精品解析：广东省佛山市南海区2024-2025学年高一下学期素养提升学业水平测试数学试卷

南海区2027届高一第二学期素养提升学业水平监测 数学 2025年5月 本试卷共4页，19题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必填写答题卡上的有关项目. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案：不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回. 一、选择题：本题共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. 设，其中a，b为实数，则（ ） A ， B. ， C. ， D. ， 2. （ ） A. B. C. D. 3. 若，是第三象限的角，则（ ） A. B. C. D. 4. 将函数的图象向左平移个单位长度后，所得图象对应的函数为（ ） A. B. C. D. 5. ，是两个平面，m，n是两条直线，则（ ） A. 如果，，那么 B. 如果，，m，n是异面直线，那么n与相交 C. 如果，，那么 D. 如果，n与相交，那么m，n是异面直线 6. 已知一个圆锥的底面半径为，其体积为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知的外接圆圆心为，半径为1，且，，则的值为（ ） A. 2 B. 1 C. -1 D. -2 8. 已知函数，且对任意，都有恒成立，若函数在单调递减，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共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，有错选的得0分. 9. 如图，已知圆台上，下底面的圆心分别为，，半径分别为2和4，高为，四边形为圆台的轴截面，则（ ） A. 圆台的母线长为6 B. 圆台的体积为 C. 圆台的侧面积为24π D. 圆台外接球的半径为4 10. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期是π B. 的图象关于点对称 C. D. 在区间上值域为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱，，的中点，点满足，，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 若Q，M，N，P四点共面，则 C. 过点Q有且仅有一条直线与，都相交 D. 若，点F在侧面上（包括边界），且平面，则点F的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 复数的实部是_______. 13. 已知a，b，c分别是内角A，B，C的对边，若，，则_______. 14. 定义平面非零向量之间的一种运算“*”，记（其中是非零向量，的夹角），若，均为单位向量，且，则______. 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. 已知向量，，，且，. （1）求向量，的坐标； （2）若，. （i）求与的夹角； （ii）求向量在向量上投影向量的坐标. 16. 如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，，，点在棱上，且. （1）证明：平面； （2）若，三棱锥的体积为6，求点到平面的距离. 17. 已知函数. （1）求函数的单调递增区间； （2）记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，求的周长. 18. 如图1，内壁光滑且透明的正方体容器内注有一定量的水，已知正方体容器棱长为4，容器厚度不计.当其水平放置时，水面恰好过，，，的中点E，F，G，H.现在固定容器一边于水平地面，再将容器倾斜，随着倾斜角度的不同，水面的形状也不同.容器绕从图1的放置状态旋转至水面第一次过棱的过程中（不包括起始和终止位置），水面与棱，，，分别交于点，，，.假设旋转过程中水面始终呈水平状态，不考虑水面的波动. （1）证明：是定值； （2）已知水面是矩形面，求水面面积的取值范围. 19. 如图，宽为走廊与另一宽为的走廊垂直相连，两走廊交汇处形成直角拐点M.细杆需保持水平状态通过拐点M，且在移动过程中两端始终与两侧墙壁保持接触.设细杆与外侧走廊的夹角，. （1）设细杆的长度为，求的表达式； （2）若，，试问：长度为5细杆能否水平地通过拐角?请说明理由； （3）若，试问：长度为的细杆能否水平地通过拐角?请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 南海区2027届高一第二学期素养提升学业水平监测 数学 2025年5月 本试卷共4页，19题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必填写答题卡上的有关项目. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案：不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回. 一、选择题：本题共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. 设，其中a，b为实数，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数相等计算求参. 【详解】因为，则. 故选：B. 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量加法和减法运算公式化简求值. 【详解】. 故选：D. 3. 若，是第三象限的角，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据同角三角函数基本关系及诱导公式计算即可. 【详解】因为，是第三象限的角， 所以， 所以. 故选：C 4. 将函数的图象向左平移个单位长度后，所得图象对应的函数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数平移变换规律，可直接求得解析式. 【详解】因为向左平移个单位长度， 得到， 故选：B. 5. ，是两个平面，m，n是两条直线，则（ ） A. 如果，，那么 B. 如果，，m，n是异面直线，那么n与相交 C. 如果，，那么 D. 如果，n与相交，那么m，n是异面直线 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面位置关系及线线位置关系判断各个选项. 【详解】如果，，那么或相交或异面，A选项错误； 如果，，m，n是异面直线，那么n与相交或平行，B选项错误； 如果，，那么无交点，所以，C选项正确； 如果，n与相交，那么m，n是异面直线或相交直线，D选项错误； 故选：C. 6. 已知一个圆锥的底面半径为，其体积为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由圆锥体积可得圆锥高，进而可得圆锥母线长，根据扇形面积公式计算即可求解. 【详解】设圆锥的高为，母线长为， 因为圆锥的底面半径为，其体积为， 所以，解得， 所以，故圆锥的侧面积为. 故选：D 7. 已知的外接圆圆心为，半径为1，且，，则的值为（ ） A. 2 B. 1 C. -1 D. -2 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求得为等腰直角三角形，且，结合向量的数量积的运算公式，即可求解. 【详解】因为，可得，所以为的中点， 所以为的直径，可得， 又因为，所以为等腰直角三角形，且， 所以. 故选：A. 8. 已知函数，且对任意，都有恒成立，若函数在单调递减，则最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据函数的最大值求，再利用代入法，结合余弦函数的单调性，即可列式求解. 【详解】由条件可知，，则， 且，所以， 所以， 当，则， 若函数在单调递减，则，得， 所以的最大值为. 故选：B 二、选择题：本题共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，有错选的得0分. 9. 如图，已知圆台上，下底面的圆心分别为，，半径分别为2和4，高为，四边形为圆台的轴截面，则（ ） A. 圆台的母线长为6 B. 圆台的体积为 C. 圆台的侧面积为24π D. 圆台外接球的半径为4 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，利用圆台的几何结构特征，求得圆台的母线长，可得判定A错误；利用圆台的体积公式，求得圆台的体积，可判定B正确；利用圆台的侧面积公式，求得圆台的侧面积，可判定C正确；设圆台的外接球的球心到上底面的距离为，利用球的截面圆的性质，求得，进而的球的半径，可判定D正确. 【详解】由题意知，圆台的上、下底面圆的半径分别为和，高， 则圆台的母线长为，所以A错误； 圆台的体积为，所以B正确； 圆台的侧面积为，所以C正确； 设圆台的外接球的球心到上底面的距离为， 由球的截面圆的性质，可得，解得， 所以球的半径为，所以D正确. 故选：BCD. 10. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期是π B. 的图象关于点对称 C. D. 在区间上的值域为 【答案】AC 【解析】 【分析】由函数图象的顶点坐标求出，再由周期求出，由五点法求出，进而得出的解析式，逐项判断即可. 【详解】由函数的图象可得， 由题意可得，所以，所以的最小正周期是π，故A正确； 所以，解得， 所以，又因为过点， 所以，所以， 所以，解得， 又，所以，所以， 因为， 所以的图象不关于点对称，故B错误； 当时，，故C正确； 当，，所以， 所以，所以在区间上的值域为，故D错误. 故选：AC. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱，，的中点，点满足，，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 若Q，M，N，P四点共面，则 C. 过点Q有且仅有一条直线与，都相交 D. 若，点F在侧面上（包括边界），且平面，则点F的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用面面平行可判断线面平行，可判断A，利用正方体取六条棱的中点截面是正六面形截面，可判断B，利用面面相交可通过作图来判断C，利用作面面平行来确定交线，可判断D. 【详解】对于A,因为平面平面,平面,所以平面,故A正确； 对于B,作直线，分别交延长线于点， 再连接并延长交延长线于点，连接交于点， 因为分别是棱，，的中点，可作正方体截面为正六边形， 它们交于各棱中点，所以为中点，由可得，故B错误； 对于C,由平面平面，则， 因为都在平面内，所以由图可得必与相交， 根据以上作图可得唯一交点，所以直线是唯一与和相交的直线，故C正确； 对于D，由分别是棱的中点，点满足， 则过作平行于，交于，由图可得，连接， 再过点作的平行线交于，可得， 再过点作的平行线交于，可得为的中点， 则可得平面，平面，平面， 所以平面平面，若平面，则平面， 因为平面平面，所以， 由于正方体棱长为2，可得，故D正确； 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 复数的实部是_______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用复数的除法运算可得答案. 【详解】复数的实部是. 故答案为：. 13. 已知a，b，c分别是内角A，B，C的对边，若，，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理角化边，可得，进而利用余弦定理可求. 【详解】由，结合正弦定理可得，又， 所以，所以， 由余弦定理可得， 因为，所以. 故答案为：. 14. 定义平面非零向量之间的一种运算“*”，记（其中是非零向量，的夹角），若，均为单位向量，且，则______. 【答案】 【解析】 【分析】设向量，的夹角为，先根据向量数量积的计算公式求出及，进而求出的解析式，再根据向量模的求法求出即可. 【详解】设向量，的夹角为， 因为，均为单位向量，且， 所以，因为，所以. 所以， 所以. 故答案为： 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. 已知向量，，，且，. （1）求向量，的坐标； （2）若，. （i）求与的夹角； （ii）求向量在向量上的投影向量的坐标. 【答案】（1）， （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据向量平行和垂直的坐标表示，列式求解； （2）（ⅰ）首先求向量和的坐标，再代入向量夹角的坐标公式，即可求解；（ⅱ）代入投影向量的坐标公式，即可求解. 【小问1详解】 因为，所以.解得. 因为，所以.解得. 所以，. 【小问2详解】 （i）. . 所以. 因为，所以. （ii）设向量在向量上的投影向量为，则. 16. 如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，，，点在棱上，且. （1）证明：平面； （2）若，三棱锥体积为6，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，根据，得到，证得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）作垂足为，求得，求得的面积，结合锥体的体积公式，列出方程求得到平面的距离，再由，得到点到平面的距离是点F到平面的距离的3倍，即可求解. 【小问1详解】 证明：因为，且，可得， 连接，因为，所以，所以， 又因为平面，且平面，所以平面. 【小问2详解】 解：因为，，所以， 又因为四边形是等腰梯形，， 在平面中，作垂足为，则， 则的面积为， 所以三棱锥的体积为，解得， 即点到平面的距离为， 因为，所以点P到平面的距离是点F到平面的距离的3倍， 所以点到平面的距离为. 17. 已知函数. （1）求函数的单调递增区间； （2）记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，求的周长. 【答案】（1） （2）3 【解析】 【分析】（1）应用二倍角公式、两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质可得最小正周期和增区间； （2）由已知求得，然后利用余弦定理求得，进而可求周长. 【小问1详解】 . 令，解得. 所以的单调递增区间为.； 【小问2详解】 ，即. 因为，所以，所以，即. 由余弦定理，可得，即，所以. 于是，所以. 所以的周长为. 18. 如图1，内壁光滑且透明的正方体容器内注有一定量的水，已知正方体容器棱长为4，容器厚度不计.当其水平放置时，水面恰好过，，，的中点E，F，G，H.现在固定容器一边于水平地面，再将容器倾斜，随着倾斜角度的不同，水面的形状也不同.容器绕从图1的放置状态旋转至水面第一次过棱的过程中（不包括起始和终止位置），水面与棱，，，分别交于点，，，.假设旋转过程中水面始终呈水平状态，不考虑水面的波动. （1）证明：是定值； （2）已知水面是矩形面，求水面面积的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）因为图1和图2中水体所形成几何体体积不变，所以根据柱体的体积公式列式计算即可得证； （2）设，根据勾股定理求出，从而得到矩形面积的解析式，利用二次函数的值域，即可得到面积的取值范围. 【小问1详解】 由图1可知水体的体积为. 图2中，水体所形成几何体体积不变，则 . 所以，即是定值4. 【小问2详解】 设，则， ，. 所以. 因为函数是开口向上，对称轴为的抛物线，而， 所以，所以. 所以水面面积的取值范围为. 19. 如图，宽为的走廊与另一宽为的走廊垂直相连，两走廊交汇处形成直角拐点M.细杆需保持水平状态通过拐点M，且在移动过程中两端始终与两侧墙壁保持接触.设细杆与外侧走廊的夹角，. （1）设细杆的长度为，求的表达式； （2）若，，试问：长度为5的细杆能否水平地通过拐角?请说明理由； （3）若，试问：长度为的细杆能否水平地通过拐角?请说明理由. 【答案】（1）， （2）不能，理由见解析 （3）可以，理由见解析 【解析】 【分析】（1）利用直角三角形的边角关系即可得解； （2）计算可得，进而判断即可； （3）求出的最小值，与比较即可得解. 【小问1详解】 由题意，，. 所以，. 【小问2详解】 因为，，所以. 当时， 因为，所以细杆不能水平地通过拐角. 【小问3详解】 因，所以. 于是. 令，则. 因为，所以，，于是. 所以. 因为函数是开口方向向上，对称轴为的二次函数，所以当时，有最小值8， 有最小值，有最小值. 所以长度为的细杆可以水平地通过拐角. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$