广东中山市桂山中学2025-2026学年高一下学期5月段考检测数学试题

**基本信息** 高一年级5月段考数学卷，覆盖立体几何、三角函数、向量等核心模块，通过基础题（如圆柱体积比）、综合题（解三角形）及创新情境题（仿射坐标系、旅游路径优化）实现能力梯度，注重数学思维与实际应用结合。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|圆柱体积比、向量线性运算、三角函数图像平移|基础概念辨析，强调数学眼光观察空间形式与数量关系| |多选题|3/18|棱柱性质、函数单调性与对称性、解三角形|多角度考查逻辑推理，体现数学思维严谨性| |填空题|3/15|圆台侧面积、向量夹角、柯西不等式应用|结合数学文化（柯西不等式），培养数学语言表达| |解答题|5/77|立体几何证明与体积、三角函数零点、旅游路径优化、仿射坐标系|综合题注重实际应用（旅游路径时间优化）与创新情境（仿射坐标系），突出数学思维解决复杂问题能力|

广东省中山市桂山中学2028届高一年级5月段考检测题（2026.5） 数 学 命题人：费晓东 审题人：吴思婷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）。试卷满分 150分。考试时间 120分钟。 【注意事项】 1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、4位班座号、10位市统考号，用黑色签字笔或钢笔填写在答题卷密封线内。 2．选择题做在答题卡上，非选择题做在答题卷上。考试结束后，只交答题卡和答题卷。 3.试卷共　4　页，答题卷共　4　页，作答时用黑色签字笔或钢笔直接答在指定答题处。 第І 卷 （选择题 共 58 分） 一、单选题：本题共8小题，每题5分，共40分。 1．已知，则（   ） A．5 B． C． D．50 2．已知圆柱的底面直径和高都等于球的半径，则圆柱与球的体积之比为（   ） A． B． C． D． 3．在中，为上一点，且，为中点，若，则（   ） A． B． C． D． 4．已知向量，，且，若均为正数，则的最小值是（    ） A． B． C．8 D．24 5．若，则（   ） A．1 B． C．2 D． 6．将函数的图象向左平移个单位长度，所得函数图象与函数的图象重合，则实数的最小值（     ） A． B． C． D． 7．在中，角为三个内角，则“”是“”的（        ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 8．已知分别是轴正半轴上的两个动点，且，如图，以为边构造正方形，分别过点向轴作垂线，垂足依次为，当点由向左运动到原点的过程中，四边形周长取得最大值时，点的坐标为（   ） 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，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，选错得得0分。 9．下列命题中正确的有（   ） A．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体叫做棱柱. B．平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形. C．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥. D．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形. 10．函数，下列结论正确的有（    ） A．函数在上单调递增 B．函数的图象关于直线对称 C．若关于的方程在上有两个不相等的实数根，则 D．函数的最大值为 11．设的内角的对边分别为，若，且，则（    ） A． B． C．的面积可以是1 D．的周长可以是3 第Ⅱ卷(非选择题 共92 分 ) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12．已知一个圆台的轴截面为梯形，若，则该圆台的侧面积为______． 13．已知向量，，且与夹角为钝角，则的取值范围为___________． 14．柯西不等式是数学家柯西（Cauchy）在研究数学分析中的“流数”问题时得到的一个重要不等式，而柯西不等式的二维形式是同学们可以利用向量工具得到的：已知向量，，由得到，当且仅当时取等号.现已知，，，则的最大值为__________. 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．（本小题13分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，点到平面的距离为2，，分别是和的中点． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积． 16．（本小题15分）在中，角的对边分别为．已知，，． (1)求A的值； (2)求c的值； (3)求的值． 17．（本小题15分）已知函数的部分图象如下图所示，若函数的图象上所有点的纵坐标不变，把横坐标扩大到原来的两倍，得到函数的图象． (1)求的解析式； (2)求在上的单调递减区间； (3)若在区间上恰有2026个零点，求的取值范围． 18．（本小题17分）如图，游客从某旅游景区的景点A处下至C处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C．现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50米/分钟．在甲出发2分钟后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1分钟后，再从B匀速步行到C，假设缆车匀速直线运动的速度为130米/分钟，山路AC长为1260米，经测量，，其中A，C均为锐角． (1)求索道AB的长； (2)问：乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？ (3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？ 19．（本小题17分）如图，设是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与轴、轴同方向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做在仿射坐标系中的斜坐标． (1)若，，求； (2)若，，，求在上的投影向量的斜坐标； (3)若，，，，求的最小值． 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 《2026年5月22日高中数学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D A C C D C D BCD AD 题号 11 答案 BD 1．B 【详解】由题得， 所以. 2．D 【详解】设球的半径为，则球的体积， 又圆柱的底面直径和高都等于球的半径，所以圆柱的体积， 所以圆柱与球的体积之比为． 3．A 【分析】应用向量的线性关系及加减法计算化简，再应用平面向量基本定理计算求解. 【详解】由题可知，，则，，. 4．C 【分析】先根据平面向量共线的坐标表示得到，再根据基本不等式“1”的代换求解即可. 【详解】由，得，即， 又均为正数， 则， 当且仅当，即时等号成立， 则的最小值是8. 5．C 【详解】因为 所以可化为， 所以 6．D 【分析】利用图象变换和诱导公式求出m的最小值. 【详解】，而. 函数的图象向左平移个单位长度， 可得， 因为平移后所得函数图象与函数的图象重合， 所以，，解得，， 因为，所以当时，取得最小值. 7．C 【分析】将其转化为函数，结合图像即可求解 【详解】考虑为到的斜率， 因为， 因为函数在与上均递增，得大致图象，如图所示， 若，则，而 同号，由图及单调性可得； 若，则必定成立，故为充要条件． 8．D 【分析】结合图形，利用和表达四边形周长，进而利用三角函数求解最值，再计算得到的坐标. 【详解】设，因为正方形的边长， 所以， 四边形周长为， 其中，当时周长最大． 此时，则， 故点的坐标为. 9．BCD 【分析】根据简单几何体的结构特征，逐项判断，即可得出结果. 【详解】 对于A：如图所示，上下底面平行，各个面都是平行四边形， 此几何体不是棱柱，故A错误； 对于B：由平行六面体的概念和性质可知： 平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，故B正确； 对于C：棱锥侧面全为三角形，有一个面是平行四边形， 则此面为底面，所以该棱锥为四棱锥，故C正确； 对于D：正棱锥的定义是：底面为正多边形，且顶点在底面上的投影为底面中心. 容易得到，所有侧棱长度相等，底面边长相等，每个侧面三角形由两条侧棱和一条底边组成， 因此正棱锥的侧面是等腰三角形，同时，所有侧面三角形的边长对应相等，故侧面三角形全等，故D正确. 故选：BCD. 10．AD 【分析】根据二倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，画出函数图象或整体思想分析可判断选项A，B；方程根的个数问题转化为函数图象交点个数问题可判断选项C；利用同角三角函数的关系化简函数解析式可判断选项D． 【详解】， 对于A，由，得，而在上单调递增，故函数在上单调递增，A正确； 对于B，，故函数的图象不关于直线对称，B错误； 对于C，由，可得，由，得， 因为在上单调递增，在上单调递减， 且当，即时，，当，即时，， 当，即时，， 要使方程在上有两个不相等的实数根， ，故，C错误； 对于D，因 ， 因，则当时，取得最大值，故D正确. 11．BD 【分析】对于A、B选项，由正弦定理结合两角和的正弦定理可求出角C即可； 对于C，利用基本不等式可得，结合三角形面积公式可求解； 对于D，利用余弦定理可得的最小值，从而得到周长的最小值. 【详解】已知， 由正弦定理可得， ， ， ，，， 即.所以B正确；根据已知条件无法得出，所以A错误； 对于C：，又，，当且仅当时等号成立， ，所以C错误； 对于D：由余弦定理 ，，即，当且仅当等号成立. 此时，，所以的周长范围为. 当，即时，，则存在实数解. 所以D正确. 12． 【分析】根据题意得到圆台上下底面半径及母线长，再利用圆台侧面积公式求解． 【详解】 易知上底面圆的半径，下底面圆的半径， 母线长， 所以该圆台的侧面积． 13． 【分析】本题考查向量夹角为钝角的条件，即两向量数量积小于0且两向量不共线，分别列出不等式求解，最后取交集得到t的取值范围。 【详解】向量，可得。 由, 得，所以或， 若两向量共线，可得，即，解得或, 因为夹角为钝角时两向量不能共线，所以且， 所以的取值范围是. 综上，的取值范围是. 14． 【分析】令，代入公式即可得解. 【详解】令， 又，，， 所以， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最大值为. 故答案为： 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面平行的判定结合中位线的条件即可求证； （2）使用等体积法结合条件中到平面的距离即可求解. 【详解】（1）在中，分别是和的中点， ， 又平面平面 平面． （2）由题意得点到平面的距离为2 即三棱锥的高为2， 四边形是正方形， ， 三棱锥的体积为． 三棱锥的体积为． 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）由正弦定理化边为角再化简可求； （2）由余弦定理，结合（1）结论与已知代入可得关于的方程，求解可得，进而求得； （3）利用正弦定理先求，再由二倍角公式分别求，由两角和的正弦可得. 【详解】（1）已知，由正弦定理， 得，显然， 得，由， 故； （2）由（1）知，且，， 由余弦定理， 则， 解得（舍去）， 故； （3）由正弦定理，且， 得，且，则为锐角， 故，故， 且； 故. 17．(1)； (2)； (3). 【分析】（1）结合图象先求的解析式，再根据求解即可； （2）利用整体思想，求出函数的所有递减区间，再求出函数在上的单调递减区间； （3）根据函数的周期为4，可得两相邻零点之间的距离为2，求出2026、2028个零点之间最短距离，即可得答案. 【详解】（1）由题意可得，， 所以，解得， 所以， 又因为， 所以， 所以， 又因为，所以， 所以， 由题意可得； （2）由（1）可知， 令， 解得， 当时，的单调递减区间为， 所以在上的单调递减区间为； （3）因为，最小正周期为4， 所以相邻两个零点之间的距离为2， 又因为在区间上恰有2026个零点， 设第一个零点为，则第2026个零点为， 则2026个零点之间最短距离为， 由2028个零点之间最短距离为， 所以 18．(1)； (2)； (3)（单位：m/min）． 【分析】(1)在中，已知两角及其夹边，可求出第三个角通过正弦定理计算AB的长； (2)甲乙最短距离时所在位置可以与A构成三角形，根据速度，可以求得路程，即三角形边长，利用余弦定理解三角形即可； (3)通过路程除以速度计算时间，根据两人到达时间，列不等式，计算范围即可． 【详解】（1）在中，因为，， 所以，，从而： ， 由正弦定理，得． （2）设乙在D处时，与E处的甲距离最近： 假设乙出发后，甲、乙两游客距离为， 此时，甲行走了，乙走了， 所以由余弦定理得： ， 即， 因为乙还在缆车上，故，即， 故当时，甲、乙两游客距离最短． （3）由正弦定理，得． 乙从出发时，甲已走了，还需走710才能到达． 设乙步行的速度为，由题意得， 即，解得， 所以为使两位游客在处互相等待的时间不超过， 乙步行的速度应控制在（单位：）范围内． 19．(1)； (2)； (3)． 【分析】(1)根据题干给出的斜坐标的定义表示，根据向量的共线定理求参即可； (2)根据投影向量公式可知，计算出两向量的数量积与模长即可得到，由基底向量的模长与夹角代入计算的数量积与模长； (3)根据题干给的定义，将表示出来，计算其模长及夹角，根据模长的范围确定夹角的范围，进而计算的最小值． 【详解】（1）由题意得，，， 因为，则存在实数使得，即， 整理得：，即， 因为为单位向量且不共线，所以，，得，； （2）由题意得，，，且，则 ； 因为在上的投影向量为， 因为， 故， 故在上的投影向量的斜坐标为； （3）由题意得，，，， 设夹角为，则，则： ； ， ，则 因为， 且，故，即， 因为，故； 解得：；故； 则，故； 即，故， 则的最小值为． 答案第12页，共12页 答案第1页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $