湖北襄阳市第四中学2025-2026学年高一下学期五月测试数学试题

**基本信息** 高一下五月数学测试覆盖集合、向量、三角函数、立体几何等核心知识，解答题融入枫叶林面积优化、观景栈道造价等实际情境与圆内接四边形动态问题，注重数学建模与空间观念考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合运算、向量共线、三角函数图像变换|基础概念辨析，强调数学抽象| |多选题|3/18|解三角形、球面几何、向量夹角范围|多选项设计，考查逻辑推理| |填空题|4/20|复数运算、集合充分条件、正方体截面|情境化设问，体现几何直观| |解答题|5/77|复数应用、立体几何证明、实际问题建模、圆内接四边形动态问题|综合应用，突出数学建模与空间观念|

2025-2028届高一下五月测试数学试题 考试时间：2026年5月28日 试卷满分：150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，只有一项是符合题目要求的。 1．设全集，集合，，则=（    ） A． B． C． D． 2．已知平面向量，，若，则（    ） A． B． C． D． 3．已知，且，，，则（   ） A． B． C． D． 4．将函数的图象先向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象对应的函数解析式为（   ） A． B． C． D． 5．已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 6．已知向量，满足，，则向量在向量方向上的投影向量为（   ） 7．已知是边长为1的正三角形，，是上一点且，则（   ） A． B． C． D． 8．在△ABC中，角的对边分别为， ,求的最小值（    ）． A． B． C． D．3+ 2、 多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。 9．在中，，，的面积为，则（    ） A．外接圆的面积为 B． C．是等边三角形 D．的周长是 10．如图，球O的半径为为球面上三点，劣弧的弧长记为a，设表示以O为圆心，且过的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设，则下列结论正确的是（   ） A．若平面是面积为的等边三角形，则 B．若，则 C．若平面为直角三角形，且，则为常数 D．若，则球面的体积V满足 11．已知不共线的平面向量，满足，且，则（   ） A．与的夹角的取值范围为 B．当时， C．当时，的最小值为 D．对于给定的，记的最小值为，则 3、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 12．若复数，则实数的取值为__________. 13．已知集合，．若“”是“”的充分条件，则实数的取值范围是______． 14．在棱长为的正方体中，点是棱的中点，点是底面上的动点，且，则平面截正方体所得多边形的边数为          ；该多边形的周长为          ． 四、解答题：本题共5小题，共77分。 15．已知为虚数单位，是实系数一元二次方程的两个虚根 （1）设满足方程，求； （2）设，复数所对的向量分别是与，若向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围. 16．如图已知四棱锥，底面为梯形，，，，P、Q为侧棱上的点，且，点为上的点，且．  (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)平面与侧棱相交于点，求的值． 17．如图，某城市为升级沿河直线绿道的沿途风景，计划在以为直径的半圆形空地内部修建一块矩形枫叶林（在上，在半圆上，为圆心），已知的长为． (1)求枫叶林面积的最大值； (2)为方便游客休憩打卡，计划在的另一侧修建观景木质栈道，已知段每米的造价为元，段每米的造价是段的两倍，，求修建观景木质栈道所需的费用最多为多少元（结果用表示）． 18．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，平面，且是的中点． 求证：平面； 求异面直线与所成角的正切值； 求直线与平面所成角的正弦值． 19．圆内接四边形作为一类特殊的四边形，有着非常好的性质，比如对角互补.如图，中，，，点是外接圆上的一个动点（点在直线两侧），记，则. (1)若，求的值； (2)若，求的最大值； (3)若点满足，求四边形的面积. 2025-2028届高一下五月测试数学试题 参考答案 1．【答案】B 【详解】因为全集，集合，， 所以，故. 2．【答案】D 【详解】因为平面向量，，若，则， 所以，即，解得. 3．【答案】D 【详解】对于A，当，，时，，故A错误； 对于B，当，，时，，故B错误. 对于C，当，，时，，故C错误； 对于D，因为，，所以，故D正确. 4．【答案】C 【详解】将函数的图象先向左平移个单位长度， 可得， 再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）， 可得. 5．【答案】D 【详解】对于A：若，，则可以平行或相交或异面，故A错误; 对于B：若，，则或或，故B错误； 对于C：若，，则或，故C错误； 对于D：若，，则，故D正确. 6．【答案】A 【详解】已知向量，满足，，则， 则向量在向量方向上的投影向量为. 7．【答案】B 【分析】利用平面向量共线基本定理，结合图形求得，再由平面向量数量积的定义与运算律计算即得. 【详解】 因，，则， 故 又三点共线，则， 故，又因为是边长为1的正三角形 所以， . 8. 【答案】A 方法一、 作 方法二、为的中点,由中线长公式，A点轨迹为阿氏圆，可以求出半径为1， 9．【答案】ABD 【详解】由三角形面积公式：，代入得： ，解得， 由余弦定理，代入得： ， 结合得，因此，得， 选项A： 由正弦定理（为外接圆半径）， 代入得： ，得，外接圆面积，A正确， 选项B： 由正弦定理，， 得，代入，，B正确， 选项C： 若为等边三角形，则边长为3，面积为，矛盾，C错误， 选项D： 周长为，D正确. 10.【答案】BCD 【详解】对于A中，因为等边的面积为，可得， 又因为，故，则，所以A错误； 对于B中，由，可得，可得，所以B正确； 对于C中，由余弦定理可得， 因为，可得，即，化简得，所以C正确； 对于D中，由，可得，故， 由正弦定理，可得的外接圆半径为， 点O到平面的距离， 则三棱锥的体积， 又由球面的体积， 所以球面的体积应小于以R为高的正四面体体积，所以故D正确. 故选：BCD 11．答案：ACD 12．【答案】 【详解】， ，解得， 故实数的取值为. 13．【答案】 【详解】由函数， 因为，可得，所以， 由不等式，可得，所以集合． 又因为“”是“”的充分条件，可得， 则满足，即，解得或， 所以实数的取值范围是． 14．【答案】  【解答】解：在平面中，过作，则可求为中点， 取中点，连接，易证，故点的轨迹是线段． 平面截正方体即平面截正方体． 延长交于，连接交于，并反向延长交于， 连接交于，故所求截面为五边形． 因为，所以，故F，． 因为，所以，，． 又， 则该多边形的周长为． 故答案为；． 15．【答案】(1)， (2) 【详解】（1）略....................................................................................................6分 （2）设，则，故与， 那么，， 由于向量与的夹角为钝角， 那么且向量与不共线， 则解得 且， 故实数的取值范围为....................................................................................................13分 16．【详解】（1）连接， 在中，，，且， 又，，且， 四边形为平行四边形，， 又平面，平面， 所以平面........................................4分 （2）由（1）得，又平面，平面， 平面， 在中，，， 又平面，平面，平面， 又因且均在平面中，平面平面.........................................9分 （3）由（1）知，又面，面，平面， 又平面，面面，，又，，． ........................................15分 17.【答案】(1) (2)元 【详解】（1）设，则，在直角中，由， 则，， 所以矩形的面积为：， 故当，即时，矩形枫叶林面积取得最大值为.........................................5分 （2）因为，所以，记， 由正弦定理有：， 即， 所以修建观景木质栈道所需的费用为： 其中，，且， 当时，所需的费用达到最多即元.........................................15分 18．【答案】证明：  平面  ，  平面  ，  ， 又四边形  是矩形，  ，   ，平面  ，  平面  ，   平面  ，  ， 又  是  的中点，  ，  ，   ，平面 ，所以  平面  ．.......................................5分 解：底面  是矩形，  ， 异面直线  与  所成角即为直线  与直线  所成的角， 由得  平面  ，  平面  ，   平面  ，  ，  为直角三角形， 又  是  的中点，  ，  ， 在  中，  即为异面直线  与  所成角，故  ， 异面直线  与  所成角的正切值为  ．........................................11分 解：取  中点为  ，连接  ，  ， 在  中，  分别为线段  的中点，故  ，   平面  ，  平面  ，   ， 由得  平面  ，  平面  ，  ，   ，  ，又  ，  ，   ， 设点  到平面  的距离为  ，直线  与平面  所成角为  ， 则  ，解得：  ， 故  ， 所以直线  与平面  所成角的正弦值为  ．........................................17分 19．【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）因为， 则，，则， 结合，，得， 则四边形为等腰梯形，则高为， 由可得， 所以. .......................................4分 （2），得， 在中，利用余弦定理可得， ，则， 设的外接圆半径为，则在中，利用正弦定理可得，， 故的最大值即的外接圆的直径长度，为.......................................8分 （3）设，，则， 因，则，， 在中，利用正弦定理得，， 则， 在中，利用正弦定理得，， 则， 则， 且（因）， 即，即， 又，即， 则， 又，则，解得（舍）或， 因，则， 代入中得， 又因为，且， 解得，（负值舍去），， 则，， 则四边形的面积为.......................................9分 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $