精品解析：广东中山华辰实验中学2025-2026学年高一下学期5月月考数学试题

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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知平面向量满足且在方向上的投影向量为，则与夹角的余弦值大小为（ ） A. B. C. D. 3. 计算所得的结果为（ ） A. B. C. D. 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. B. C. D. 5. 位于灯塔处正西方相距海里的处有一艘甲船，需要海上加油，位于灯塔处北偏东方向有一与灯塔相距海里的处有一艘乙船，则乙船前往支援处甲船需要航行的最短距离是 （ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 6. 如图，某几何体可看成是个几何体的组合体，上面的几何体I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I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倍，若几何体I、II、III的高之比分别为，则几何体I、II、III的体积之比为 （ ） A. B. C. D. 7. 如图，在△ABC中， 过点P的直线分别交直线AB ，AC于不同的两点M，N，设 其中m，n>0， 则 的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 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角；当三角形有一内角大于或等于时，所求的点为三角形最大内角的顶点.已知、、分别是的内角、、所对的边， 且，，若为的费马点，则（ ） A. B. C. D. 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、、、、、、、、、的下四分位数为 B. 若、为互斥事件，则的对立事件与的对立事件一定互斥 C. 设样本数据、、、、、的平均数和方差分别为和，若，则、、、、、 的平均数和方差分别为和 D. 已知，，且，则 10. 函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 是函数的一条对称轴 D. 是函数的对称中心 11. 如图，在棱长为的正方体 中，为棱的中点，点满足 ，则下列说法中正确的是 （ ） A. 平面 B. 若平面，则动点的轨迹长度为 C. 若，则四面体的体积为定值 D. 平面截正方体的截面面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量与的夹角为则在方向上的投影向量的坐标为_____________. 13. 已知正四面体的棱长为 ，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 的球形容器中，则截去的小正四面体的棱长最小值为_____________. 14. 在中，已知，O是的外心，且，则______． 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. 在中，已知a，b，c分别是的内角A，B，C所对的边， 记 且 . （1）求角C; （2）若 求的取值范围. 16. 如图，是等边三角形，是边上的动点，记. （1）求的最大值； （2）若，求的周长. 17. 设常数，已知函数，其中. （1）当时，求在上的取值范围； （2）若为偶函数，求的值； （3）若，求方程在区间上的解. 18. 如图，在四棱锥中，，底面是边长为的菱形，． （1）证明：平面； （2）若，且与底面所成角的余弦值为．求的长； 19. 如图，等腰直角三角形所在平面与半圆弧所在平面垂直，为的中点，且， 是上异于、的点，是的中点. （1）证明：平面 （2）若圆的半径为， 设， （i）当时， 求二面角的平面角的正切值； （ii）当在弧上运动时 （不与、重合），证明：点到平面的距离 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由共轭复数的定义及复数的乘法法则可得. 【详解】因为，所以，． 2. 已知平面向量满足且在方向上的投影向量为，则与夹角的余弦值大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量求得，进而求夹角余弦值. 【详解】因为在方向上的投影向量为，所以， 所以，所以， 故选：D. 3. 计算所得的结果为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将转化成，展开整理化简即可. 【详解】 故选：C 【点睛】本题考查内容是三角恒等变换的知识，其中化简表达式一般先找角之间的关系，尽可能将出现的角变少，然后利用三角恒等变换的公式进行化简即可. 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. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用圆锥侧面展开图扇形的弧长等于圆锥的底面圆的周长即可求解母线长，最后利用侧面积公式即可得到答案. 【详解】设圆锥的母线为，底面半径为，侧面展开图扇形的圆心角为， 则， 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，即，所以. 则该圆锥的侧面积为 故选：A. 5. 位于灯塔处正西方相距海里的处有一艘甲船，需要海上加油，位于灯塔处北偏东方向有一与灯塔相距海里的处有一艘乙船，则乙船前往支援处甲船需要航行的最短距离是 （ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 【答案】B 【解析】 【分析】根据题设画出示意图，利用余弦定理可得. 【详解】根据题意，画出示意图如下，由题意得，， 由余弦定理得 . 所以，则乙船航行的距离为海里. 故选：B. 6. 如图，某几何体可看成是个几何体的组合体，上面的几何体I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I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倍，若几何体I、II、III的高之比分别为，则几何体I、II、III的体积之比为 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用柱体、台体体积公式可求得结果. 【详解】设直棱柱I的底面积为，高为，则棱台II的上底面面积为，下底面面积为，高为， 棱台III的上底面面积为，下底面面积为，高为， 设几何体I、II、III的体积分别为、、， 则，， ， 因此，. 故选：C. 7. 如图，在△ABC中， 过点P的直线分别交直线AB ，AC于不同的两点M，N，设 其中m，n>0， 则 的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量基本定理得到，由共线定理的推论得到方程，求出，再利用乘“1”法即可得到答案. 【详解】， 因为，，所以， 又三点共线，所以，即，且， ， 当且仅当，即时等号成立. 故选：C 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角；当三角形有一内角大于或等于时，所求的点为三角形最大内角的顶点.已知、、分别是的内角、、所对的边， 且，，若为的费马点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理、二倍角的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值，再利用与余弦定理求出的值，利用三角形的面积结合等面积法可求得的值，再结合平面向量数量积的定义可求得结果. 【详解】因为，即， 由余弦定理可得，故， 即，即， 因为，由正弦定理可得， 因为、，则，故，， 所以，化简得，故，所以， 所以，可得， 故， 所以 ， 故， 故 . 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 数据、、、、、、、、、的下四分位数为 B. 若、为互斥事件，则的对立事件与的对立事件一定互斥 C. 设样本数据、、、、、的平均数和方差分别为和，若，则、、、、、 的平均数和方差分别为和 D. 已知，，且，则 【答案】AC 【解析】 【分析】利用百分位数的定义可判断A选项；利用韦恩图法可判断B选项；利用平均数和方差的性质可判断C选项；利用事件的关系可判断D选项. 【详解】对于A选项，，故数据、、、、、、、、、的下四分位数为，A对； 对于B选项，若事件、互斥且不对立，如下图所示： 则，即的对立事件与的对立事件不一定互斥，B错； 对于C选项，设样本数据、、、、、的平均数和方差分别为和， 若，则、、、、、 的平均数为，方差为，C对； 对于D选项，若，则，故，D错. 故选：AC. 10. 函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 是函数的一条对称轴 D. 是函数的对称中心 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数图象知：、、为对称轴、是函数的一个对称中心，结合余弦函数的性质即可判断各选项的正误. 【详解】由图知：，即，而，可得，A正确； 且，可得，B错误； 为对称轴，C正确； 由是函数的一个对称中心，则是函数的对称中心，D正确； 故选：ACD 11. 如图，在棱长为的正方体 中，为棱的中点，点满足 ，则下列说法中正确的是 （ ） A. 平面 B. 若平面，则动点的轨迹长度为 C. 若，则四面体的体积为定值 D. 平面截正方体的截面面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，运用反证法思路，假设结论成立，经过推理得到平面，与事实矛盾，排除A；对于B，利用动线构造平面平面与平面平行，即可判断点的轨迹为线段，求出其长度可判断B；对于C，由推理得到、、三点共线，而平面，故得四面体的体积为定值，可判断C；对于D，取的中点，连接、，分析出截面为梯形，求其面积，可判断D. 【详解】对于A，如图1，假设平面，因平面则①； 因为四边形为正方形，可得， 又平面，平面，则, 又，、平面，故平面， 因平面，故②， 又，、平面，故由①②可得平面， 显然该结论不成立，故错误； 对于B，如图2，分别取、中点、，连接、、， 因为，，、分别为、的中点， 所以，， 故四边形为平行四边形，故，， 又因为，，所以， 即四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，故平面③， 因为、分别为、的中点，所以， 因为，，故四边形为平行四边形， 则，故， 因为平面，平面，所以平面④， 因为，、平面， 由③④可得平面平面， 而平面，则点在平面内，而点又在平面内， 故点的轨迹为线段， 其长度为，B正确； 对于C，，，， 因为，，即， 所以， 即，即，故、、三点共线， 所以点在上，而，且平面，平面， 所以平面， 所以点到平面的距离为定值，因为的面积为定值， 所以四面体的体积为定值，正确； 对于D，取的中点，连接、，如下图所示： 因为、分别为、的中点，故， 又因为，故， 且， 由勾股定理可得， ， 所以， 因为，故， 故， 因为，故， 所以， 因此，平面截正方体的截面面积为， 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. 已知向量与的夹角为则在方向上的投影向量的坐标为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量公式直接求解可得. 【详解】，， 由投影向量公式可得： . 故答案为：. 13. 已知正四面体的棱长为 ，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 的球形容器中，则截去的小正四面体的棱长最小值为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】画出图形，做出辅助线，求出大正四面体的外接球半径，这个八面体的外接球半径为，则截去的小正四面体的棱长最小，根据勾股定理列出方程，求出答案，舍去不合要求的解. 【详解】如图，正四面体在点截去小正四面体， 取中点，连接，过点作⊥平面，则在上，且⊥平面，垂足为，连接，则为正的中心， 大正四面体的外接球球心在高上，设为，连接，则， 因为大正四面体的棱长为，故，解得， 由勾股定理得， 在中，，即，解得， 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，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， 则， 设截去的小正四面体的棱长为，则，即， 则，故，故高， 所以， 在中，，即， 解得或， ，不合要求，舍去，符合要求， 截去的小正四面体的棱长最小值为. 故答案为：. 14. 在中，已知，O是的外心，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积的定义及运算律可得，求出夹角余弦后利用余弦定理得解. 【详解】因为O是的外心，所以O在AB的中垂线上， 故． 由题意可得， 对等式两边同时乘，则， 则，解得， 故． 由余弦定理可得，解得． 故答案为： 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. 在中，已知a，b，c分别是的内角A，B，C所对的边， 记 且 . （1）求角C; （2）若 求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先利用向量共线的坐标表示列出等式，然后根据正弦定理和和差的正弦公式化简从而求得. （2）先根据正弦定理将分别用表示出来，然后列出的表达式并化简，最后根据的范围求出的范围即可. 【小问1详解】 因为， 所以，化简得， 利用正弦定理得， 因为，所以， 所以，因为，所以. 又，所以. 【小问2详解】 根据正弦定理，所以， 同理. 所以. 因为，所以，所以. 所以的取值范围为. 16. 如图，是等边三角形，是边上的动点，记. （1）求的最大值； （2）若，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据代入计算，利用三角公式变形后利用正弦函数的性质求最值； （2）先求出，再利用正弦定理求，利用余弦定理求，进而周长可求. 【小问1详解】 由是等边三角形得，， 所以 当时，即为中点时，原式取最大值； 【小问2详解】 由，可得， 所以， 由正弦定理得， 所以， 所以, 则的周长为. 17. 设常数，已知函数，其中. （1）当时，求在上的取值范围； （2）若为偶函数，求的值； （3）若，求方程在区间上的解. 【答案】（1）； （2）； （3）或或或. 【解析】 【分析】（1）结合二倍角公式化简函数解析式可得，结合正弦函数性质求结论； （2）根据函数的偶函数定义列关系式，结合三角形的函数的性质化简即可求出； （3）先求出的值，化简方程，结合特殊值的三角函数解方程可得结论． 【小问1详解】 因为，， 所以， 因为，所以， 所以， 所以在上的取值范围为， 【小问2详解】 因为， 所以， 因为为偶函数，所以， 所以， 所以， 所以； 【小问3详解】 因为， 所以， 所以， 所以， 因为， 所以， 所以， 所以，，或，， 所以，，或，， 因为， 所以或或或. 18. 如图，在四棱锥中，，底面是边长为的菱形，． （1）证明：平面； （2）若，且与底面所成角的余弦值为．求的长； 【答案】（1）连接，交于点，连接， 因为，所以， 因为四边形是菱形， 所以，又，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，根据已知得、，再由线面垂直的判定证明结论； （2）取中点，连接，，连接，根据线面垂直的判定及性质、正三角形的性质得平面，再由线面角的定义确定与底面所成角的平面角，结合其余弦值求相关线段长，即可得. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 取中点，连接， 因为，所以为正三角形，所以， 因为，平面，所以平面， 由平面，所以，所以，又，即， 设，连接，显然是正三角形的中心， 所以平面，且即为直线与平面所成的角． 所以，所以， 因为，所以， 所以，所以，则. 19. 如图，等腰直角三角形所在平面与半圆弧所在平面垂直，为的中点，且， 是上异于、的点，是的中点. （1）证明：平面 （2）若圆的半径为， 设， （i）当时， 求二面角的平面角的正切值； （ii）当在弧上运动时 （不与、重合），证明：点到平面的距离 . 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得，再根据线面垂直的判定与性质即可证明； （2）（i）由二面角的定义可知二面角的平面角为，求出、的长，即可求出的正切值，即为所求； （ii）过点在平面内作交于点，求出的面积，结合等体积法可证得结论成立. 【小问1详解】 因为是半圆弧上一点，所以，即， 因为、分别是、的中点，所以，， 因为是等腰直角三角形，，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以， 因为、平面，，所以平面. 【小问2详解】 （i）由（1）可知平面，且、平面，故，， 所以，二面角的平面角为， 当时，， 因为为等腰直角三角形，且，则， 因为为的中点，所以， 因为平面，平面，故， 所以，即二面角的平面角的正切值为； （ii）过点在平面内作交于点，如图所示， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 由（ⅰ）知， 当时，，则， 所以， 由等腰三角形得，， 因为平面，平面，所以， 所以， 在中，，， 所以， 又因为， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $