精品解析：河北省承德市第一中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试卷

河北省承德市第一中学 2024—2025学年第二学期高一年级5月份月考数学试卷 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. 为了得到函数的图象，可以将函数图象上所有的点（ ） A. 向右平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度 C. 向右平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度 2. ，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 3. 如图，在中，是延长线上一点，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线是函数（其中）的图象的一条对称轴，且函数在区间上单调，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 5. 在如图五面体中，棱AD，BE，CF互相平行，且两两之间距离为1.若，，，，则该五面体的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 直三棱柱的各个顶点都在同一个球面上，若则此球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 在△ABC中，已知2acos B＝c，sin Asin B(2－cos C)＝sin2＋，则△ABC为（ ） A. 等腰三角形 B. 钝角三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 8. 如图，三棱柱中，分别是的中点，平面将三棱柱分成体积为（左为，右为）两部分，则（ ） 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. 已知函数，则下列结论成立的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 曲线关于直线对称 C. 点是曲线的一个对称中心 D. 在上单调递增 10. 已知为三条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 在棱长为1的正方体中，是线段的中点，以下关于直线的结论正确的有（ ） A. 与平面平行 B. 与直线垂直 C. 与直线所成角为 D. 与平面的距离为 三、填空题（本大题共3小题，共15分 12. 若，则______. 13. 在棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.给出下列四个结论： ①平面； ②点轨迹的长度为； ③存在点，使得直线平面； ④平面截正方体所得的截面面积为. 其中所有正确结论的序号是_________________. 14. 如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到达处时测得公路右侧一山底在西偏北的方向上；行驶后到达处，测得此山底在西偏北的方向上，山顶的仰角为，则此山的高度______． 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. 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. 16. 已知向量，且与的夹角为， （1）求证： （2）若，求的值； （3）若与的夹角为，求的值． 17. 已知函数图像的两个相邻的对称中心的距离为. （1）求的单调递增区间； （2）求方程在区间上的所有实数根之和. 18. 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. 19. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，为线段上的动点. （1）若为的中点，求三棱锥的体积； （2）若，问上是否存在点，使得平面？若存在，请指明点的位置；若不存在，请说明理由； （3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北省承德市第一中学 2024—2025学年第二学期高一年级5月份月考数学试卷 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. 为了得到函数的图象，可以将函数图象上所有的点（ ） A. 向右平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度 C. 向右平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度 【答案】C 【解析】 【分析】由条件根据函数 y＝A sin(ωx+φ)的图象变换规律，可得结论． 【详解】因为， 所以应将函数的图象上所有的点向右平移个单位长度. 故选：C. 2. ，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由向量的坐标求得向量的坐标，由向量平行的坐标关系建立方程，求得的值. 【详解】由得， ∵，，∴，解得. 故选：A. 3. 如图，在中，是延长线上一点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量的基本定理求解即可. 【详解】. 故选：B. 4. 已知直线是函数（其中）的图象的一条对称轴，且函数在区间上单调，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由是函数的一条对称轴，可得，再根据在区间上单调，则，可得，运算可求得的值. 【详解】由直线是函数的图象的一条对称轴，有，可得， 又由函数在区间上单调，则，可得， 有，有，可得，. 故选：A. 5. 在如图五面体中，棱AD，BE，CF互相平行，且两两之间距离为1.若，，，，则该五面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将五面体补成正三棱柱，求出三棱柱的体积即可得到结果. 【详解】 如图，延长至点，延长至点，延长至点，使得， ∵棱AD，BE，CF互相平行，∴，故五面体为三棱柱，且体积为原五面体体积的2倍， ∵AD，BE，CF两两之间距离为1，， ∴三棱柱为正三棱柱，底面是边长为1的等边三角形，高为4， ∴三棱柱的体积为， ∴该五面体的体积为. 故选：D. 6. 直三棱柱的各个顶点都在同一个球面上，若则此球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知求出底面外接圆半径，再由直三棱柱的外接球半径与底面外接圆半径、侧棱的几何关系求球体半径，进而求此球的表面积. 【详解】由题意，棱柱底面三角形中，底面外接圆半径， 又为直三棱柱且， 所以其外接球半径，故球体表面积为. 故选：A 7. 在△ABC中，已知2acos B＝c，sin Asin B(2－cos C)＝sin2＋，则△ABC为（ ） A. 等腰三角形 B. 钝角三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】利用余弦定理化简得出，根据正弦定理得出，利用二倍角的余弦公式对化简整理可得，进而得出结果. 【详解】由题意知，，由余弦定理，得， 整理，得，即；由正弦定理，得， 所以或，又， 则，得， 由，得， 即，因为，所以， 则，的，解得，所以，所以. 综上诉述，为等腰直角三角形. 故选：D 8. 如图，三棱柱中，分别是的中点，平面将三棱柱分成体积为（左为，右为）两部分，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由分别是的中点，可得（是三角形的面积，是三角形的面积），由棱台的体积公式可求得，再根据，求得，即可得答案. 【详解】解：设三角形的面积为，三角形与三角形的面积为，三棱柱的高为， 则有，，设三棱柱的体积为， 又因为①，②， 所以③， 由题意可知④， 由①②③④可得， 所以， 所以. 故选：A. 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. 已知函数，则下列结论成立的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 曲线关于直线对称 C. 点是曲线的一个对称中心 D. 在上单调递增 【答案】AC 【解析】 【分析】借助整体思想，利用正弦型函数的性质逐项判断即可得. 【详解】对A：设的最小正周期为，故A正确： 对B：因，故B错误： 对C：因，故点是曲线的一个对称中心，即C正确： 对D：由，可得，则在上单调递减，故D错误. 故选：AC. 10. 已知为三条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据线面、面面关系可判断AD；举反例可判断BC. 【详解】对于A，，，所以或，而，故，故正确； 对于B，如图，长方体中，，则，故B错误； 对于C，如图，长方体中， ，则，故C错误； 对于D，若，，则，而，故，故正确. 故选：AD. 11. 在棱长为1的正方体中，是线段的中点，以下关于直线的结论正确的有（ ） A. 与平面平行 B. 与直线垂直 C. 与直线所成角为 D. 与平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过证明平面平面，即可判断A，通过证明平面，即可判断B，由，所以与所成角就是直线与直线所成角，利用余弦定理求出，即可判断C，利用等体积法求出点到平面的距离，即可判断D. 【详解】因为且，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 又，平面， 所以平面平面，而平面，故平面，选项A正确； 因为平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面，而平面，故，选项B正确； 由于，所以与所成角就是直线与直线所成角， 因为，，， 所以， 所以，即与直线所成角为，选项C不正确； 由选项A可知，与平面的距离就是点到平面的距离． 设点到平面的距离为，由，得， 即，解得，即与平面的距离为，选项D正确. 故选：ABD． 三、填空题（本大题共3小题，共15分 12. 若，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】为求角的大小，只需算出的三角函数值. 【详解】， 故由，得. 又， 又， 则 ， 又，所以. 故答案为：. 13. 在棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.给出下列四个结论： ①平面； ②点轨迹的长度为； ③存在点，使得直线平面； ④平面截正方体所得的截面面积为. 其中所有正确结论的序号是_________________. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】根据都是棱的中点，可以做出过的截面，再根据正方体的棱长和的长度，可确定点的轨迹，从而可判断各个结论的正确性. 【详解】如图： 因为，分别为，中点，所以， 又，所以，又平面，平面， 所以平面，故①成立； 连接，交于点，易证平面，，， 所以，故点轨迹是平面内以为圆心，以为半径的圆， 所以点轨迹长度为：，故②成立； 由②可知，不可能与平面垂直，故③不成立； 做出截面，可知截面是正六边形，且边长为，其面积为：，故④成立. 故答案为：①②④ 【点睛】方法点睛：根据线面平行的判定和性质，可以确定过点三点的截面. 14. 如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到达处时测得公路右侧一山底在西偏北的方向上；行驶后到达处，测得此山底在西偏北的方向上，山顶的仰角为，则此山的高度______． 【答案】 【解析】 【分析】先求出，在中，由正弦定理得到，从而得到. 【详解】由题意得， 故， 故中，由正弦定理得， 即，解得， 又在点测得山顶的仰角为，故， 故. 故答案为： 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. 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. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）对角化边，求出，根据余弦定理求出； （2）对使用余弦定理和求出； （3）求出和，求出. 【小问1详解】 因为，则， 即，且，则， 又， 解得； 【小问2详解】 因为，且， 则； 【小问3详解】 因为，， 则. 16. 已知向量，且与的夹角为， （1）求证： （2）若，求的值； （3）若与的夹角为，求的值． 【答案】（1）证明见解 （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量的数量积的定义及向量数量积的运算律，结合向量垂直的条件即可求解； （2）根据（1）的结论及向量的模公式，结合向量数量积的运算律及一元二次方程的解法即可求解； （3）根据（1）的结论及向量的模公式，利用向量的数量积的运算律及向量的夹角公式即可求解. 【小问1详解】 因为与的夹角为， 所以， 所以， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，， 因为， 所以，即， 于是有，即 ，解得或, 所以的值为或. 【小问3详解】 由（1）知，， 因为 所以， ， ， 因为与的夹角为， 所以，即，且， 于是有，解得或（舍）, 所以的值为. 17. 已知函数图像的两个相邻的对称中心的距离为. （1）求的单调递增区间； （2）求方程在区间上的所有实数根之和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助三角恒等变换公式将化简为正弦型函数后结合函数性质即可得； （2）可将方程的根转化为求两函数在坐标轴上的交点横坐标，结合图象即可得. 【小问1详解】 ， 由条件知的最小正周期为，所以，解得， 所以， 由， 得. 所以的单调递增区间是. 【小问2详解】 的实数根，即的图象与直线的交点横坐标. 当时，，由，得， 由，得， 作出在上的图象与直线，大致如图： 由图可知，的图象与直线在上有4个交点， 其中两个关于直线对称，另外两个关于直线对称， 所以4个交点的横坐标之和为，即所求的实数根之和为. 18. 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. 【答案】（1） ∵且，∴四边形为平行四边形， ∴，又平面，平面， 所以平面. （2） ∵平面，平面，∴， 连接，∵且，∴四边形为平行四边形， ∵，，∴平行四边形为正方形，∴， 又，∴， 又，面，∴面， ∵面，∴平面平面. （3） 【解析】 【分析】（1）因为且，所以为平行四边形，则，利用线面平行的判定定理即可得证； （2）由已知可得，，由线面垂直的判定定理可得面，进而即可证得结论； （3）由平面可得，作于，可知面，所以为直线与平面所成角，在直角中求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ∵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. 19. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，为线段上的动点. （1）若为的中点，求三棱锥的体积； （2）若，问上是否存在点，使得平面？若存在，请指明点的位置；若不存在，请说明理由； （3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1） （2）存在，AB的中点 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由条件可得点与点到平面的距离之比为，再由锥体的体积公式，代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由线面平行的判定定理，即可证明； （3）根据题意，由二面角的定义可得是面与面所成锐二面角的平面角，代入计算，即可求解. 【小问1详解】 因为为的中点，所以点与点到平面的距离之比为， 故. 【小问2详解】 存在，取AB的中点，连接DM交AC于点，连接EG， 则EG为面AEC与面PMD的交线. 易得， 在三角形中，，所以，所以平面EAC， 即存在点，且当为AB中点时，平面. 【小问3详解】 过点P作，因为， 所以，面面， 因为面，所以，又，， 所以面， 又因为，所以面，，， 所以是面与面所成锐二面角的平面角， 因为是等腰直角三角形，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $