精品解析：湖南省衡阳市衡阳县第三中学2025-2026学年高一上学期第一次月考数学试卷

衡阳县第三中学2025年高二上学期第一次月考 数学试卷 本卷共4页，满分150分；考试时间：120分钟；命题人：屈灿 注意事项： 1．答题前在答题卡上填写好自己的姓名、班级、考号等信息． 2．回答选择题时，用2B铅笔将答题卡上对应的选项涂黑；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先应用描述法理解集合，再应用集合间的基本关系判断即可. 【详解】集合，，A选项错误； 因为等腰直角三角形是等腰三角形，所以， 又因为等腰或直角三角形不一定是等腰直角三角形，如：等边三角形是等腰三角形，但是不是等腰直角三角形，所以不成立， 所以B正确；C，D错误； 故选：B. 2. 下列函数中，定义域为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数定义域的概念逐个判断即可. 【详解】对于A，，定义域不为，故错误； 对于B，时函数有意义，定义域不为，故错误； 对于C，显然恒成立，定义域为； 对于D，时函数无意义，定义域不为，故错误， 故选：C 3. 已知是空间内两个方向相反的向量，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. 且 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据方向相反的向量模长未必相等可知ABC错误；根据单位向量的方向与定义可知D正确. 【详解】对于A，方向相反，但模长未必相等，则未必成立，A错误； 对于B，方向相反，，但模长未必相等，B错误； 对于C，方向相反，但模长未必相等，则未必成立，C错误； 对于D，表示与同向的单位向量，表示与同向的单位向量， 方向相反，，则，D正确. 故选：D. 4. 往一个边长为2的正方体框架（6个面镂空只保留棱，棱的粗细忽略不计）内吹起一个气球（假设气球为球形），则该气球的最大体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正方体的棱切球得出球的半径，再应用球的体积公式计算求解. 【详解】往一个边长为2的正方体框架内吹起一个气球，则该气球的最大直径为正方体的面对角线， 所以气球的最大半径为，则该气球的最大体积为. 故选：C. 5. 已知实数a，b满足，，则的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意设，从而求出，从而可得，即可得解. 【详解】由题意设， 则，解得，所以， 因为，， 所以，即， 即的范围是． 故选：C 6. A为直线：上一点，直线经过点且与垂直，点B在上移动，则AB的最短距离为（ ） A. B. C. 1 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】先求出直线，再应用平行线间距离公式计算求解可得最短距离. 【详解】因为直线经过点且与垂直，所以直线的斜率为，所以直线为，即， A为直线：上一点，点B在上移动，则AB的最短距离为. 故选：A. 7. 如图所示的正方体中，点M为棱的中点，则直线与平面所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以为原点建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，设直线与平面所成角为，由,，求解即可得直线与平面所成角的余弦值． 【详解】以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以， 设直线与平面所成角为， 则,， 故直线与平面所成角的余弦值为． 故选：A． 8. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，，点M、N、Q分别为OA、BC、CD的中点，则Q到平面MND的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】如图建系，求得各点坐标，进而可得的坐标，求出平面MND的法向量，根据点到平面距离的向量求法，计算即可得答案. 【详解】由题意两两垂直，以A为原点，为，x，y，z轴正方向建系，如图所示， 则， 所以， 设平面MND的法向量， 则，即， 令，则， 所以Q到平面MND的距离为. 故选：A 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有两项或者三项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的按比例给分，有选错的得0分． 9. 正实数a，b满足，则的取值可能为（ ） A. 0 B. C. 4 D. 【答案】CD 【解析】 【分析】利用基本不等式“1的妙用”来求最值即可. 【详解】由于正实数a，b满足， 所以， 由基本不等式可得，当且仅当，即时等号成立， 故，且能取等号， 故选：CD. 10. 某次数学月考的一道多选题，共4个选项，全部选对得6分，部分选对得部分分，若标准答案为两个选项，则选对一个选项得3分，若标准答案为三个选项，选对一个选项得2分，选错得0分，已知某小题的标准答案为ABD，甲，乙，丙，丁四位同学都不会做，以下说法正确的是（ ） A. 甲同学仅仅随机选择一个选项，能得2分的概率为 B. 乙同学仅随机选择两个选项，能得4分的概率为 C. 丙同学选择至少两个选项，能得分的概率比乙同学仅随机选择两个选项得分概率高 D. 丁同学选择至少一个选项，能得2分的概率与得4分的概率相同 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，列举得到共有4种情况，有3种情况满足要求，故能得2分的概率为；B选项，列举得到共有6种情况，有3种情况满足要求，能得4分的概率为；C选项，列举得到共有11种情况，有4种情况满足要求，故得分的概率为，由于，C错误；D选项，列举得到共有15种情况，能得2分的情况为A，B，D，能得4分的情况为AB，AD，BD，故得2分的概率与得4分的概率相同，D正确. 【详解】A选项，甲同学仅仅随机选择一个选项，共有4种情况，分别为A，B，C，D， 其中有3种情况满足要求，分别为A，B，D，故能得2分的概率为，A错误； B选项，乙同学仅随机选择两个选项，共有6种情况， 分别为AB，AC，AD，BC，BD，CD，其中能得4分的情况有3种，为AB，AD，BD， 故乙同学仅随机选择两个选项，能得4分的概率为，B正确； C选项，丙同学可以选择两个选项，三个选项和四个选项，共有11种情况， 分别为AB，AC，AD，BC，BD，CD，ABC，ABD，ACD，BCD，ABCD， 其中得分的情况有4种，为AB，AD，BD，ABD，故得分的概率为， 由B可知，乙同学仅随机选择两个选项，能得分的概率为， ，故丙同学选择至少两个选项，能得分的概率比乙同学仅随机选择两个选项得分概率低，C错误； D选项，丁同学选择至少一个选项，共有15种情况， 分别为A，B，C，D，AB，AC，AD，BC，BD，CD，ABC，ABD，ACD，BCD，ABCD， 能得2分的情况为A，B，D，故能得2分的概率为， 能得4分的情况为AB，AD，BD，故能得4分的概率为， 丁同学选择至少一个选项，能得2分的概率与得4分的概率相同，D正确. 故选：BD 11. 用一个平面去截正方体，所得截面图形不可能是（ ）． A. 直角三角形 B. 直角梯形 C. 正六边形 D. 正五边形 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正方体的结构特征，结合各选项画出一个平面去截正方体，再分析截面形状即可判断作答. 【详解】一个平面与正方体共点的3个面相交，截面为三角形，此三角形不可能是直角三角形， 如图，截面为，点O为正方体的顶点，在三棱锥中，两两垂直， 若为直角三角形，不妨令，则， 而，因此，矛盾，故A正确； 一个平面与正方体的4个面相交，截面为四边形，此四边形不可能是直角梯形， 截面四边形所在平面必与正方体一组相对面相交，即四边形必有一组对边平行， 截面四边形，如图，不妨令，若平行或重合，则四边形为矩形， 令不平行，即相交， 假定四边形为直角梯形，不妨令，即， 而平面，平面， 则，又平面，有平面，又平面， 则，平面平面，则平面， 平面平面，平面，因此， 所以四边形为平行四边形，矛盾，故B正确； 一个平面与正方体的5个面相交，截面为五边形，此五边形不可能是正五边形， 截面五边形必与正方体的一组相对面相交，这两条交线必平行，而正五边形的任意两边都不平行， 即截面五边形不可能是正五边形，故D正确； 一个平面与正方体的6个面相交，截面为六边形，此六边形可能是正六边形， 如图，为正方体所在棱的中点，顺次连接得正六边形， 设正方体棱长为，有，， 中，，则， 同理，即六边形为正六边形，故C错误. 故选：ABD 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若两平面的法向量，夹角的余弦值为，则两个平面的夹角为______． 【答案】 【解析】 【分析】设两平面夹角为，得到，求出. 【详解】两个平面的夹角设为，则， 故. 故答案为：. 13. 如图，在中，且D点满足，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知及向量的加减、数乘的几何意义得，再应用数量积的运算律及已知求. 【详解】由题设， 所以，而，， 所以. 故答案为： 14. 如图绘制有函数的部分图象，图象与y轴的交点为，其中A，B分别为最高点和最低点，现将此图沿着x轴折叠形成一个钝二面角，夹角为120°，其中此时AB之间的距离为5，则______． 【答案】 【解析】 【分析】过分别作轴的垂线，垂足分别为，过分别作轴，轴的垂线相交于点，结合条件和余弦定理求出，然后将代入函数解析式即可得出答案. 【详解】过分别作轴的垂线，垂足分别为，过分别作轴，轴的垂线相交于点， 连接，则， 由余弦定理得， 由上可知，轴垂直于，又平面， 所以轴垂直于平面，又轴，所以平面， 因为平面，所以， 因为的周期，所以， 由勾股定理得，解得， 由图知，的图象过点，且在递减区间内， 所以即， 因为，点在递减区间内，所以， 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．其中第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）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）利用面积公式求出，再由余弦定理求出，即可得解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 即， 由于 所以， 又，所以， 则， 又，所以； 【小问2详解】 因为，所以， 由余弦定理，即， 即，所以， 所以（负值已舍去）， 所以的周长为. 16. 已知复数，，是虚数单位． （1）若复数z是纯虚数，求m的值： （2）当时，复数是关于x的方程的一个根，求实数p，q的值． 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）若复数是纯虚数，则其实部为0，且虚部不为0，据此列出方程组即可求出m的值； （2）根据实系数一元二次方程虚根互为共轭求出另外一个根，再利用韦达定理即可求出p，q的值. 【小问1详解】 因为复数是纯虚数，所以. 由，解得或. 当时， ，符合要求； 当时，，不符合要求，舍去， 所以m的值为1； 【小问2详解】 当时，复数， 由题意知复数是关于x的方程的一个根. 因为方程的系数为实数， 所以方程的另外一个根是的共轭复数. 所以由韦达定理可得， 解得. 17. 平面内两条直线：；：． （1）若，求m的取值范围； （2）证明：无论m取何值，直线都恒过一个定点． 【答案】（1） （2）证明: ， 令，解得， 所以无论m取何值，直线都恒过一个定点. 【解析】 【分析】（1）由直线垂直的充要条件列方程即可求解； （2）整理直线方程，令即可求解. 【小问1详解】 平面内两条直线：；：，满足， ，解得或， 所以若，则m的取值范围为； 【小问2详解】 证明略，直线恒过定点. 18. 在疫情防护知识竞赛中，对某校的2000名考生的参赛成绩进行统计，可得到如图所示的频率分布直方图，其中分组的区间为，，，，，，同一组中数据用该组区间中间值作代表值． （1）60分以下的成绩视为不及格，求不及格的考生人数； （2）求该组数据的众数和第一四分位数； （3）在本次测试分数为，的考生中，使用分层随机抽样的办法从中抽取5人，再从这5人中随机挑选3人，求恰好有一名学生分数在区间的概率． 【答案】（1） （2）众数为；第一四分位数为 （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图读取分以下学生的频率，进而求解不及格的考生人数； （2）根据众数与百分位数的定义计算即可； （3）借助分层抽样的性质得到分数为，的考生抽取的人数，进而借助古典概率进行求解即可. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，成绩在分以下的考生的频率为， 因此可得：不及格的考生人数为：人. 【小问2详解】 由频率分布直方图可知，成绩处于的考生人数最多，故该组数据的众数为； 设该组数据的第一四分位数为， 由于前两组的频率和为， 前三组的频率和为， 故数据的第一四分位数位于之间， 因此可得：，解得： 即数据的第一四分位数为. 【小问3详解】 根据分层抽样，由，， 可得：抽取的5名考生中有名成绩位于中，这3名考生分别为，，； 抽取的5名考生中有名成绩位于中，这2名考生分别为，； 则从这人中随机挑选人的不同情况有：、、、、、、、、、，共种情况. 其中恰有一名学生分数在区间的情况有：、、、、、，共6种情况. 故恰好有一名学生分数在区间的概率为. 19. 如图，在三棱台中，平面平面，，． （1）证明； （2）求直线DF与平面DBC夹角的正弦值． 【答案】（1）证明： 过点作⊥于点，连接， 因为平面平面，交线为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，所以， 又，所以， 又，在中， 由余弦定理得， 故，由勾股定理逆定理得⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 又平面，所以⊥， 又三棱台中，，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，⊥，由余弦定理得到，由勾股定理逆定理得⊥，所以⊥平面，又平面，所以⊥； （2）直线DF与平面DBC夹角等于直线与平面DBC夹角，作出辅助线，得到⊥平面，所以为直线与平面DBC夹角，由勾股定理得，进而得到，求出，得到答案. 【小问1详解】 过点作⊥于点，连接， 因为平面平面，交线为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，所以， 又，所以， 又，在中， 由余弦定理得， 故，由勾股定理逆定理得⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 又平面，所以⊥， 又三棱台中，，所以； 【小问2详解】 过点作⊥于点，连接， 三棱台中，， 所以直线DF与平面DBC所成的角等于直线与平面DBC所成的角， 因为⊥平面，平面，所以⊥， 又，平面，所以⊥平面， 所以为直线与平面DBC所成的角， 由（1）知，，， 因为⊥平面，平面，所以⊥， 由勾股定理得， 所以， 所以 直线DF与平面DBC所成的角的正弦值为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 衡阳县第三中学2025年高二上学期第一次月考 数学试卷 本卷共4页，满分150分；考试时间：120分钟；命题人：屈灿 注意事项： 1．答题前在答题卡上填写好自己的姓名、班级、考号等信息． 2．回答选择题时，用2B铅笔将答题卡上对应的选项涂黑；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列函数中，定义域为的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知是空间内两个方向相反的向量，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. 且 C. D. 4. 往一个边长为2的正方体框架（6个面镂空只保留棱，棱的粗细忽略不计）内吹起一个气球（假设气球为球形），则该气球的最大体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知实数a，b满足，，则的范围是（ ） A. B. C. D. 6. A为直线：上一点，直线经过点且与垂直，点B在上移动，则AB的最短距离为（ ） A. B. C. 1 D. 0 7. 如图所示的正方体中，点M为棱的中点，则直线与平面所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，，点M、N、Q分别为OA、BC、CD的中点，则Q到平面MND的距离为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有两项或者三项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的按比例给分，有选错的得0分． 9. 正实数a，b满足，则的取值可能为（ ） A. 0 B. C. 4 D. 10. 某次数学月考的一道多选题，共4个选项，全部选对得6分，部分选对得部分分，若标准答案为两个选项，则选对一个选项得3分，若标准答案为三个选项，选对一个选项得2分，选错得0分，已知某小题的标准答案为ABD，甲，乙，丙，丁四位同学都不会做，以下说法正确的是（ ） A. 甲同学仅仅随机选择一个选项，能得2分的概率为 B. 乙同学仅随机选择两个选项，能得4分的概率为 C. 丙同学选择至少两个选项，能得分的概率比乙同学仅随机选择两个选项得分概率高 D. 丁同学选择至少一个选项，能得2分的概率与得4分的概率相同 11. 用一个平面去截正方体，所得截面图形不可能是（ ）． A. 直角三角形 B. 直角梯形 C. 正六边形 D. 正五边形 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若两平面的法向量，夹角的余弦值为，则两个平面的夹角为______． 13. 如图，在中，且D点满足，，则______． 14. 如图绘制有函数的部分图象，图象与y轴的交点为，其中A，B分别为最高点和最低点，现将此图沿着x轴折叠形成一个钝二面角，夹角为120°，其中此时AB之间的距离为5，则______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．其中第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，的面积为，求的周长． 16. 已知复数，，是虚数单位． （1）若复数z是纯虚数，求m的值： （2）当时，复数是关于x的方程的一个根，求实数p，q的值． 17. 平面内两条直线：；：． （1）若，求m的取值范围； （2）证明：无论m取何值，直线都恒过一个定点． 18. 在疫情防护知识竞赛中，对某校的2000名考生的参赛成绩进行统计，可得到如图所示的频率分布直方图，其中分组的区间为，，，，，，同一组中数据用该组区间中间值作代表值． （1）60分以下的成绩视为不及格，求不及格的考生人数； （2）求该组数据的众数和第一四分位数； （3）在本次测试分数为，的考生中，使用分层随机抽样的办法从中抽取5人，再从这5人中随机挑选3人，求恰好有一名学生分数在区间的概率． 19. 如图，在三棱台中，平面平面，，． （1）证明； （2）求直线DF与平面DBC夹角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $