精品解析：内蒙古赤峰第四中学2025-2026学年高一第二学期5月月考数学试题

赤峰第四中学2025—2026学年第二学期月考试题 高一数学 2026.05 考试时间：120分钟，满分150分 一、单项选择题：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. 已知集合，则（ ） A. {0，1} B. {0，1，2} C. {x|0≤x<2} D. {x|0≤x≤3} 2. 如下图，是线段的中点，设向量，，那么能够表示为（ ） A. B. C. D. 3. 已知复数，其中是虚数单位，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4. 下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，若，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 6. 某圆锥的侧面展开图是面积为，圆心角为的扇形，则该圆锥的轴截面的面积为（ ） A. B. 3 C. 4 D. 7. 已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 8. 正四棱锥的体积为8，，若该四棱锥的顶点均在一个球面上，则这个球的表面积为（ ）． 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 不等式的解集是 B. 函数的最小值是 C. “，恒成立”的充要条件是“” D. 若，则等于 10. 如图，在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，下列结论正确的是（ ） A. 与垂直 B. 平面 C. 异面直线与所成的角为 D. 点到平面的距离为 11. 在中，、、的对边分别为、、，下列说法正确的是（ ） A. 若的外接圆半径，且，则角 B. 若，则为等腰三角形或直角三角形 C. 若为锐角三角形，则 D. 若有两解，，，则 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，，则在上的投影向量为_________ 13. 已知圆台上、下底面半径分别为、，若其母线与底面所成角为，则该圆台的体积为_____________ 14. 如图，棱长为的正方体中，、分别为、的中点，点在上底面（含边界）上运动，若满足平面，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. 在中，已知. （1）求角； （2）若，，求的面积. 16. 已知函数. （1）求函数的最小正周期和单调递增区间； （2）求函数的最小值，及取最小值时的取值集合； （3）求不等式的解集. 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，，，且底面，，，分别为棱，，的中点. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的大小. 18. 如图，在平面四边形中，，，． （1）若面积是2，求； （2）若，求． 19. 如图，四棱锥中，平面平面，是边长为6的等边三角形，，，点在棱上，且． （1）求证：∥平面； （2）已知． ①若二面角的正切值为2，求三棱锥的体积； ②若，设直线与平面所成的角为，若，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 赤峰第四中学2025—2026学年第二学期月考试题 高一数学 2026.05 考试时间：120分钟，满分150分 一、单项选择题：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. 已知集合，则（ ） A. {0，1} B. {0，1，2} C. {x|0≤x<2} D. {x|0≤x≤3} 【答案】B 【解析】 【分析】 利用一元二次不等式的解法化简集合B,再利用交集的定义求解即可. 【详解】因为， 所以{0，1，2}， 故选：B. 【点睛】本题主要考查集合交集的运算，考查了一元二次不等式的解法，属于基础题. 2. 如下图，是线段的中点，设向量，，那么能够表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由向量的线性运算，可得解 【详解】由题意，． 故选：B 3. 已知复数，其中是虚数单位，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘、除法运算可得，结合复数的几何意义计算即可求解. 【详解】， 所以. 4. 下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数奇偶性的定义和函数的解析式判断. 【详解】对于A.函数的定义域是，所以函数是非奇非偶函数，故错误； 对于B，因为，所以函数是偶函数，故错误； 对于C,在上单调递减，故错误； 对于D，因为，所以函数是奇函数，且在上单调递增，正确； 5. 已知，，若，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的线性运算及向量的共线结论可得. 【详解】因为，，所以，， 由，所以，解得． 6. 某圆锥的侧面展开图是面积为，圆心角为的扇形，则该圆锥的轴截面的面积为（ ） A. B. 3 C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意先计算出母线长，再求出底面半径，从而可求出圆锥的高，进而可求出轴截面的面积. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 因为圆锥的侧面展开图是面积为，圆心角为的扇形， 所以，解得， 因为，所以，得， 所以圆锥的高为， 所以圆锥的轴截面的面积是. 故选：A. 7. 已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【详解】选项A：平行于同一平面的两条直线的位置关系可以为平行、相交或异面，并非一定平行，故A错误； 选项B：若，，则则或，并非一定有，故B错误； 选项C：由面面平行的性质，若且，则； 又，则平面内存在直线满足， 由线面垂直的性质可得，因此，故C正确； 选项D：平行于平面的直线与平面内直线的位置关系可以为平行或异面，并非一定平行，故D错误. 8. 正四棱锥的体积为8，，若该四棱锥的顶点均在一个球面上，则这个球的表面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意画出图形，由体积可算得正四棱锥的高，再由勾股定理可求得外接球的半径，进而求得其表面积. 【详解】如图，设为外接球球心，底面于点，设， 由正四棱锥的体积为8，即，解得，则， 又，所以，， 在中，，即，解得， 所以外接球的表面积为. 故选：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. 下列说法中正确的是（ ） A. 不等式的解集是 B. 函数的最小值是 C. “，恒成立”的充要条件是“” D. 若，则等于 【答案】CD 【解析】 【详解】由，得，则，解得，所以A错误； 令，则，即， 由对勾函数性质知在上单调递增，， 则函数的最小值不是，故B错误； ，恒成立， 当时，不等式恒成立， 当时，有，解得， 综上所述，“，恒成立”的充要条件是“”，故C正确； 由，则， ， 则， 故D正确. 10. 如图，在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，下列结论正确的是（ ） A. 与垂直 B. 平面 C. 异面直线与所成的角为 D. 点到平面的距离为 【答案】BD 【解析】 【详解】以为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立空间坐标系： 则,,,,, ,,,,, 对于A，因为，, 所以, 所以不垂直，即与不垂直，故A错误； 对于B，因为轴平面， 所以取平面的法向量， 因为， 所以， 又因为平面， 所以平面，故B正确； 对于C，因为，, 所以, 又因为， 所以， 即异面直线与所成的角为，故C错误； 对于D，因为，，， 设平面的法向量为， 则，即， 取， 设点到平面的距离为， 则，故D正确． 11. 在中，、、的对边分别为、、，下列说法正确的是（ ） A. 若的外接圆半径，且，则角 B. 若，则为等腰三角形或直角三角形 C. 若为锐角三角形，则 D. 若有两解，，，则 【答案】BCD 【解析】 【详解】由正弦定理，，故或，故A错误； 由正弦定理，代入得 ，即， 则或，即或， 为等腰三角形或直角三角形，故B正确； 若为锐角三角形，则，即, 则，由正弦函数性质知正弦函数在内单调递增， ，故C正确； 已知有两解，则， 已知，， 则, ，故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，，则在上的投影向量为_________ 【答案】 【解析】 【详解】设 为在上的投影向量， 则. 13. 已知圆台上、下底面半径分别为、，若其母线与底面所成角为，则该圆台的体积为_____________ 【答案】 ## 【解析】 【分析】先根据母线与底面的夹角求出圆台的高，再代入圆台体积公式计算结果 【详解】设圆台上底面半径，下底面半径，高为， 圆台的轴截面为等腰梯形， 如图，过其上底面顶点作，垂足为，可得直角三角形， 此时 该直角三角形的水平直角边长， 母线与底面所成的角，即， 因此有，解得，即， 根据圆台体积公式， 代入、、计算得：  . 14. 如图，棱长为的正方体中，、分别为、的中点，点在上底面（含边界）上运动，若满足平面，则点的轨迹长度为_____________ 【答案】 【解析】 【分析】取，，，的中点分别为，，，，连接，，，，，，，可证明平面，点在平面内，进而可得点在面与面的交线上，即可求解. 【详解】取，，，的中点分别为，，，， 连接，，，，，，， 因为，分别为，的中点， 所以，同理可得， 因为，， 所以四边形是平行四边形，可得， 所以，同理可证，， 所以，，，，，共面， 因为，面，面， 所以平面， 若平面，则点在平面内， 又因为点在上底面（含边界）， 所以点在面与面的交线上， 所以点在线段上，则点轨迹长度为. 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. 在中，已知. （1）求角； （2）若，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边角混合等式转化为边的关系，再结合余弦定理求解角； （2）先通过余弦定理求边长，再代入三角形面积公式计算结果. 【小问1详解】 设外接圆半径为， 由正弦定理， 可得，，， 将上述关系代入已知等式， 两边同乘得： ，整理得， 由余弦定理，代入得， 因为为三角形内角，即，故. 【小问2详解】 将，，代入余弦定理， 得：， 整理为一元二次方程， 其判别式，解得， 因为边长为正，故， 所以. 16. 已知函数. （1）求函数的最小正周期和单调递增区间； （2）求函数的最小值，及取最小值时的取值集合； （3）求不等式的解集. 【答案】（1） 最小正周期为，单调递增区间为 （2） 最小值为，对应的取值集合为 （3） 解集为. 【解析】 【分析】（1）利用两角和差正弦公式、辅助角公式化简，根据正弦型函数的周期性和单调性可得结论； （2）令即可求得最小值和的取值； （3）将不等式化为，结合正弦函数的图象与性质可求得结果. 【小问1详解】 ， 的最小正周期. 由，解得， 故的单调递增区间为. 【小问2详解】 当，即时，取得最小值， 即，此时的取值集合为. 【小问3详解】 由得：， ，解得：， 的解集为. 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，，，且底面，，，分别为棱，，的中点. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的大小. 【答案】（1）证明见解析. （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直推得面面垂直； （2）利用定义找到二面角的平面角，在三角形中计算夹角的值； 【小问1详解】 ∵底面ABCD，平面ABCD， ∴. 如图，连接AC． ∵底面ABCD为正方形，∴， ∵M，N分别为棱AB，BC的中点， ∴，∴， 又平面PBD， ∴平面PBD， ∵平面MNE， ∴平面平面PBD． 【小问2详解】 如图，设，，连接FE，则F为线段OB的中点. 易知平面平面， 由（1）知，平面PBD，平面PBD ∴， ∴∠EFB为二面角的平面角， 又底面ABCD，，， ∴， ∴， 即二面角的大小为. 18. 如图，在平面四边形中，，，． （1）若面积是2，求； （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由结合余弦定理化简即可求解； （2）设，在中利用正弦定理可得，在中利用正弦定理可得，求出即可求解. 【小问1详解】 ， 所以， 由余弦定理可得， 所以； 【小问2详解】 ，则，， 在中，即，所以， 在中，，即，所以， 所以，解得， 又，，解得，所以. 19. 如图，四棱锥中，平面平面，是边长为6的等边三角形，，，点在棱上，且． （1）求证：∥平面； （2）已知． ①若二面角的正切值为2，求三棱锥的体积； ②若，设直线与平面所成的角为，若，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2）① ；② 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到，进而证明出线面平行； （2）①作出辅助线，为二面角的平面角，根据二面角的正切值求出，求出其他各边长，利用求出体积； ②作出辅助线，得到为与平面所成角，即，求出各边长，其中，由余弦定理得，由求出，，得到答案. 【小问1详解】 连接交于点，连接， ，，由相似三角形的性质，可得， 又，所以， 平面，平面， 平面． 【小问2详解】 ①取的中点，取的中点，连接，，， 则，， ，， ∵是边长为6的等边三角形，则，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，． 又，平面，平面， ∵平面，，所以为二面角的平面角． 在中，． 在中，， ， ． ②过作交于，连接，由于平面， 所以平面， 则为与平面所成角，即，． 点在棱上，且． 由，，， 由余弦定理得 ， ，，，， 故的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $