦定理求解选项C；利用向量数量积公式求解选项D. 【详解】由题意可得，所以，故A错误； 过点作轴的垂线，设垂足为点，过点作轴的垂线，设垂足为点 ， 则四边形的面积为 ，故B正确； 因，在直角三角形中，易得， 设外接圆的半径为，由正弦定理，，解得， 故外接圆的周长为，故C正确； 因， ，故D正确. 故选：BCD. 11. 如图，在三棱柱中，侧棱底面ABC，，，三棱柱外接球的球心为O，点E是侧棱上的一动点．下列说法正确的个数是（ ） A. 直线AC与直线是异面直线 B. 若，则与一定不垂直 C. 若，则三棱锥的体积为 D. 三棱柱外接球的表面积的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据异面直线的判定可判断A；根据线面垂直的性质定理可判断B；对于C：球心在两底面中心G，连线的中点上，求出到平面的距离即可求三棱锥的体积；对D：设外接圆半径，由，，可得没有最大值也没有最小值，由可得取值情况即可. 【详解】对于A，因为点平面，平面，点， 平面，所以直线AC与直线是异面直线，故A正确； 对于B，因为侧棱底面ABC，，故底面，底面， 故；而，则，即， 又，，平面，故平面， 又平面，故，故当（此时点E与点B重合）时，， ，平面，则直线平面，又平面，所以，故B错误； 对于C：若，则为正三角形，其外心为正三角形的中心G， 连接CG与AB交于F，则F为AB的中点，三棱柱外接球的球心O在两底面中心G，连线的中点上， 因为平面，所以O，G到平面的距离相等， 因为侧棱底面ABC，平面，所以平面平面， 又平面平面，，平面ABC，所以平面， 所以G到平面的距离为，即O到平面的距离为， 所以，故C正确； 对D：设外接圆半径r，由正弦定理得， 因为，，所以r没有最大值也没有最小值， 故外接球半径没有最大值也没有最小值，故D错误． 故选：AC 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，轴，轴，，，则的原图形的面积为______． 【答案】10 【解析】 【分析】法一：根据斜二测画法作出的原图形，计算即可；法二：计算直观图的面积，根据原图形的面积等于直观图面积的倍，计算即可求解. 【详解】法一：如图所示，根据斜二测画法可知，轴，且， 原图形为，其中，，且，则的面积为． 法二：直观图面积为， 原图形的面积等于直观图面积的倍，所以原图形的面积为． 故答案为：10 13. 已知边长为2的正方形，将沿对角线折起，使以四点为顶点的三棱锥体积最大，若为的中点，则异面直线与所成角的正切值为______． 【答案】 【解析】 【分析】取中点为，易知为异面直线与所成角或其补角，再结合线面垂直判定定理即可证明平面，可求出结果. 【详解】取中点为，因为为的中点，所以， 即为异面直线与所成角或其补角， 设到平面的距离为，则， 因为当平面平面时，d取得最大值， 所以当平面平面时，以四点为顶点的三棱锥体积最大， 又因为正方形边长为2，所以，，且， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以，即， 故异面直线DE和AB所成角的正切值为． 故答案为： 14. 若向量与向量的夹角为θ，我们定义“”为向量与向量的“外积”.两个向量的外积是一个向量，它的长度定义为.在中，，，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】设分别为的中点，结合三角形相似推出，由题意可得，，确定四边形面积的最大值，根据题意结合面积公式即可得结果. 【详解】设分别为的中点，连接， 则，所以， 所以，故，即， 又因为，， 所以，. 当时，四边形面积最大，最大值为， 故的面积的最大值为， 又，所以的最大值为. 故答案为：. 四、解答题（共5题，共77分，其中15题13分，16、17每题15分，18、19每题17分，请写出必要的解答过程） 15. 如图，在棱长为1正方体中，、分别是棱、的中点． （1）求四边形的周长； （2）求多面体的体积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）连接，即可得到且，再求出四边形的周长； （2）确定多面体为三棱台，再利用棱台的体积公式计算即可. 【小问1详解】 连接，因为、分别是棱、的中点，故且， 又，，， 所以四边形的周长. 【小问2详解】 多面体为三棱台， 又，，高， 所以. 16. 如图，在正方体中，E是的中点． （1）求异面直线和所成角的大小； （2）求证：平面ACE； 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）连接，根据正方体的性质得到，即可得到或其补角其即为异面直线和所成角，从而得解； （2）连接BD，设直线BD交直线AC于点O，连接EO，即可得到，从而得证. 【小问1详解】 连接，在正方体中，且，所以四边形为平行四边形， 所以，所以或其补角即为异面直线和所成角， 又为等边三角形，所以，所以异面直线和所成角为； 【小问2详解】 连接BD，设直线BD交直线AC于点O，连接EO， 因为在正方体中，底面ABCD是正方形，所以O为BD中点， 又因为E为的中点，所以， 又因为平面ACE，平面ACE，所以直线平面ACE． 17. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求B大小； （2）若点M在线段上，，，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在中，利用正弦定理边角互化，化简得到，所以； （2）利用面积关系可得关系，然后利用基本不等式求最值. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， 则， 整理得， 而，则，两边平方得， 又，所以，，于是，解得，所以． 【小问2详解】 由（1）知，由，则， 由，，则， 则，即， 因此， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为． 18. 如图，已知三棱台中，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的大小； （3）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出线段的长，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）借助余弦定理证得，再利用面面垂直的性质推理得证. （2）作出线面角，利用定义法求出大小. （3）延长棱台侧棱还原成棱锥，再利用面面角的定义计算推理即可. 【小问1详解】 在三棱台中，，， 在等腰梯形中，， 由余弦定理得：， 则，即， 而平面平面，平面平面平面， 所以平面. 【小问2详解】 过，垂足为， 因为平面，又平面，所以， 又，，平面， 所以平面，平面， 得 又，平面， 则平面，为与平面所在角，， 因此，所以与平面所成角为. 【小问3详解】 三棱台侧棱延长线交于一点，由（1）得为正三角形， 由平面，平面，得平面平面，取中点， 则，而平面平面，平面，则平面， 作交于，则平面，而平面，则， 作于，连接，即在平面上的射影， 又，平面，则平面， 又平面，于是，为二面角的平面角， 若存在使得二面角的大小为，即， 设，则，， 即，解得，，， 因此，， 所以存在满足题意的点. 19. 我校南门有条长米，宽米的道路（如图所示的矩形），路的一侧划有100个长米，宽米的停车位（如矩形），由于停车位不足，放学时段道路拥堵，学校保安李师傅提出一个改造方案，在不改变停车位形状大小、不改变汽车通道宽度的条件下，可通过压缩道路旁边绿化带及改变停车位方向来增加停车位，记绿化带被压缩的宽度（米），停车位相对道路倾斜的角度，其中. （1）若，求和的长； （2）求关于的函数表达式； （3）若，按照李老师的方案，该路段改造后的停车位比改造前增加多少个？ 【答案】（1）， （2）， （3）个 【解析】 【分析】（1）根据图，找到的等角，解直角三角形即可； （2）在（1）的思路下结合图，解直角三角形，表示出即可； （3）由（2）和先求出，设改造后停车位数量的最大值为，由图可得第个车位顶点到的距离为，利用求解. 【小问1详解】 注意到，又， 则. 则， 又，则，； 【小问2详解】 由图，， 又由（1），则， 即，； 【小问3详解】 由（2），. 则，则， 化简得：，解得或. 因，则，故， 设改造后停车位数量最大值为. 如图，过停车位顶点做射线垂线，垂足为. 则顶点到线段距离为：. 又由图及题意可得：，， 则. 注意到，则. ，则. 则，，又. 则， 令, 即改造后最大停车位数量为，则改造后的停车位比改造前增加个. 【点睛】关键点睛：本题前两问需利用三角函数及几何知识，用已知量表示未知量；第三问，需将车位数量和停车位顶点到停车场边界距离联系起来，然后在利用之前所得到的部分结论解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重庆外国语学校 2024-2025学年度（下）2027届5月检测 数学试题 （满分150分，120分钟完成） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知平面向量，，且与方向相反，则x的值为（ ）． A. 2 B. C. D. 0 2. 已知复数z满足，则（ ） A. i B. C. D. 1 3. 已知，则（ ） A B. C. D. 4. 在中，内角，，的对边分别为，，．若，，则一定是（ ） A. 三边不全相等的锐角三角形 B. 钝角三角形 C. 直角三角形 D. 等边三角形 5. 某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的.如图所示，已知正方体边长为，则该石凳的体积为（ ） A B. C. D. 6. 如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线，于不同的两点，若，，，则的最小值（ ） A. 2 B. 8 C. 9 D. 18 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 四面体的棱长为4，E为棱BC的中点，过点E作其外接球的截面，则截面面积的最小值是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数，则（ ） A. 的单调递增区间是， B. 的图象可由函数的图象向右平移个单位，再向上平移3个单位得到 C. 的图象关于直线对称 D. 当时，的取值范围是 10. 如图，在平面直角坐标系中，，则下列说法正确的有（ ） A. B. 四边形的面积为 C. 外接圆的周长为 D. 11. 如图，在三棱柱中，侧棱底面ABC，，，三棱柱外接球的球心为O，点E是侧棱上的一动点．下列说法正确的个数是（ ） A. 直线AC与直线是异面直线 B. 若，则与一定不垂直 C. 若，则三棱锥的体积为 D. 三棱柱外接球的表面积的最大值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 用斜二测画法画一个水平放置平面图形的直观图，如图所示，轴，轴，，，则的原图形的面积为______． 13. 已知边长为2的正方形，将沿对角线折起，使以四点为顶点的三棱锥体积最大，若为的中点，则异面直线与所成角的正切值为______． 14. 若向量与向量的夹角为θ，我们定义“”为向量与向量的“外积”.两个向量的外积是一个向量，它的长度定义为.在中，，，则的最大值为______. 四、解答题（共5题，共77分，其中15题13分，16、17每题15分，18、19每题17分，请写出必要的解答过程） 15. 如图，在棱长为1的正方体中，、分别是棱、的中点． （1）求四边形的周长； （2）求多面体体积． 16. 如图，在正方体中，E是的中点． （1）求异面直线和所成角的大小； （2）求证：平面ACE； 17. 已知中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且． （1）求B的大小； （2）若点M在线段上，，，求的最小值． 18. 如图，已知三棱台中，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的大小； （3）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出线段的长，若不存在，请说明理由. 19. 我校南门有条长米，宽米的道路（如图所示的矩形），路的一侧划有100个长米，宽米的停车位（如矩形），由于停车位不足，放学时段道路拥堵，学校保安李师傅提出一个改造方案，在不改变停车位形状大小、不改变汽车通道宽度的条件下，可通过压缩道路旁边绿化带及改变停车位方向来增加停车位，记绿化带被压缩的宽度（米），停车位相对道路倾斜的角度，其中. （1）若，求和的长； （2）求关于的函数表达式； （3）若，按照李老师的方案，该路段改造后的停车位比改造前增加多少个？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$