精品解析：湖北武汉市黄陂区第七高级中学等校2025-2026学年高一下学期5月数学训练试题

高一5月数学训练卷 第Ⅰ卷（共58分） 一、单选题：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，只有一项符合题目要求. 1. 若，则等于（ ）． A. 2 B. C. D. 5 2. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. C. D. 3. 如图，是用斜二测画法得到的直观图，其中，，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ） A. B. C. D. 5. 半正多面体，亦称“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，这样的半正多面体也称为二十四等边体.由棱长为2的正方体截得的二十四等边体的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在区间内有最大值，但无最小值，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，三棱柱中，是上靠近的四等分点，平面将三棱柱分成体积为，两部分，则（ ） A. 9：7 B. C. D. 8. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则周长的取值范围为（ ） 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. 设复数在复平面内对应的点为为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则或 B. 若是纯虚数，则的共轭复数 C. 若，则点的集合所构成的图形的面积为 D. 若点坐标为，且是关于的实系数方程的一个根，则 10. 八角镂空窗是中国古典建筑与园林中极具代表性的几何形镂空窗，集实用功能､美学意境与吉祥文化于一体.某八角镂空窗的边框呈正八边形，其示意图与直角坐标系中的平面图如图所示，已知为正八边形内的一动点（含边界），为正八边形的中心，，则下列说法中正确的有（ ） A. 点的坐标为 B. C. D. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点为线段上的动点，为正方体内一点，则以下命题正确的是（ ） A. 取得最小值 B. 当为线段中点时，平面截正方体所得的截面为平行四边形 C. 四面体的外接球的表面积为时， D. 过作正方体外接球的截面，则截面面积的最小值为 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______． 13. ，则__________. 14. 已知，，，四点都在球的球面上，且，，三点所在平面经过球心，，，则点到平面的距离的最大值为________，球的表面积为________. 四、解答题 15. 已知向量，． （1）若，求的值； （2）若，与的夹角为锐角，求实数的取值范围． 16. 知向量，，函数，若的图象上相邻两条对称轴的距离为，且图象过点. （1）求表达式和的单调增区间； （2）将函数的图象向右平移个单位，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，若函数在区间上有且只有一个零点，求实数的取值范围. 17. 如图，在正方体中，E，F，P分别为棱，，的中点． （1）求证：D，B，F，E四点共面． （2）设平面平面，求证：． （3）棱上是否存在一点M，使平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 18. 在锐角中，内角所对的边分别为，且满足． （1）求角； （2）求的取值范围； （3）当时，角的平分线交于，求长度的最大值． 19. 如图所示，设是平面内相交成的两条射线，分别为同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系.在仿射坐标系中，若，则记. （1）仿射坐标系中，为非零向量，，以下两个结论①若，则；②若，则是否一定成立？（请说明理由） （2）在仿射坐标系中，若，且与的夹角为，求的值； （3）如图所示，在仿射坐标系中，分别在轴，轴正半轴上，，点分别为中点，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一5月数学训练卷 第Ⅰ卷（共58分） 一、单选题：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，只有一项符合题目要求. 1. 若，则等于（ ）． A. 2 B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的四则运算得到，再根据共轭复数和模长计算公式得到答案. 【详解】因为， 所以， 故选：C. 2. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量共线定理求解即可. 【详解】由，知，解得. 故选：D. 3. 如图，是用斜二测画法得到的直观图，其中，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法即可得解. 【详解】因为是用斜二测画法得到的直观图， 且其中， ， 所以 ， 所以中，， ， 所以． 4. 如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行、面面平行的判定定理及性质即可判断. 【详解】对于A选项，如图①所示，在正方体中， 且， 因为分别为的中点， 则且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面平面， 所以平面，同理可证平面， 因为平面， 所以平面平面， 因为平面， 故平面,故A满足； 对于B选项，如图②所示，连接， 在正方体中，且， 因为分别为的中点，则且， 所以四边形为平行四边形，故， 因为分别为的中点，则， 所以， 因为平面平面， 所以平面，故B满足； 对于C选项，如图③所示，在正方体中，取的中点， 连接， 因为且分别为的中点， 所以且，故四边形为平行四边形，则， 因为分别为的中点， 所以，则， 所以四点共面， 因为且，则四边形为平行四边形， 所以， 因为分别为的中点，则， 所以， 因为平面平面， 所以平面故C满足； 对于D选项，如图④所示，在正方体中，取的中点， 连接， 因为且分别为的中点， 则且， 所以四边形为平行四边形，则， 因为分别为的中点， 所以，故， 所以四点共面， 同理可证，故， 同理可得， 反设平面， 因为，且平面，则平面， 但与平面有公共点，这与平面矛盾， 故平面，故D不满足. 故选：D. 5. 半正多面体，亦称“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，这样的半正多面体也称为二十四等边体.由棱长为2的正方体截得的二十四等边体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】根据题意，正方体截得的二十四等边体边长为， 其中有个面为正方形，个面为正三角形， 其表面积为. 6. 已知函数在区间内有最大值，但无最小值，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出的范围，由条件结合正弦函数的图象列不等式求结论． 【详解】∵，∴时，， ∵在区间内有最大值，但无最小值， 令，结合图象， ∴，解得． 故选：B． 7. 如图，三棱柱中，是上靠近的四等分点，平面将三棱柱分成体积为，两部分，则（ ） A. 9：7 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据线线平行得截面为梯形，即可根据锥体以及柱体的体积公式求解. 【详解】过作交于，连接, 由于,故，因此截面为梯形， 又,平面，平面，故平面 设三棱柱的高为， 由于, 所以, , 故， 因此 故选：A 8. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则周长的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出角的范围，利用二倍角的正弦公式和正弦定理得，再利用正弦定理和三角恒等变换得，最后得到周长表达式，再利用二次函数的性质即可得到周长的取值范围. 【详解】因为是锐角三角形，所以， 又，所以，所以，由，得， 所以，所以，解得，所以. 由，，，得， ， 所以的周长为． 令，则， 则， 函数在上单调递增， 当时，；当时，， 所以， 所以周长的取值范围为． 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. 设复数在复平面内对应的点为为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则或 B. 若是纯虚数，则的共轭复数 C. 若，则点的集合所构成的图形的面积为 D. 若点坐标为，且是关于的实系数方程的一个根，则 【答案】CD 【解析】 【分析】由复数模长的几何意义可判断A和C，结合复数的除法化简以后由纯虚数可得的取值可判断B，将代入方程，化简可得的值. 【详解】对于A，因为，则点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，圆上的点对应的复数有无数个，所以A错误； 对于B，是一个纯虚数，则，，，所以，B错误； 对于C，因为，则点的轨迹是两个圆心为原点，半径分别为的圆形成的圆环，则点的集合所构成的图形的面积为，C正确； 对于D，因为是实系数方程的一个根，所以，，所以，解得，则，D正确. 故选：CD 10. 八角镂空窗是中国古典建筑与园林中极具代表性的几何形镂空窗，集实用功能､美学意境与吉祥文化于一体.某八角镂空窗的边框呈正八边形，其示意图与直角坐标系中的平面图如图所示，已知为正八边形内的一动点（含边界），为正八边形的中心，，则下列说法中正确的有（ ） A. 点的坐标为 B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用正八边形的性质即可依次得到每个点的坐标，从而判断A，B，C；最后将的取值范围转化为向量在方向上的投影数量的取值范围即可判断D. 【详解】已知，为正八边形，如图所示，设， 则， 对于A，根据正八边形的性质可得点的坐标为，故A正确； 对于B，根据正八边形的性质可得点的坐标为，因此，故B正确； 对于C，根据正八边形的性质可得点的坐标为，所以， 所以， 而，，所以， 因此，故C错误； 对于D，，为正八边形内的一动点（含边界），则，其中表示向量与的夹角， 因此，要求，即求，而表示向量在方向上的投影数量， 由图可知，当在点时，投影最小，此时， 当在点时，投影最大，此时， 因此，，故D正确. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点为线段上的动点，为正方体内一点，则以下命题正确的是（ ） A. 取得最小值 B. 当为线段中点时，平面截正方体所得的截面为平行四边形 C. 四面体的外接球的表面积为时， D. 过作正方体外接球的截面，则截面面积的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项 A，将正方体侧面与底面沿展开到同一平面，进而得到的最小值. 选项B，取中点，通过计算得到四边形是菱形，即可判断；选项C，当时得到两两垂直，则四面体的外接球的直径，从而得到，求出外接球表面积；选项 D，正方体外接球的球心为体对角线中点，求出球的半径，当截面垂直于时，截面圆半径最小，求的最大值为球心到的距离，从而得到即可判断. 【详解】选项 A，将正方体侧面与底面沿展开到同一平面， 则， 此时、、三点共线时，等号成立，则取得最小值， 故A正确. 选项B，取中点，连接，正方体的棱长为2，为线段中点， 则，则四边形是菱形， 则平面就是平面，此截面是平行四边形，故B正确. 选项C，当时，因为两两垂直， 所以四面体的外接球的直径, 则，此时外接球表面积为，故C错误. 选项 D，正方体外接球的球心为体对角线中点， 半径， 当截面垂直于时，截面圆半径最小，， 的最大值为球心到的距离， 即，故， 截面面积最小值为，故D正确. 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解. 【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为， 所以正四棱锥的体积为， 截去的正四棱锥的体积为， 所以棱台的体积为. 方法二：棱台的体积为. 故答案为：. 13. ，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用诱导公式和余弦的倍角公式，即可求解. 【详解】由，则 . 14. 已知，，，四点都在球的球面上，且，，三点所在平面经过球心，，，则点到平面的距离的最大值为________，球的表面积为________. 【答案】 ①. 4 ②. 【解析】 【分析】利用正弦定理求得外接圆半径，结合题意可得球的半径，再利用球的截面性质与球的表面积公式即可得解. 【详解】在中，，. 根据正弦定理（为外接圆半径）， 这里，，所以，解得. 因为、、三点所在平面经过球心，所以球的半径. 因为、、三点所在平面经过球心， 当垂直于平面时，点到平面的距离最大，这个最大值就是球的半径， 所以点到平面的距离的最大值为. 则球的表面积为. 故答案为：；. 四、解答题 15. 已知向量，． （1）若，求的值； （2）若，与的夹角为锐角，求实数的取值范围． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）首先求出、的坐标，再根据得到，由数量积的坐标表示得到方程，解得即可； （2）首先求出的坐标，依题意可得且与不共线同向，即可得到方程（不等式）组，解得即可. 【小问1详解】 因为，， 所以， ∵，∴， ∴，即， 解得或. 【小问2详解】 当时，， ∵与的夹角为锐角， 则且与不共线同向， ∴，解得， ∴的取值范围是. 16. 知向量，，函数，若的图象上相邻两条对称轴的距离为，且图象过点. （1）求表达式和的单调增区间； （2）将函数的图象向右平移个单位，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，若函数在区间上有且只有一个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1），的单调增区间为，；（2）或. 【解析】 【分析】（1）由题意，求得，进而求得，，即可得到函数的解析式，求得其单调递增区间； （2）根据三角函数的图象变换，得到函数，进而求得函数在区间上的值域为，要使得函数在区间上有且只有一个零点，只需函数的图象和直线有且只有一个交点，即可求得结论． 【详解】（1）∵， ∴， ∴函数的最小正周期为， ∴， ∵的图象过点， ∴. ∴， ∴． 由，， 得，， ∴函数的单调增区间为，． （2）将函数的图象向右平移个单位，可得函数 的图象；再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象． ∵， ∴， ∴， ∴函数在区间上的值域为， ∵函数在区间上有且只有一个零点， ∴函数的图象和直线有且只有一个公共点， 根据图象可知，或． ∴实数的取值范围为． 【点睛】本题考查了三角函数的图象变换及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中根据题意得出函数的解析式，熟记三角函数图象与性质，解题的关键是合理把函数的零点问题转化为函数图象的交点问题，着重考查转化思想方法的应用，以及分析问题和解答问题的能力，试题有一定的难度，属于中档题． 17. 如图，在正方体中，E，F，P分别为棱，，的中点． （1）求证：D，B，F，E四点共面． （2）设平面平面，求证：． （3）棱上是否存在一点M，使平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）存在， 【解析】 【分析】（1）应用平行四边形得出，进而得出线线平行即可证明； （2）应用线面平行判定定理得出平面，再应用线面平行性质定理证明； （3）先证明四边形为平行四边形，得出，再应用线面平行判定定理证明； 【小问1详解】 证明：连接． 因为，分别为棱，的中点， 所以，又在正方体中，且， 所以四边形为平行四边形，所以，所以， 所以，，，四点共面． 【小问2详解】 证明：由（1）知，又平面，平面， 所以平面． 因为平面平面，平面，所以． 【小问3详解】 存在，且． 理由如下：取的中点，连接，． 因为，分别为，的中点， 所以，， 又，，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以． 设为的中点，所以，所以， 又平面，平面，所以平面． 故存在所求的点，且． 18. 在锐角中，内角所对的边分别为，且满足． （1）求角； （2）求的取值范围； （3）当时，角的平分线交于，求长度的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理化简得到，再利用余弦定理，求得，进而求得的大小； （2）由正弦定理，可得，根据为锐角三角形，求得，利用三角函数的性质，即可求解； （3）设长度为，由，求得，得到，再由余弦定理，化简得到， 设，进而求得长度的最大值. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理，可得，整理得， 又由余弦定理，可得， 又因为，所以. 【小问2详解】 由正弦定理，可得 ， 因为为锐角三角形，且，可得， 则，可得，则， 所以，即， 所以的取值范围. 【小问3详解】 设长度为， 由，可得， 因为，可得， 所以，可得， 又由余弦定理得，所以， 则， 设 ， 由，可得， 所以长度的最大值为． 19. 如图所示，设是平面内相交成的两条射线，分别为同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系.在仿射坐标系中，若，则记. （1）仿射坐标系中，为非零向量，，以下两个结论①若，则；②若，则是否一定成立？（请说明理由） （2）在仿射坐标系中，若，且与的夹角为，求的值； （3）如图所示，在仿射坐标系中，分别在轴，轴正半轴上，，点分别为中点，求的最小值. 【答案】（1）①成立，②不成立，理由见解析 （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）根据向量坐标运算法则以及仿射坐标系定义利用共线定理和数量积坐标运算，即可判断①成立，②不成立； （2）由仿射坐标系中向量坐标表示以及数量积的运算律计算可得结果； （3）设，以为基底将表示出来，得出数量积的表达式，再由正弦定理以及辅助角公式计算即可得出最大值. 【小问1详解】 ①成立，②不成立.理由如下： 若，则存在非零实数满足，因此，即，所以①成立， 若，可得， 则，因此不成立，即②不成立； 【小问2详解】 在仿射坐标系中，由， 可得，且， 所以， ，可得， ， 因为向量与的夹角为，可得， 解得； 【小问3详解】 在仿射坐标系中，分别在轴，轴正半轴上， 设，其中，所以， 因为，点为中点，可得 又因为分别为中点，可得， 所以， 可得， 因为，所以，即，即， 又由向量，且， 所以， 因为，可得， 代入得， 又因为， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $