广东中山华辰实验中学2025-2026学年高一下学期5月月考数学试卷

广东中山华辰实验中学2025-2026学年高一下数学5月月考试卷 一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项 符合题目要求，选对得5分，选错得0分 1.已知z=1十2i,则z,z=（) A.-3 B.5 C.-5 D.3 2.已知平面向量a,满足a=(1,2),=1且d在b方向上的投影向量为26，则d与b夹角的余弦值大 小为() 4 A: C.v5 D. 2v5 5 5 5 3.计算2cos10°-sin20 所得的结果为() Cos20° A.1 B.V2 C.V3 D.2 4.已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为60°的扇形，则该圆锥的侧面积为() A.6π B.12m C.3m D.27 5.位于灯塔A处正西方相距30海里的B处有一艘甲船，需要海上加油，位于灯塔A处北偏东45°方向有一 与灯塔A相距10√2海里的C处有一艘乙船，则乙船前往支援B处甲船需要航行的最短距离是() A.10√5海里 B.10V17海里 C.8V17海里 D.30海里 6.如图，某几何体可看成是3个几何体的组合体，上面的几何体1是直棱柱，中间的几何体Ⅱ是棱台，下面 的几何体Ⅲ也是棱台，几何体Ⅲ的下底面与几何体的底面是全等的六边形，几何体Ⅲ的上底面面积是 下底面面积的4倍，若几何体I、Ⅱ、Ⅲ的高之比分别为2：3：5，则几何体缸、Ⅱ、Ⅲ的体积之比为 () A.2:6:15 B.9:15:25 C.6:21:35 D.9:21:56 7.如图，在△ABC中，P己=2BP过点P的直线分别交直线AB,AC于不同的两点M,N,设 三mAMAC=nAN其中m,n>0,则二+二的最小值为( B B.2 C.3 D.4 第1页 共4页 8.十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出一个著名的几何问题：已知一个三 角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小在费马提到的这个问题中所求的点被 称为费马点，其答案如下：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心，即该 点与三角形三个顶点的连线两两成120°角；当三角形有一内角大于或等于120°时，所求的点为三角形 最大内角的顶点.已知a、b、c分别是△ABC的内角A、B、C所对的边，且a2一(b一c2=8, bsin B+C 2 =asin B,若P为△ABC的费马点，则PA.PB+PB.P元+PA.PC=(） A.-4 B.-3 C.-6 D.-2 3 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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，不选或选错的得0分 9.下列说法中正确的是() A.数据2、2、3、5、6、7、7、8、10、11的下四分位数为3 B.若A、B为互斥事件，则A的对立事件与B的对立事件一定互斥 C.设样本数据1、x2、x3、∴、xg、10的平均数和方差分别为2和8，若 %=2c十1(i=1,2,3,·,10),则1、2、3、∴、、10的平均数和方差分别为 5和32 D.己知P(A)=0.5,P(B)=0.4,且B≤A,则P(AB)=0.2 10.函数()=cos(wz+)(w>0,中<)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是() 4 A.W=π B.=君 C.x=3 是函数的一条对称轴 41 D.(k+0)(化∈列是函数的对称中心 11.如图，在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，点Q满足 C1Q=λC1B1+μC1C(入∈[0,1]，4∈[0,1)，则下列说法中正确的是() B D B A.AC1⊥平面A1PD B.若D1Q/平面A1PD,则动点Q的轨迹长度为2v2 第2页 共4页 1 C.若入+“=2则四面体DPQA1的体积为定值 D.平面A1PD截正方体的截面面积为18 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.已知向量d与的夹角为30°|d=4v3,方=(2，V②)则d在b方向上的投影向量c的坐标为 13.已知正四面体的棱长为4√6，现截去四个全等的小正四面体，得到如图的八面体，若这个八面体能放 进半径为2√的球形容器中，则截去的小正四面体的棱长最小值为 14在△ABC中，已知2AB=3AC=12,0是△ABC的外心，且市-音应+日花，则BC= 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤 15.在△ABC中，已知a,b,c分别是△ABC的内角A,B,C所对的边，记元=(2c,1) i=(2a-b,cosB)且元/杭.(1)求角C; (2)若c=√求2b-a的取值范围. 16.如图，△ABC是等边三角形，D是BC边上的动点，记∠BAD=a,∠ADC=B. (I)求2 cosa cos的最大值； ②若BD-1.cos8-方求△ABD的周长 第3页 共4页 17.设常数a∈R,己知函数y=f(c),其中f(c)=asin2c+2cos2x. (1)当a=1时，求y=f(x)在x∈R上的取值范围； (2)若y=f(x)为偶函数，求a的值： )若∫（④）=V3+1,求方程f@)=1-V②在区间-元闭上的解. 18.如图，在四棱锥P-ABCD中，PB=PD,底面ABCD是边长为V3的菱形，∠BAD=T (1)证明：BD⊥平面PAC: (2)若PD⊥AB,且PC与底面ABCD所成角的余弦值为2Y5 求PA的长： 19.如图，等腰直角三角形ABC所在平面与半圆弧AB所在平面垂直，O为AB的中点，且AC=BC, M弧AB上异于A、B的点，N是AM的中点.(1)证明：AM⊥平面OCN (2)若圆O的半径为1，设∠MAB=a, (i)当a=30°时，求二面角C-AM-B的平面角的正切值： (i)当M在弧AB上运动时（不与A、B重合），证明：点O到平面BCM的距离d= coSa V1+cos2a M N 第4页 共4页 广东中山华辰实验中学2025-2026学年高一下数学5月月考试卷 数学参考答案 一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项 符合题目要求，选对得5分，选错得0分. 2 3 4 5 6 7 8 0 B C C 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，不选或选错的得0分. 9 10 11 A,C A,C,D B,C,D 三、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.(3V2,3V2 13.2√-2√ 14.2v√7【知识点】余弦定理解三角形、数量积的运算律、用定义求向量的数量积 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。 15.(1) 3 (2)（-v3,2W3) 16.(1)最大值为√ (2)△ABD的周长为6 17.(1)[1-√2,1+√2 (2）a=0 )所以虹= 20成c-成=11 24"或-9m 5 24 24 18.(1)证明：连接BD,交AC于点O. 因为PB=PD,所以BD⊥PO, 因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC, 又PO∩AC=O,所以BD⊥平面PAC. (2)PA=√2 19.（1)证明见解析 第1页共11页 (2)(i)2;(ii)证明见解析 数学参考解析 一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项 符合题目要求，选对得5分，选错得0分. 1.B 【解答过程】 因为z=1+2i,所以z=1-2i,zz=(1+2i)·(1-21)=1+4=5. 2.D 【解答过程】 因为a在6方向上的投影向量为26，所以d·6.石 =26, 所以a6=2,所以cos(a,}= a.b 2 2v5 a V1+4.1-5, 故选：D 3.C 【解答过程】 2cos10°-sin20°2cos(30°-20)-sin20° c0s20° c0s20° =3c0s20°+sin20°-sin20°cos20°=3 故选：C 4.A 【解答过程】 设圆锥的母线为l,底面半径为r,侧面展开图扇形的圆心角为α， 则a=60°= 31 因为圆锥侧面展开图扇形的弧长等于圆锥的底面圆的周长， 所以al=2m,即T×1=2m,所以1=6. 3 则该圆锥的侧面积为πl=6π 故选：A. 5.B 【解答过程】 根据题意，画出示意图如下，由题意得AB=30,AC=10√2， 北 459 第2页 共11页 由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC.COs135° =302+(10V2)2-2×30×10V2× 2 =1700. 所以BC=10√17，则乙船航行的距离为10√17海里 故选：B 6.C 【解答过程】 设直棱柱I的底面积为S,高为2h,则棱台II的上底面面积为S,下底面面积为4S,高为3h, 棱台III的上底面面积为4S,下底面面积为S,高为5h, 设几何体I、II、III的体积分别为、、g, 则%=S-2h=28,=专5+45+V84到-3h=75, ⅓-a5+8+v网.5h-2sm 因此，：%%=2：7：5=6：21：36 故选：C 7.C 【解答过程】 =店+驴-店+d=店+(ad-)-+d 31 因为AB=mAM,AC=nAN,所以AP= +兮， 又M,P,N三点共线，所 2m+g=1,即2m+n=3,且m,n>0, 3 品+言m+(信+)++贺)〔 +元)≥3(5+2 2n,2m =3, V m 当且仅当20=2m,即m=n=1时等号成立. 故选：C 8.A 【解答过程】 因为a2-(6-c)2=a2-b2-c2+2bc=8,即b2+c2-a2-2bc=-8, 由会定理可得asA-+,数十C心-上次A 即2 bccos A-2bc=-8,即bccos A-bc=-4, 因为binB十C-asi血B,由正弦定理可得sin Bsi血T,A sin Asin B, 2 2 因为4、B∈(0，，则0<A<元， 2 <2故sinB>0,cos2>0, -simA=2sn分cos分，化简得si A A A 所以cos 2= 故号 收2=6所以A- 31 1 所以becos A-bc=-2bc=-4,可得bc=8, 故SAADC= cn4=写×8×9 =2v, 2 2 第3页 共11页 所以 ABc=5apa+SaPAG+8aPc=(（p·plm120+pA·P sin120+P sin120r） -×9(+网+，)=28 故pA:P+Ppd+p:pd=8, 0s12Pcs2+co 120 =×8=4 1 故选：A 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，不选或选错的得0分. 9.A,C 【解答过程】 对于A选项，10×0.25=2.5，故数据2、2、3、5、6、7、7、8、10、11的下四分位数为3，A对； 对于B选项，若事件A、B互斥且不对立，如下图所示： 2 B 则A∩B≠⑦，即A的对立事件与B的对立事件不一定互斥，B错： 对于C选项，设样本数据c1、c2、c3、··、xg、10的平均数和方差分别为2和8， 若=2+1(=1,2,3，…，10)，则、2、%、…、g、10的平均数为2×2+1=5，方 差为22×8=32，C对： 对于D选项，若B≤A,则AB=B,故P(AB)=P(B)=0.4,D错. 故选：AC. 10.A,C,D 【解答过 由图知： T_5-1=1,即T=2,而T=2红，可得w=,A正确： 24-4 ω cos(牙+=0咀o<7可得0=牙，B嘴误 =主-为对新轴，C正确： 241 由（宝0）是函数的一个对称中心，则(k+寻0)（任€Z列是函数的对称中心，D正确： 故选：ACD 11.B,C,D 【解答过程】 对于A,如图1，假设AC1⊥平面A1PD,因A1PC平面A1PD则AC1⊥A1P①： 第4页 共11页 D B B 图1 因为四边形ABB1A1为正方形，可得A1B⊥AB1, 又B1C1⊥平面ABB1A1,A1BC平面ABB1A1,则B1C⊥A1B, 又AB1∩B1C1=B1,AB1、B1C1C平面AB1C1,故A1B⊥平面AB1C1, 因AC1C平面AB1C1,故A1B⊥AC1②， 又A1B∩A1P=A1,A1B、A1PC平面A1ABB1,故由①②可得AC1⊥平面A1ABB1, 显然该结论不成立，故A错误； 对于B,如图2，分别取B1C1、CC1中点E、F,连接D1E、D1F、EF, D B B 图2 因为BB1/CC,BB1=CC,P、F分别为BB1、CC1的中点， 所以B1P/C1F,B1P=C1F, 故四边形B1C1FP为平行四边形，故PF/B1C1,PF=B1C1, 又因为A1D1/B1C,A1D1=B1C,所以PF/A1D1, 即四边形DA1PF为平行四边形，所以D1F/A1P, 因为A1PC平面A1PD,D1F平面A1PD,故D1F//平面A1PD③， 因为E、F分别为B1C1、CC1的中点，所以EF/B1C, 因为A1D/B1C,A1D=B1C,故四边形A1B1CD为平行四边形， 则A1D/B1C,故EF/A1D, 因为EF平面A1PD,A1DC平面A1PD,所以EF/平面A1PD④， 因为EF∩D1F=F,EF、D1FC平面D1EF, 由③④可得平面A1PD/平面D1EF, 而D1Q/平面A1PD,则点Q在平面D1EF内，而点Q又在平面C1CBB内， 故点Q的轨迹为线段EF, 其长度为EF=√CE2+CF2=V2+2=2v2,B正确； 对于C,CB=2C应，CC=2C至，EF1/A1D, 因为Cd=AC可+uCiC0∈0,1，∈0,0.X+u-方即2A+2w=1, 所以C10=2AC12+2uC1=2AC2+(1-2)CF, 第5页 共11页 即C1司-C1市=2以C龙-C1),即F0=2λF应，故Q、E、F三点共线， 所以点Q在EF上，而EF/A1D,且A1DC平面A1PD,EF4平面A1PD, 所以EF/平面A1PD, 所以点Q到平面A1PD的距离为定值，因为△A1PD的面积为定值， 所以四面体DPQA1的体积为定值，C正确： 对于D,取BC的中点M,连接PM、DM,如下图所示： A B 图3 因为M、P分别为BC、BP的中点，故MP//B1C, 又因为A1D/B1C,故MP/A1D, 且MP-BC=x4va-2v2 由勾股定理可得DM=√CD2+CM2=√4+22=2V5, PD=VBD2+BP2=√(4V22+22=6, 所以cos∠DPM=PD2+PM2-DM2_36+8-20_V2 2PD.PM 2×6×2√2 2 因为0<∠DPM<m,故∠DPM= 放5aw=号PD.PMm置-日x6x2v2x号=6， 2 因为PM/AD,故ADP=∠DPM-是 所以SAAPD= 4D-PDsm{-日x4②x6x 2 =12 因此，平面A1PD截正方体的截面面积为SA1PMD=S△DPM+S△APD=6+12=18, 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.(3v2,3√②) 【解答过程】 同=V2+2=2,a:i=alcos30°=4v3x2xy5-12, 2 由投影向量公式可得： E-ai.高-36-32，v网=Bv2,3v网， 故答案为：(3√2,3V② 第6页 共11页 13.2v/6-2√月 【解答过程】 如图，正四面体P一ABC在P点截去小正四面体P一EFG, 取BC中点D,连接AD,过点P作PH⊥平面ABC,则H在AD上，且PH⊥平面EFG,垂足为I, 连接EI,则EI为正△EFG的中心， 大正四面体的外接球球心在高PH上，设为O,连接OA,则OA=OP=R, 因内大四面体的陵长为4v®2AH=品源解彩A短=42 由勾股定理得PH=√AP2-AH产=8， 在Rt△AOH中，AO2=OH2+AH,即R2=(4V②)2+(8-R)2,解得R=6, 则大正四面体的外接球半径为6， 若这个八面体的外接球半径为=2√，则截去的小正四面体的棱长最小， 由对称性可知，这个八面体的外接球的球心与正四面体的外接球球心重合，连接O可， 则OE=r=26, 设截去的小正四面体的棱长为a,则2a≤4v,即a<2v, 三⊙王故西工之少 则2EI=. 3a, 所以OI=OP-PI=6-Y 3a, a1oB,B02=0+Er,(6-5,)+()°=Bv同。 2 解得a=2√+2或2v-2√， a=2√6+2V3>2√6，不合要求，舍去，a=2v-2符合要求， 截去的小正四面体的棱长最小值为2√-2√. 故答案为：2√-2√. 14.2√7【知识点】余弦定理解三角形、数量积的运算律、用定义求向量的数量积 【解答过程】 因为0是△ABC的外心，所以O在AB的中垂线上， 第7页 共11页 A话 故Ad.A应=|AO:A过cos∠0AB= =18. 2 由题意可得18Aò=8A品+3A心， 对等式两边同时乘AB,则18Ad·AB=8A应.AB+3A记.AB, 则18×18=8×36+3AC·AB,解得AC.AB=12, 故cos∠BAC=,121 4×62 由余弦定理可得cos/BAC=2 1 AB2+AC2-BC2 2AB×AC ,解得BC=2V7. 故答案为：2√厅 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤 15.(1)3 (2)（-√3,2v3) 【解答过程】 【小问1解析】 因为m=(2c,1),元=(2a-b,cosB),m//元， ，化简得2a-b=2c0sB, 所以2a-b-cosB 2c 利用正弦定理得2sinA-sinB=2 sin C cos B, 因为sinA=sin(B+C),所以2 sin Bcos C+2 cos Bsin C-sinB=2 sin Ccos B, 所以2 2sin B cosC-sinB=0,因为sinB≠0，所以cosC=2 1 0<C<,所以C=行 【小问2解析】 根据正弦定理 ,3 inA=sinC= =2,所以a=2sinA, /2r 同理b=2sinB=2sin3A=V3cosA+sinA, 所以2b-a=2√3cosA. 因为0<A<智，所以-号 2m <cosA<1,所以-V5<2b-a<2V3. 所以2b-a的取值范围为(-√5,2√3) 16.(1) 第8页 共11页 最大值为v 【解答过程】 解：由△ABC是等边三角形得B-a=T 3 所以2nsa-cos8=2aosa-osa+3=V3sina+3) 当a=言时，即D为BC中点时，原式取最大值V3: (2) △ABD的周长为6 【解答过程】 解：由eos8=7B∈(0，)可得sng=4y 7, 所以sina=snB-3)=sin cos-cos6sin3=14, T π3v月 由正弦定理 AB BD BDsinB 7 8 sin∠ADB 59 inZBAD得AB= sina 3=3 1 所以AD2=BA2+BD2-2BA·BDO83=9 π64 1-2× ×1× 149 2 9 所以AD=3' 7.8 则△ABD的周长为1+3+3=6. 17.(1) [1-V2,1+V2 【解答过程】 因为f(x)=asin2x+2cos2x,a=1, 所以fa)=sm2x+2cos2x=sin2z+cos2z+1=V2sin(2e+f）+1, 因为eeR,所以-1≤sin(2z+)≤1， 所以1-V②≤V2sin(2a+)+1≤1+V②， 所以y=f(x)在x∈R上的取值范围为[1-V2,1+√②， (2) a=0 【解答过程】 因为f(x)=asin2x+2cos2x, 所以f(-x)=-asin2x+2cos2x, 因为f(x)为偶函数，所以f(-x)=f(x), 所以-asin2x+2cos2x=asin2x+2cos2c, 所以2asin2x=0, 所以a=0: (3) 19 所以三或红三或x13或1云 24 24 【解答过程】 第9页 共11页 因为f()=V8+1, 所以asin+2cos2(） T =a+1=+1, 所以a=√3， 所以f()=V3sin2r+2os2g=V3sin2e+cos2z+1=2sin(2z+石)+1， 因为f(x)=1-V2, 所以2sm(2红+君)+1-1-V2, 所以血(2红+)- 21 所以2z+6.-4+2km,k∈Z.或2t+石-+2 krhspacef0.17em,k∈Z, π π π5 5 所以x二一 24T+k,飞∈Z,或x三28r+kr hspace0.17em},k∈Z, 因为x∈[-rhspace{0.17em,], 所以心= 24或2 5 24m或2≤13元】 19 24或2--11π 241 18.(1) 证明：连接BD,交AC于点O 因为PB=PD,所以BD⊥PO, 因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC 又PO∩AC=O,所以BD⊥平面PAC. 【解答过程】 略 (2) PA=V2 【解答过程】 取AB中点E,连接DE,PE 因为∠BAD=智，AB=AD,所以△ABD为正三角形，所以DE上AB, 因为PD⊥AB,DE∩PD=D,所以AB⊥平面PDE, 所以AB⊥PE,所以PA=PB=PD, 设AO∩DE=G,连接PG,则PG⊥平面ABCD,且∠PCG即为直线PC与平面ABCD所成的 角. 所以o/PCG=2Y,所以tw/PCG=Pe_ cG=21 因为AB=V原.所以A0-子0G=分AG=1, 所以CG=2,所以PG=1,所以PA=√2. 19.(1)证明见解析 (2)(i)2;(ii)证明见解析 【解答过程】 【小问1解析】 因为M是半圆弧AB上的一点，所以 第10页 共11页 ∠AMB=,即AMLBM, 因为O、N分别是AB、AM的中点，所以ON/BM,ON⊥AM, 因为△ACB是等腰直角三角形，AC=BC,所以OC⊥AB, 因为平面ACB⊥平面ABM,平面ACB∩平面ABM=AB,COC平面ABC, 所以COL平面ABM,又因为AMC平面ABM,所以AMLCO, 因为OC、ONc平面OCN,ON∩OC=O,所以AM⊥平面OCN, 【小问2解析】 (i)由(1)可知AM⊥平面OCN,且CN、ONC平面OCN,故CN⊥AM,ON⊥AM, 所以，二面角C-AM-B的平面角为∠CNO, 当a=30时，0N=0A=司 1 因为△ABC为等菱直角三角形，且AC=BC,则∠ACB=分 因为0为AB的中点，所以0C=号 AB=1, 因为COL平面ABM,ONC平面ABM,故COLON, 所以tan∠CN0= C0=是=2，即二面角C-AM-B的平面角的正切值为2： ON=工 (ii)过点M在平面ABM内作MG⊥AB交AB于点G,如图所示， M G B 因为平面ABM⊥平面ABC,且平面ABM∩平面ABC=AB,MGC平面ABM, 所以MG⊥平面ABC, 由(i)知0A=OB=OC=OM=1, 当∠MAB=a时，∠ABM=君-a,则BM=in=2sna, 所以MG=BM·sinZABM=2sina:sin(g-a）=sin2a, 由等腰三角形ABC得，BC=√2， 因为CO⊥平面ABM,OMC平面ABM,所以CO⊥OM, 所以CM=VC02+OM2=V2, 在△BCM中，BC=CM=√2，BM=2sina, 所以ao=BM/BC2-BAM-{X 1, 4=2×2sina×V2-sin2a=sinav2-sina, 1 1 又因为%-BcM=3 SCM×d=3SaBc0×MC, 所以d=saco×MC_是×1×1×sin2a cosa SABCM sinav√2-sin2a v√2-sin2aV√1+cos2a 第11页 共11页