精品解析：江苏省邗江中学2025-2026学年高一下学期5月份月考数学试卷

江苏省邗江中学2025-2026学年高一下学期5月份月考数学试卷 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. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，则该平面图形的高为（ ） A. B. 4 C. D. 2. 已知圆锥的体积为，其侧面积与底面积的比为，则该圆锥的母线长为（ ） A. 5 B. 6 C. 8 D. 10 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 4. 在空间中，l，m是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 5. 在正四面体中，点，，分别为棱，，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，是边上一点，且是的中点，记，则（ ） A. B. C. D. 7. 设是球表面上的四个点，平面，，，，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，分别为内角所对的边，已知.设为边BC上一点，若，且，则面积的最小值为（ ） 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，有选错的得0分 9. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ）. A. 若，则 B. 若，的值为 C. 的取值范围为 D. 存在，使得 10. 已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，且该三角形有两解，则 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，则为锐角三角形 11. 如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（    ） A. 三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． B. 无论点N在何处，始终有平面成立． C. 直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为． D. 平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若，且，则_________. 13. 已知的内角，，的对边分别为，，，设，，则角等于____________. 14. 已知正方体的棱长为3，动点在内，满足，则点的轨迹长度为______. 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，. （1）若，求； （2）若，已知，求. 16. 已知中，角，，所对的边分别为，，， （1）求证：； （2）若，求周长的取值范围． 17. 如图，多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥组成，其中，，，是上的一点． （1）若是中点． ①求证：平面；②求异面直线与所成角的余弦值． （2）若为与交点，问上是否存在一点，使得平面？如果存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 18. 如图，在直三棱柱中，，，，点D，E分别为棱BC，的中点，点F是线段CE的中点． （1）求证：平面； （2）求直线DF与平面ABF所成角的正弦值； （3）求二面角的余弦值． 19. 设为坐标原点，定义非零向量的“友函数”为，向量称为函数的“友向量”. （1）记的“友函数”为，求函数的单调递增区间； （2）设，其中，求的“友向量”模长的最大值； （3）已知点满足，向量的“友函数”在处取得最大值.当点运动时，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省邗江中学2025-2026学年高一下学期5月份月考数学试卷 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. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，则该平面图形的高为（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法将直观图还原为直角梯形，如图，结合勾股定理计算即可求解. 【详解】在直角梯形中，， 则， 直角梯形对应的原平面图形为如图中直角梯形， ，，，， 所以该平面图形的高为． 故选：C． 2. 已知圆锥的体积为，其侧面积与底面积的比为，则该圆锥的母线长为（ ） A. 5 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】设圆锥的母线长为，底面半径为，高为，由侧面积与底面积的比为得，即，利用圆锥的体积即可求出，进而求解. 【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，高为，所以侧面面积为，底面面积为， 由侧面积与底面积的比为有，即，所以高， 所以圆锥的体积为，解得， 所以母线长， 故选：A. 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二倍角余弦公式得，则，最后再根据两角差的正弦公式即可得到答案. 【详解】， 因为，则，则， 则. 故选：D. 4. 在空间中，l，m是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用面面平行、线面平行的关系，逐项判断即可. 【详解】对于A，由，，，得或是异面直线，A错误； 对于B，由，，得或，B错误； 对于C，由，，得与相交或，C错误； 对于D，由，得存在过的平面与相交，令交线为，则， 而，，于是，又，，则，因此，D正确. 故选：D 5. 在正四面体中，点，，分别为棱，，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据异面直线夹角的定义结合余弦定理运算求解. 【详解】连接，设正四面体的棱长为2， 因为分别为的中点，则//， 所以异面直线，所成角为（或其补角）， 在中，则， 由余弦定理可得， 所以异面直线，所成角的余弦值为. 故选：A. 6. 在中，是边上一点，且是的中点，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算法则进行运算即可. 【详解】 ， 故选：D． 7. 设是球表面上的四个点，平面，，，，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，画出几何体的图形，利用直棱柱和球的截面的性质，求得外接球的半径，结合球的表面积公式，即可求解. 【详解】解：由题意，画出几何体的图形，如图所示， 把扩展为三棱柱， 上下底面三角形外接圆圆心连线的中点与的距离为球的半径， 由，，，， 则， 设三角形外接圆半径为，球的半径为， 则，且， 所以外接球的表面积为. 故选：B. 8. 在中，分别为内角所对的边，已知.设为边BC上一点，若，且，则面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件恒等式，求得，然后设，则，利用面积关系可以得到，从而求得；再利用面积关系可以得到，再利用基本不等式求出的取值范围，再根据面积公式计算可得. 【详解】由正弦定理可得, 又 所以， 由两角和正弦公式可得，， 又，所以，所以， 即， 又，所以，所以即， 设，则， ∵，， ∴， 即，化简得，即， 又，解得或（舍去）， 所以， 又， 所以， 即，即， 所以，当且仅当时取等号， 所以，即面积的最小值为. 故选：A 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，有选错的得0分 9. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ）. A. 若，则 B. 若，的值为 C. 的取值范围为 D. 存在，使得 【答案】AB 【解析】 【分析】由向量共线的坐标运算可判断A；由向量的垂直的坐标运算可判断B；由向量数量积的坐标运算和的范围可判断C；由得，求出的范围可判断D. 【详解】对于A，若，则，所以，故A正确； 对于B，若，则，所以， 因为，所以的值为，故B正确； 对于C，，因为， 所以，，所以的取值范围为，故C错误； 对于D，，所以，， 若，则，得， 解得，因为，所以，解得， 因为，所以无解，故D错误. 故选：AB. 10. 已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，且该三角形有两解，则 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，则为锐角三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据大边对大角及正弦定理判断A，根据图形数形结合可判断B，由正弦定理及三角恒等变换判断C，由两角和的正切公式变形可判断D. 【详解】因为，所以，由正弦定理，可知，故A正确； 如图， ，，且该三角形有两解，所以，即， 故B正确； 由正弦定理可得，，即，所以，因为，所以或， 即或，所以三角形为等腰或直角三角形，故C错误； 因为 ，且， 所以，即为锐角，所以为锐角三角形，故D正确. 故选：ABD 11. 如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（    ） A. 三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． B. 无论点N在何处，始终有平面成立． C. 直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为． D. 平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形． 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，直角面积为定值，点N到平面的距离为定值，进而判断体积；B选项，平面即为平面 ，再结合正方体特点判断； C选项，作出辅助线，得到即为直线与平面所成角，设大小为，设，，分，和三种情况，得到的取值范围；D选项，当为的中点，和三种情况，画出平面BDN截得正方体的截面. 【详解】A选项，在点N的位置移动时，点N到平面的距离为定值， 等于正方体的棱长，且直角面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，不会随着点N的位置的改变而变化，A错误； B选项，平面ACN即为平面AC ，而正方体中必有平面；得到B正确； C选项，取的中点，连接，则⊥，过点作⊥于点， 则，故⊥平面， 所以即为直线MN与平面所成角，设大小为， 设正方体的棱长为2，则， 设，， 若，则， 由勾股定理得， 则， 当时，取得最大值，最大值为， 当时，取得最小值，最小值为1，故， 若，此时平面，此时夹角为0，， 若，则， 由勾股定理得， 则， 显然，，， 此时， 综上，， 直线MN与平面所成角的正切值的取值范围为，C正确； D选项，当为的中点时，平面截得正方体的截面为正， 当时，延长交于点，连接， 则即为平面BDN截得正方体的截面， 当时，延长交于点， 在平面上，过点作平行于，交于点，连接， 则四边形即为平面BDN截得正方体的截面， 故平面截得正方体的截面可能是三角形或四边形，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若，且，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】设，由向量的坐标表示向量共线和垂直，解出，再计算模长可得. 【详解】设，则， 由，可得，解得， 则，所以. 故答案为：. 13. 已知的内角，，的对边分别为，，，设，，则角等于____________. 【答案】## 【解析】 【分析】先利用正弦定理边角转化，再结合余弦定理可求得，代入即可求解. 【详解】在中，由及正弦定理得 ，即， 由余弦定理得， 而，解得， 由得， 显然，则. 故答案为：. 14. 已知正方体的棱长为3，动点在内，满足，则点的轨迹长度为______. 【答案】 【解析】 【分析】确定正方体对角线与的交点E，求出确定轨迹形状，再求出轨迹长度作答. 【详解】在正方体中，如图， 平面，平面，则，而， ，，平面，于是平面，又平面， 则，同理，而，，平面， 因此平面，令交平面于点， 由，得， 即，解得， 而，于是， 因为点在内，满足，则， 因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆在内的圆弧， 而为正三角形，则三棱锥必为正三棱锥，为正的中心， 于是正的内切圆半径， 则，即，， 所以圆在内的圆弧为圆周长的， 即点的轨迹长度为 故答案为： 【点睛】方法点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解. 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，. （1）若，求； （2）若，已知，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【详解】（1）因为，，， 所以， 所以. （2）因为， 所以由 ，得， 因为，所以， 所以， 令，则，，， 所以，， 所以. 16. 已知中，角，，所对的边分别为，，， （1）求证：； （2）若，求周长的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理角化边，结合余弦定理得到，再结合，得到，进而可求证； （2）先确定，再结合正弦定理得到，，进而可求解. 【小问1详解】 由得， 从而， 得， 由余弦定理得，即， 由正弦定理得， 又在三角形中，， 所以． 所以，即． 所以或， 即或． 因为，，所以． 【小问2详解】 由得， 所以， 即，解得， 因为，由正弦定理得，所以， 由正弦定理得 ， 故的周长． 令，由（1）知，所以． 因为函数在上单调递增， 所以周长的取值范围为． 17. 如图，多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥组成，其中，，，是上的一点． （1）若是中点． ①求证：平面；②求异面直线与所成角的余弦值． （2）若为与交点，问上是否存在一点，使得平面？如果存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）①证明见解析；② （2）存在，且 【解析】 【分析】（1）①连接交于点，连接，利用中位线的性质得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立； ②分析可知，异面直线与所成角为或其补角，求出三边边长，结合余弦定理可求得结果； （2）由线面平行的性质可得出，由此得出，即可得解. 【小问1详解】 连接交于点，连接，如下图所示： 在三棱柱中，，，所以，四边形为平行四边形， 因为，所以为的中点， 又因为为的中点，所以，且， 因为平面，平面，故平面； 在直三棱柱中，平面，平面，所以， 所以，， 同理可得，， 所以，，， 因为，所以，异面直线与所成角为或其补角， 由余弦定理可得， 因此，异面直线与所成角的余弦值为. 【小问2详解】 如下图所示： 因为，，所以， 因为平面，平面，平面平面， 所以，故，因此. 所以，线段上存在一点，使得平面，且． 18. 如图，在直三棱柱中，，，，点D，E分别为棱BC，的中点，点F是线段CE的中点． （1）求证：平面； （2）求直线DF与平面ABF所成角的正弦值； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）只需分别证明，，结合线面垂直的判定定理即可得解； （2）首先通过分析可说明是直线DF与平面ABF所成角，进一步通过解三角形即可得解； （3）由二面角的定义分析说明为二面角F-AD-C的平面角，再通过解三角形即可得解. 【小问1详解】 在直三棱柱中，平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以． 在矩形中，，，点E是棱的中点， 所以，所以是等边三角形， 又点F是线段CE的中点，所以， 又，平面，所以平面． 【小问2详解】 在平面BCE内，过点D作BF的垂线，垂足为H，如图所示． 由（1）知平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 所以是直线DF与平面ABF所成角． 在中，，，所以， 又点D为棱BC的中点，所以． 因为平面，又平面，所以， 所以，． 在中，由余弦定理得， 所以，即直线DF与平面ABF所成角的正弦值为． 【小问3详解】 在平面内，过点F作AC的垂线，垂足为O，在平面ABC内，过O作AD的垂线，垂足为G，连接FG，如图所示． 因为平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以，， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以，又， 所以为二面角的平面角． 在中，． 因为平面，平面，所以， 又易得，，所以， 由等面积法可知． 在中，，，，所以， 所以，即二面角的余弦值为． 19. 设为坐标原点，定义非零向量的“友函数”为，向量称为函数的“友向量”. （1）记的“友函数”为，求函数的单调递增区间； （2）设，其中，求的“友向量”模长的最大值； （3）已知点满足，向量的“友函数”在处取得最大值.当点运动时，求的取值范围. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据定义直接可得函数解析式并化简，进而可得函数的单调递增区间； （2）化简函数解析式，可判断函数的“友向量”，进而可确定其模长； （3）根据三角函数性质直接可得函数取得最值时根据不等式可得，再利用齐次式可得的最值. 【小问1详解】 由已知， 则令，， 解得，， 即函数的单调递增区间为，； 【小问2详解】 ， 则的“友向量”为， 所以， 又，所以当，时，取得最大值为； 【小问3详解】 由已知点满足， 则，，且， 又，且， 且当，时，函数取得最大值， 即， 所以， 即， 又， 设，则原式， 且在上单调递减， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $