精品解析：云南省临沧地区中学等三校2024-2025学年高一下学期5月联考数学试卷

2024-2025学年临沧地区中学等三校高一（下）联考数学试卷（5月份） 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. 若复数满足，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，即可判断其共轭复数. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：D 2. 已知向量，，则“”是“”成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由，可得，解得，即可判断出结论. 【详解】解：由，可得：，解得， “”是“”成立的充分不必要条件． 故选：A． 【点睛】本题主要考查充分条件、必要条件的判定知识，属于基础题型. 3. 已知，为空间中不重合的直线，，，为空间中三个不重合的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据各项线线、线面、面面的位置关系，结合平面的基本性质及空间想象判断各项的正误. 【详解】A：若，，则或，错； B：若，，则可能平行或相交，错； C：若，，，则可能平行或异面，错； D：若，，由面面平行的性质知，对. 故选：D 4. 已知角，终边上有一点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先判断点在第几象限，再求并用正切得两角和公式化简，然后求得答案. 【详解】因为，所以 所以点在第二象限. 由已知得 所以 故选：A 5. 已知正四棱台的上下底面边长分别为2和4，侧棱长为，则此正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知求出棱台的高，再由棱台的体积公式求体积. 【详解】由题设，棱台的高，表示上下底面面积， 所以棱台的体积. 故选：A 6. 如图，在中，，，点在边上，，沿翻折，得到三棱锥，满足平面平面，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】在平面中过作，其中为垂足，在平面中过作，连接，利用空间垂直关系的转化可得，利用三角变换结合正弦函数的性质可得，由余弦定理可求的最大值. 【详解】 在中， ，， 由余弦定理知，故， 因为，故， 在平面中过作，其中为垂足， 在平面中过作，连接， 因为平面平面，平面平面， 平面，故平面，而平面，故. 而平面，故平面， 而平面，故， 因为， 故， 所以 因为，故，故， 故， 故， 故的最大值为， 故选：C. 7. 向量满足，，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】运用向量垂直的条件，即数量积为，结合向量的平方即为模的平方，化简整理，计算即可得到所求值． 【详解】由，得， 又， 所以， 又，则，， 所以，即， 所以， 又， 所以， 综上，， 故选：C． 8. 已知两个不相等的正实数x，y满足，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用同构法与构造函数，将题设条件转化为，再利用导数研究函数的图象与性质，结合图像即可排除AD，利用特殊值计算即可排除B，再利用极值点偏移的解决方法即可判断C. 【详解】因为，， 所以，则，即， 令，则，， 当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增, 所以， 对于，总有，即在上单调递增， 故，即在上恒成立， 所以对于，对于任意，在上取， 则， 所以当且趋向于0时，趋向于无穷大， 当趋向于无穷大时，趋向于无穷大，趋向于0，故趋向于无穷大， 所以的大致图像如图所示： . 对于AD，因为，，不妨设， 由图象可知，，故，故AD错误； 对于B，假设成立，取， 则，显然不满足，故B错误； 对于C，令，又， 则， 所以在上单调递增， 又，则，即， 又，则， 因为，所以，又，在上单调递增， 所以，即，故C正确. 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于利用同构法转化等式，从而构造函数，并研究其图像的性质，由此判断得解. 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. 在中，角，，所对的边分别为，，，外接圆半径是，内切圆半径是，下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为等腰三角形 C. 若，则 D. 若，则为锐角三角形 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，根据正弦定理即可判断；对B，利用正弦定理结合三角恒等变换可判断；对C，根据余弦定理、正弦定理结合三角形面积公式判断即可判断；对D，根据两角和的正切公式化简即可判断. 【详解】对于A，若，则，所以，所以，故A正确； 对于B，若，则，所以， 所以，又，，所以或， 所以或，所以为等腰三角形或直角三角形，故B错误； 对于C，若， 设，解得， 由余弦定理得， 所以，所以， 因为， 所以，所以，故C正确. 对于D，，所以，所以， 所以，若， 则，又，所以， 所以，所以为锐角三角形，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知是虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ） A. B. 复数复平面内对应的点在第三象限 C. 若复数满足，则 D. 已知复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆 【答案】AD 【解析】 【分析】应用复数乘方运算判断A；写出复数对应点判断B；特殊值有判断C；根据复数模的几何意义确定轨迹判断D. 【详解】A：，对； B：的对应点为，显然在第二象限，错； C：若满足，但不满足，错； D：由，则点轨迹是以为圆心，2为半径的圆上，对. 故选：AD 11. 正方体的棱长为，是侧面上的一个动点含边界；点在棱上，；则下列结论正确的有（ ） A. 沿正方体的表面从点到点的最短距离为 B. 三棱锥的外接球表面积为 C. 若，则点的运动轨迹长度为 D. 平面被正方体截得截面面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，将两平面展开到同一平面，得到最短距离；B选项，求出外接圆半径，进而求出外接球半径，得到B正确；C选项，作出辅助线，证明线面垂直，得到线线垂直，点的轨迹为线段，求出轨迹长度；D选项，作出辅助线，平面即为平面被正方体截得截面，求出截面面积. 【详解】对于A，将正方体的面和面展开可得如下图形，连接，  则从点到点的最短距离，故A错误； 对于B，因为， 所以中，， 取的中点，连接，则⊥，且， 则， 设外接圆半径为， 则由正弦定理知：，则， 又平面， 设三棱锥的外接球半径为， 则， 所以三棱锥的外接球表面积，故B正确； 对于C，如图所示： ，，，，分别为对应边的中点， 可得，，，，，， 即，，，，，六点共面， 六边形为边长为的正六边形，且平面平面， 因为，平面，平面， 所以， 又因为，平面， 所以平面，平面，所以， 同理可得， ，平面，且， 所以平面， 又平面平面， 所以平面， 又因为，是侧面上的一个动点含边界， 所以的轨迹为平面与平面上的交线， 所以点的轨迹为线段， 所以点的运动轨迹长度为，故C正确； 对于D，取中点，连接，，，， 因为，， 所以， 所以平面即为平面被正方体截得截面， 易知，，， 所以截面为等腰梯形， 所以此等腰梯形的高， 所以截面面积，故D正确． 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数.若的最小值为，则的一个取值为______；的最大值为______． 【答案】 ①. 2（答案不唯一，即可） ②. 4 【解析】 【分析】分别研究和时函数的最小值情况，确保两个区间内的最小值都不小于，且是整体的最小值，结合两段函数的性质，求解的取值. 【详解】由题意知，原函数中为最小值， ①当时，令，则，函数变为， 求导得，令，则， i）当，即时，最小值在处， 此时，因为的最小值为， 所以有，可得； ii）当，即时，在上单调递增， 最小值. ②当时，，最小值在处， 此时，因为的最小值为， 所以有，可得； 综上所述， . 故答案为：2（答案不唯一，即可）；4 13. 若，且，则tanα＝_________________． 【答案】## 【解析】 【分析】由同角三角函数的关系，结合二倍角公式求解． 【详解】由， 可得， 又，则， 即， 解得， 则， 故． 故答案为：． 14. 清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的全等正四面体组合而成（每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共点的棱的中点）.如图，若正四面体棱长为2，则该组合体的表面积为__________；该组合体的外接球体积与两正交四面体公共部分的内切球体积的比值为__________. 【答案】 ①. ②. 27 【解析】 【分析】该组合体一共有 24 个面，每一个面都是全等的边长为 1 的等边三角形，则可求出其表面积；该组合体的外接球也是任意一个正四面体的外接球，可用一个正四面体来看，求出外接球半径为 ，两正交四面体公共部分一共有 8 个面，且每一个面都是全等的边长为 1 的等边三角形，则中间部分的体积为 ，设其内切球半径为 ，由 ，求出 ，即可得到体积的比值. 【详解】该组合体一共有 24 个面，每一个面都是全等的边长为 1 的等边三角形， 则其表面积为 ; 该组合体的外接球也是任意一个正四面体的外接球，可用一个正四面体来看， 是 的中心， 是球心， 则 ，则 ， ， 设外接球半径为 ，则 ， 又 ，解得 , 两正交四面体公共部分一共有 8 个面，且每一个面都是全等的边长为 1 的等边三角形， 则其表面积为 ， 大正四面体的体积为 则每个小正四面体的体积为 ， 则中间部分的体积为 ， 设其内切球半径为 ，则中间部分的体积也可表示为 ，解得 ， 故外接球和内切球体积之比为 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，满足，. （1）若，求与的夹角； （2）若对任意的实数，恒成立，求与的夹角. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由垂直关系得到，再由夹角公式即可求解； （2）设与的夹角为，由平方，将不等式展开，可得到关于的一元二次不等式，进而可知，从而可求得，进而求出. 【小问1详解】 因为， 所以， 即，又， 所以， 可得：， 所以， 又 所以与的夹角为； 【小问2详解】 设与的夹角为， 因为恒成立， 所以， 整理得， 由，可得对一切实数恒成立， 所以，即， 又因为，所以，即. 又，所以，即与的夹角为. 16. 如图，直三棱柱的体积为4，是的中点. （1）求证：平面； （2）若的面积为，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接，易得，再由线面平行的判定证明结论； （2）设的面积为，棱长的长度为，到平面的距离为，再应用等体积法有求点面距. 【小问1详解】 连接，交于点，连接， 因为，分别是，的中点，所以是的中位线， 所以，因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 设的面积为，棱长的长度为，到平面的距离为， 因为直三棱柱的体积， 因为是的中点，所以的面积为， 所以三棱锥的体积， 因为的面积为，由得，解得. 所以到平面的距离为. 17. 在中，角、、所对的边分别为、、，，， （1）求角的大小； （2）求的值与的面积； （3）求的值． 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式化简得出，结合角的取值范围可得出角的值； （2）由正弦定理得出，结合余弦定理求出、的值，再利用三角形的面积公式即可求出的面积； （3）利用余弦定理求出的值，结合同角三角函数的基本关系求出的值，然后利用两角差的正弦公式可求出的值. 【小问1详解】 由可得，可得， 因为，则，所以，解得. 【小问2详解】 由正弦定理，有，所以， 由（1）知，由余弦定理得， 解得，， 所以的面积为. 【小问3详解】 由余弦定理可得， 所以， 所以 . 18. 如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足，，，，平面ABCD． （1）证明：平面CDE； （2）求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值； （3）求点G到直线AB的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判断定理，转化为证明和，即可证明； （2）根据（1）的结果，分别求平面和平面的法向量，利用法向量求平面夹角的余弦值； （3）代入点到直线的距离公式，即可求解. 【小问1详解】 因为平面，平面， 所以， 且，，平面， 所以平面，平面， 所以， 由条件可知四边形是正方形，所以， ，且平面， 所以平面； 【小问2详解】 如图，以点为原点，以为轴的正方向建立空间直角坐标系， ，，，，，， 由（1）可知，平面的法向量可为， ，， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则，， 所以平面的一个法向量， 设平面CDE与平面ABE的夹角为， 所以； 【小问3详解】 , 所以点到直线的距离. 19. 已知 （1）（i）证明：当时，； （ii）当时，试确定的符号. （2）若，试说明在内有唯一零点. 【答案】（1）（i）证明见解析；（ii），答案见解析 （2）说明见解析 【解析】 【分析】（1）（i）即证明，构造，求导得到其单调性，结合，得到证明； （ii）即说明，，结合（i）可知，，其等价于时，，即，由知，该式显然成立，故； （2）当时，单调递减，结合特殊点函数值得到存在唯一实数，使得；当时，，二次求导，结合单调性和零点存在性定理得到的单调性，故在上恒成立，综上可知：在内有唯一零点 【小问1详解】 （i）当时，等价于， 设，即证明， 记，则， 所以在上单调递减，其中， 所以，不等式得证； （ii）时，，理由如下： 要说明，即说明，， 由（i）可知，当时，，所以， 故只需说明，其等价于， 时，上式只需， 即，由知，该式显然成立， 从而对恒成立， 【小问2详解】 由已知， 当时，易知单调递减， ， 故存在唯一实数，使得； 当时，， 记， 易知在为减函数， ， 故存在唯一实数，使得，即， 则在为增函数，在为减函数， 且， ， 则存在唯一实数，使得， 则在为正，在为负， 在上单调递增，在上单调递减， 故，，故在上恒成立， 综上可知：在内有唯一零点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年临沧地区中学等三校高一（下）联考数学试卷（5月份） 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. 若复数满足，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，则“”是“”成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知，为空间中不重合的直线，，，为空间中三个不重合的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 4. 已知角，终边上有一点，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知正四棱台的上下底面边长分别为2和4，侧棱长为，则此正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在中，，，点在边上，，沿翻折，得到三棱锥，满足平面平面，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 3 7. 向量满足，，，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知两个不相等的正实数x，y满足，则下列结论一定正确的是（ ） 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. 在中，角，，所对的边分别为，，，外接圆半径是，内切圆半径是，下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为等腰三角形 C. 若，则 D. 若，则为锐角三角形 10. 已知是虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ） A. B. 复数复平面内对应的点在第三象限 C. 若复数满足，则 D. 已知复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆 11. 正方体的棱长为，是侧面上的一个动点含边界；点在棱上，；则下列结论正确的有（ ） A. 沿正方体的表面从点到点的最短距离为 B. 三棱锥的外接球表面积为 C. 若，则点的运动轨迹长度为 D. 平面被正方体截得截面面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数.若的最小值为，则的一个取值为______；的最大值为______． 13. 若，且，则tanα＝_________________． 14. 清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的全等正四面体组合而成（每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共点的棱的中点）.如图，若正四面体棱长为2，则该组合体的表面积为__________；该组合体的外接球体积与两正交四面体公共部分的内切球体积的比值为__________. 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. 已知向量，满足，. （1）若，求与的夹角； （2）若对任意的实数，恒成立，求与的夹角. 16. 如图，直三棱柱的体积为4，是的中点. （1）求证：平面； （2）若的面积为，求点到平面的距离. 17. 在中，角、、所对的边分别为、、，，， （1）求角的大小； （2）求的值与的面积； （3）求的值． 18. 如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足，，，，平面ABCD． （1）证明：平面CDE； （2）求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值； （3）求点G到直线AB的距离． 19. 已知 （1）（i）证明：当时，； （ii）当时，试确定的符号. （2）若，试说明在内有唯一零点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $