云南曲靖市宣威市第七中学2025-2026学年高一下学期第一次月测数学试卷

**基本信息** 以文化传承与空间问题为载体，如“木铎金声钟”高度测量（文化情境）、正方体与球相切（空间形式），考查数学抽象、空间观念与推理能力，适配高一年级月考学情。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|集合、复数、函数性质、圆柱、三角函数|第7题结合文化雕塑测量，体现数学眼光观察现实世界| |多选题|3题|三角函数周期、函数奇偶性、正方体动态问题|第11题正方体动点探究，考查空间观念与几何直观| |填空题|3题|向量投影、解三角形应用、球体表面积|第13题地动仪位置计算，强化数学语言表达实际情境| |解答题|5题|向量运算、解三角形、三角函数、立体几何证明|第19题四棱锥存在性问题，综合推理能力与创新意识|

宣威七中高一年级2026年春季学期第一次月测数学试卷 一、单选题 1．已知集合，集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数，，则（   ） A． B．1 C． D． 3．若，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A． B． C． D． 4．已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，AB为圆的直径，P为圆上的点，则（    ） A．4 B． C．8 D． 5．若，且，则（ ） A． B． C． D． 6．将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，如图所示，，且图中阴影部分的面积为，则（    ） A． B． C． D． 7．重庆某校内“木铎金声钟”雕塑，该雕塑钟原型为北京师范大学本部“木铎金声一百年”的纪念雕塑，木铎金声，寓意传播知识、启迪心智、匡正风气，承载着“为民族复兴办教育”的担当，更与学校“本德宗道、兼济天下”的校训一脉相承，也寄寓着对京师学子治学修身、以德立身、心怀家国的殷切期许、某同学为了测量木铎钟高度，设木铎钟加底座高为，在与点同一水平面旁边小路上且共线的三点，，处分别测得顶点的仰角为30°，45°，60°，且，则木铎金声钟的高约为（   ）（参考数据：，，） A． B． C． D． 8．已知正方体的体积为，若球与该正方体的所有棱都相切，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．下列函数中，最小正周期为，且在上单调递增的为（   ） A． B． C． D． 10．已知函数，则下列说法正确的是（   ） A．若是偶函数，则 B．若是奇函数，则 C．若，则的取值范围为 D． 的最小值为 11．如图，正方体的棱长为2，E，F分别是，的中点，点P是底面内一动点，则下列结论正确的为（   ） A．过B，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 B．三棱锥的体积为4 C．若P在线段上，则跟面所成角的正弦值最大为 D．一质点从A点出发沿正方体表面绕行到的中点的最短距离为 三、填空题 12．已知平面向量在上的投影向量为，，则________． 13．如图，要在相距200 km的A，B两地各放置一个地动仪，B在A的东偏北60°方向.若A地正东方向的铜丸落下，B地东南方向的铜丸落下，则地震的位置C在A地正东________km. 14．一气球（近似看成球体）在不变形的前提下放在由长为a的12根木条搭成的正方体中，该气球表面积的最大值是______． 四、解答题 15．已知向量满足，与的夹角为 (1)求； (2)设向量与的夹角为，求的值． 16．在中，内角，，的对边分别为，，，且满足． (1)求； (2)若，的面积为，求的周长． 17．在平面直角坐标系中，已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点. (1)求的值； (2)若角满足，求的值. 18．已知函数，设. (1)求的定义域； (2)判断的奇偶性，并说明理由； (3)若，求x的范围. 19．如图所示，四棱锥，底面为正方形，，为正三角形，，点在上. (1)若为中点，求证：平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)若，在棱上是否存在一点，使平面？并证明你的结论. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 《宣威七中高一年级2026年春季学期第一次月测数学试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B B C A B B D AC AB 题号 11 答案 AD 1．A 【详解】由，得，故，， 故. 2．B 【详解】∵ ，， ∴ . ∵ ，，∴ . ∴ . ∴ . 3．B 【分析】利用指数函数和幂函数的单调性，可比较的大小，再根据中间量，可判断的大小. 【详解】因为指数函数在上单调递减，且，所以， 因为幂函数在上单调递减，，所以， 又， 所以. 又，所以. 故选：B 4．C 【分析】利用圆柱的轴截面性质，求得圆柱的高与底面圆半径，根据平面向量的线性性质，把所求数量积转化为直角三角形中的两个向量数量积，利用数量积的定义求解即可. 【详解】解：设圆柱的高为，底面半径为 若圆柱的轴截面是边长为2的正方形， 则：， 因为AB为圆的直径，P为圆上的点，所以在中，为AB中点 又在中，，且，则 如图：为圆柱的一个轴截面 所以 故选：C. 5．A 【分析】由及二倍角的余弦公式可得，根据两角和的余弦公式可得，由诱导公式及的范围即可求解. 【详解】，，由， 可得，即， ，， ，，且， 根据余弦函数性质得，即得. 6．B 【分析】结合题意由三角函数的对称性得到，再结合正弦函数的周期性和最值求解即可． 【详解】如图， 由三角函数的对称性可得阴影部分的面积等于矩形和矩形的面积之和， 又，所以， 因为函数图象向左平移个单位长度得到的图象，所以 ， 所以 ，即，故， 由图象可得，所以，则， 又 ，所以 ，则， 又，所以． 7．B 【分析】设，通过仰角分别得到，再通过，结合余弦定理代入数据求解即可. 【详解】设木铎钟总高 ，因为 水平面， 在 点仰角：， 在 点仰角：， 在 点仰角：， 又，即，是中点， 在中，， 在中，， 因为，所以， 则， 即，又， 得， 化简可得： ， 代入各表达式：， 化简计算：， 因此木铎金声钟的高约为 . 8．D 【详解】已知正方体的体积为，则，则， 球为正方体的棱切球， 故其半径， 球的表面积为． 9．AC 【详解】选项A：的最小正周期为， 单调递增区间为，满足在上单调递增，故A正确； 选项B：，定义域为且，没有意义，最小正周期不是，故B错误； 选项C：的最小正周期为，在单调递减， 则在单调递减，故在单调递增，故C正确； 选项D：，最小正周期为， 在时，，函数在区间内先增后减，故D错误． 10．AB 【分析】根据条件，利用奇偶函数的定义求出判断AB；利用指数函数的性质，结合恒成立求解C；取可判断D. 【详解】对于A，因为为偶函数，则， 所以，整理得到， 因为对恒成立，所以，故A正确， 对于B，因为为奇函数，则， 所以，整理得到， 因为对恒成立，所以，故B正确， 对于C，由，得到恒成立，即恒成立， 又易知，所以，故C错误， 对于D，取，则，函数无最小值，所以D错误， 11．AD 【详解】选项A，由图可知，将线条延伸即可得到梯形. 选项B，三棱锥如下图所示，，. 选项C，因为 平面，所以与面所成角的正弦值即为的正弦值.不难得出正弦值最大时点处于点的位置，. 选项D，将平面与平面沿展开得到下图，可以看到最短的距离便是两点之间的连线，. 12．3 【详解】平面向量在上的投影向量为， 所以，即. 因为，所以. 13． 【分析】根据正弦定理解三角形即可得到答案. 【详解】由题意可得，，，，则， 根据正弦定理可得，又，所以，所以地震的位置C在A地正东处. 14． 【分析】根据正方体的性质可知，气球的最大半径为正方体底面对角线长的一半，然后代入球的表面积公式求解即可. 【详解】气球充气且尽可能地膨胀（仍保持为球的形状）， 由题意与棱长为a的正方体相切于棱中点时，球的半径最大，即表面积最大， 此时球的半径就是正方体底面对角线长的一半， 因为正方体的棱长为a，所以正方体底面对角线的长为， 设球的半径为，即，则，所以球的表面积为. 15．(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用数量积的定义及运算律列式求解. （2）利用数量积的运算律求出，再利用夹角公式求解. 【详解】（1）由，与的夹角为，得， 所以. （2）由（1）得，，而， 所以. 16．(1) (2) 【分析】（1）由利用两角和与差的公式化简得到求解； （2）结合，由的面积为，求得，再利用余弦定理求解. 【详解】（1）因为， 所以， 整理得． 又，所以． 又因为，所以． （2）由（1）知， 由的面积为，得， 解得． 由余弦定理，得， 解得， 所以的周长为． 17．(1) (2)或 【分析】（1）根据题意结合三角函数值的定义分析求解即可； （2）分析可知，根据两角和差公式运算求解，注意讨论的符号性. 【详解】（1）因为角的终边过点，且， 则，， 所以. （2）因为， 又因为，则， 若，则； 若，则. 18．(1)； (2)奇函数，理由见解析； (3). 【分析】（1）求出函数，由函数有意义列出不等式组求解即得. （2）利用函数奇偶性定义推理判断. （3）利用对数函数单调性解不等式. 【详解】（1）函数，，则， 由，解得，所以函数的定义域为. （2）函数是奇函数， 由（1）知，函数，其定义域为， 则， 所以函数是定义域上的奇函数. （3）由，得，则，解得， 所以x的取值范围为. 19．(1)证明见解析 (2) (3)存在，证明见解析. 【分析】（1）连接交于点，先证明，再由线面垂直判定定理证明结论； （2）取的中点，结合异面直线夹角定义证明为异面直线与所成角（或其补角），解三角形求其余弦值； （3）取中点，的中点为，根据线面平面判定定理证明平面，平面，再根据面面平行判定定理证明平面平面，由此证明平面. 【详解】（1）连接交于点，连接， 因为是正方形，所以为中点， 所以在中，为中位线，， 又平面，平面，平面； （2）取的中点，因为为中点， 所以在中，为中位线，所以，， 所以为异面直线与所成角（或其补角）， 在中，，，， 由余弦定理可得，又， 所以为锐角， 所以异面直线与所成角的余弦值为； （3）当是棱中点时，平面 证明如下：取中点，连接，，则， 平面，平面， 平面， 在中，为中点，为中点， 平面，平面，所以平面； ，所以平面平面； 平面，平面 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $