精品解析：贵州省毕节市第一中学2024-2025学年高一下学期3月月考数学试卷

毕节市第一中学2025学年高一下学期3月月考数学试卷 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. 已知集合，，则的子集的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 8 D. 16 2. 公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了0.618就是黄金分割数的近似值，这是一个伟大的发现，这一数值也表示为，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知为不同的直线，为不同的平面，下列命题为假命题的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知为单位向量，且在上的投影向量为，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 5. 内角，，所对的边分别为，，，点是的外接圆的圆心，，，，则该外接圆的面积（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在梯形中，且为以为圆心为半径的圆弧上的一动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 埃及胡夫金字塔是世界古代建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，其侧面与底面所成角的余弦值为，则侧面三角形的底角的正切值为（ ）． A. 2 B. 3 C. D. 8. 如图，四边形为正方形，平面//，记三棱锥的体积分别为，则（　　） 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知非零复数，其共轭复数分别为，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在正三棱柱中，为棱的中点，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 直线与面所成角为 C 线段 D. 直线面 11. 函数（）图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 是奇函数 C. 的图象关于直线对称 D. 若（）在上有且仅有两个零点，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正六棱柱的各个顶点都在球O的球面上，球心O到正六棱柱的上、下底面的距离均为1，若，则球O的表面积为_______. 13. 函数的最小正周期为_______. 14. 如图，底面半径为 4 的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动， 当这个圆锥在平面内转回原位置时， 圆锥本身恰好滚动了 2 周， 则圆锥的表面积为______. 四、解答题:本题共5小题，共77分，解答应写出相应的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知向量，，其中，． （1）求，； （2）求与的夹角的余弦值． 16. 如图，在三棱锥中，． （1）求证：平面平面； （2）当时，求二面角的正弦值． 17. 在锐角中，内角对边分别为，已知. （1）求； （2）求的取值范围. 18. 如图：在正方体中，为的中点. （1）求三棱锥的体积； （2）求证：平面； （3）若为的中点，求证：平面平面. 19. 已知函数． （1）若，且关于x不等式的解集是，求的最小值； （2）设关于x的不等式在上恒成立，求的取值范围 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 毕节市第一中学2025学年高一下学期3月月考数学试卷 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. 已知集合，，则子集的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合的描述法确定集合中的元素，根据交集的概念可得，从而根据其元素个数得子集个数. 【详解】因为， ， 所以，所以的子集个数为． 故选：D． 2. 公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了0.618就是黄金分割数的近似值，这是一个伟大的发现，这一数值也表示为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由和得，利用二倍角公式，诱导公式即可求解. 【详解】由， ， 故选：D. 3. 已知为不同的直线，为不同的平面，下列命题为假命题的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据面面平行的判定定理，面面垂直的判定定理，线面垂直的性质即可判断. 【详解】由题意，对于A，由面面平行的判定定理可以证得，故A正确； 对于B，或，故B错误； 对于C，由面面垂直的判定定理可以证得，故C正确； 对于D，由线面垂直的性质可以证得，故D正确. 故选：B. 4. 已知为单位向量，且在上的投影向量为，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面向量的数量积及投影向量即可求出两个向量的夹角，再利用向量的模长公式即可得到结果. 【详解】设的夹角为，由题意得，， 所以， 故选：C 5. 的内角，，所对的边分别为，，，点是的外接圆的圆心，，，，则该外接圆的面积（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由辅助角公式得出角，再由余弦定理得，再由正弦定理计算即可. 【详解】由，得， 又因，得，所以，所以， 由余弦定理得， 由正弦定理得，所以， 所以圆的面积. 故选：C 6. 如图，在梯形中，且为以为圆心为半径圆弧上的一动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算及三角函数的性质求解. 【详解】以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 则有，，，，设， 得，，， 则 由，当时，有最小值. 故选：B 7. 埃及胡夫金字塔是世界古代建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，其侧面与底面所成角的余弦值为，则侧面三角形的底角的正切值为（ ）． A 2 B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由侧面与底面所成角的余弦值可得，即可得到结果. 【详解】 如图所示，设正四棱锥的底面边长，则，点为底面的中心，取中点为，连接，则，则侧面与底面所成角的平面角即为，因为侧面与底面所成角的余弦值为，即，则，在中，. 故选：D 8. 如图，四边形为正方形，平面//，记三棱锥的体积分别为，则（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，利用锥体体积公式求出，作出辅助线，证明出⊥平面，由勾股定理逆定理得，求出，四个选项一一判断，得到答案. 【详解】设，， 因为平面，， ，， 连接交于点，连接，易得⊥， 又平面，平面，所以， 又，平面，则⊥平面， 又， 过点过⊥于点，易得四边形为矩形， 则，， 则，，， 显然，则， ， 则， ，，，， ，ABC错误；D正确. 故选：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知非零复数，其共轭复数分别为，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】设复数，利用共轭复数、模长的定义及复数的四则运算判断各项正误. 【详解】设复数，且， ，A正确； ，B正确； ， ， 所以与不一定相等，C错误； 令，则，D错误． 故选：AB 10. 如图，在正三棱柱中，为棱的中点，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 直线与面所成角为 C. 线段 D. 直线面 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理与性质定理即可得证；对于B，利用线面角的定义即可得解；对于C，正中求解即可；对于D，利用线面平行的判定理证得即可. 【详解】对于A，因为在正三棱柱中，面，而面，所以， 因为底面是正三角形，为棱的中点，所以， 又面，所以面， 因为面，所以，故A正确； 对于B，因为在正三棱柱中，面，所以为直线与面所成角， 因为面，所以，又， 所以，则，故B正确； 对于C，在正中，，则， 所以，故C错误； 对于D，记的中点为，连接，如图， 因为是的中点，又易知四边形是平行四边形，所以， 因为，所以，所以四边形是平行四边形，则， 又面，面，所以直线面，故D正确. 故选：ABD. 11. 函数（）的图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 是奇函数 C. 的图象关于直线对称 D. 若（）在上有且仅有两个零点，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，结合给定图象求出，再逐项判断即可. 【详解】依题意，， 由，得，解得，而， 解得，，的最小正周期为，A正确； 是偶函数，B错误； ，令， 则， 的图象关于直线对称，C正确； ，，当时，， 依题意，，解得，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. 已知正六棱柱的各个顶点都在球O的球面上，球心O到正六棱柱的上、下底面的距离均为1，若，则球O的表面积为_______. 【答案】 【解析】 【分析】求出底面正六边形外接圆的半径，进而求出外接球的半径，即可得解. 【详解】因为，所以正六边形的的外接圆半径， 所以球O的半径， 所以球O的表面积为. 故答案为： 13. 函数的最小正周期为_______. 【答案】 【解析】 【分析】由余弦二倍角公式及两角和的余弦公式化简后计算周期即可得. 【详解】 ， 则其最小正周期. 故答案为：. 14. 如图，底面半径为 4 的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动， 当这个圆锥在平面内转回原位置时， 圆锥本身恰好滚动了 2 周， 则圆锥的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】设圆锥的母线长为，底面半径为r，由题可得，可得，进而可求表面积. 【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为， 则，解得， 所以圆锥的表面积为 故答案为：. 四、解答题:本题共5小题，共77分，解答应写出相应的文字说明、证明过程或演算步骤. 15 已知向量，，其中，． （1）求，； （2）求与夹角的余弦值． 【答案】（1）10， （2） 【解析】 【分析】（1）根据题干中已知条件，用坐标表示与，用坐标法求解即可. （2）设与的夹角为，分别求得与，利用平面向量的数量积即可求解. 【小问1详解】 解：因为，， 则，，， 故， 【小问2详解】 设与的夹角为， 由（1）得，， 则. 16. 如图，在三棱锥中，． （1）求证：平面平面； （2）当时，求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求出，即可得到，再由，即可证明平面，从而得证； （2）由（1）可得，则为二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得. 【小问1详解】 在中，， 由余弦定理， 即，解得， 所以，即，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； 【小问2详解】 因为平面，又平面，所以， 又，所以为二面角的平面角， 取的中点，连接，因为，所以， 又，所以， 所以，所以二面角的正弦值为. 17. 在锐角中，内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式求出，即可得解； （2）由（1）知，从而转化为关于的三角函数，求出的取值范围，再根据余弦函数的性质计算可得. 【小问1详解】 因为， 所以， 由正弦定理可得， 所以，即， 又，所以， 因为，所以； 【小问2详解】 由（1）知 ， 因为， ，， ， ，即的取值范围为． 18. 如图：在正方体中，为的中点. （1）求三棱锥的体积； （2）求证：平面； （3）若为的中点，求证：平面平面. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据锥体的体积公式计算即可； （2）根据线面平行的判定进行证明； （3）根据面面平行的判定进行证明. 【小问1详解】 显然平面，于是. 【小问2详解】 设，连接， 在正方体中，四边形是正方形，是中点， 是的中点，， 平面平面 平面； 【小问3详解】 为的中点，为的中点， ， 四边形为平行四边形，， 又平面平面平面， 由（2）知平面平面平面， 平面平面. 19. 已知函数． （1）若，且关于x的不等式的解集是，求的最小值； （2）设关于x的不等式在上恒成立，求的取值范围 【答案】（1）8 （2） 【解析】 【分析】（1）由韦达定理得，，再利用基本不等式可得答案； （2）不等式在上恒成立可得，解不等式组可得答案． 【小问1详解】 因为，且关于x的不等式的解集是， 所以和是方程的两根， 所以． 所以＝＝ ＝，当且仅当a＝1时等号成立， 所以的最小值为8； 【小问2详解】 因为关于x的不等式在上恒成立， 所以，所以，解得， 所以a的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$