重庆市第一中学2022-2023学年高一数学下学期5月月考试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第一中学2022-2023学年高一数学下学期5月月考试题（Word版附解析），共30页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

重庆一中高2025届高一下期5月月考
数学试题卷
一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求的）
1. 为空间的一组基底，则下列各项中能构成基底的一组向量是（ ）
A. ，， B. ，，
C. ，， D. ，，
【答案】C
【解析】
【分析】确定，，排除ABD，得到答案.
【详解】对选项A：，向量共面，故不能构成基底，错误；
对选项B：，向量共面，故不能构成基底，错误；
对选项C：假设，即，这与题设矛盾，假设不成立，可以构成基底，正确；
对选项D：，向量共面，故不能构成基底，错误；
故选：C
2. 如果的三个内角的余弦值分别等于的三个内角的正弦值，则
A. 和都是锐角三角形
B. 和都是钝角三角形
C. 是钝角三角形，是锐角三角形
D. 是锐角三角形，是钝角三角形
【答案】D
【解析】
【详解】的三个内角的余弦值均大于0，则是锐角三角形，若是锐角三角形，由，得，那么，，矛盾，所以是钝角三角形，故选D.
3. 设函数，则的最小正周期
A. 与b有关，且与c有关
B. 与b有关，但与c无关
C. 与b无关，且与c无关
D. 与b无关，但与c有关
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：，其中当时，，此时周期是；当时，周期为，而不影响周期．故选B．
【考点】降幂公式，三角函数的最小正周期．
【思路点睛】先利用三角恒等变换（降幂公式）化简函数，再判断和的取值是否影响函数的最小正周期．

4. 祖暅原理：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.如图，有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为的铁球，再注人水，使水面与球正好相切（而且球与倒圆锥相切效果很好，水不能流到倒圆锥容器底部），然后将球取出，则这时容器中水的深度约为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据祖暅原理，当圆柱、圆锥底面圆半径、高和球体半径相等时，球柱的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆台的体积，由这个原理求球体和水接触的部分与没和水接触部分为的体积，得出水的体积，再转化为圆锥求高.
【详解】如图1，已知圆柱、圆锥底面圆半径、高和球体半径相等，
根据祖暅原理，半球的体积等于圆柱的体积减去圆锥的体积，球柱的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆台的体积.
下面证明如图1中阴影截面面积相等：
证明：设半球中阴影截面圆的半径为，球体半径为，
则，截面圆面积；
因为，所以圆柱中截面小圆半径，而大圆半径为，
则截面圆环的面积，
所以，又高度相等，所以球柱的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆台的体积.

如图2，设球体和水接触的上部分为，没和水接触的下部分为， 小半球相当于图1半球的截面上半部分，其体积等于图1中截面之上的圆柱体积减去相应圆台体积.
已知球体半径为，为等边三角形，，，，
根据祖暅原理


，
设图2中轴截面为梯形的圆台体积为，

设将球取出时容器中水的深度为，底面圆的半径为，则，.
，即，.
故选：B
【点睛】关键点睛：
（1）本题关键是理解祖暅原理，当圆柱、圆锥底面圆半径、高和球体半径相等时，半球的体积等于圆柱的体积减去圆锥的体积，球柱的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积；
（2）求不规则几何体的体积要适当的进行分割，转化为容易求的几何体的体积.
5. 在三棱锥中，平面BCD，，则已知三棱锥外接球表面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，，求得的外接圆的半径为，结合图形求得三棱锥外接球半径，然后换元利用基本不等式及不等式的性质得的最小值，从而可得面积的最小值．
【详解】如图，设，，为的外心，为三棱锥外接球的球心，则平面，又平面，所以，平面，则，四边形是直角梯形，
设，，，
由平面，平面，得，
则，，，即，
又，则，，
令，则，，
，当且仅当，即时等号成立，
所以三棱锥外接球表面积，
故选：B．

【点睛】结论与方法点睛：
（1）三棱锥的外接球的球心在过各面外心且与此面垂直的直线上，由此易找到球心；
（2）特殊的三棱锥，如有从同一点出发的三条棱两两垂直，或三棱锥的三对棱相等则可把三棱锥补形为一个长方体，长方体的对角线即为外接球的直径．
（3）如果三棱锥一条棱与一个面垂直，可把此三棱锥补形为一个直三棱柱，直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球．
6. 已知，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由得，利用辅助角公式和倍角正弦公式可得，从而，结合正弦函数的单调性可得，从而问题可解.
【详解】因为，所以，即，
所以，即，
因为，所以，，
所以，则，
所以，即，，所以
所以，
因为在上单调递增，所以，解得.
故选：A
7. 三棱锥的四个顶点都在半径为5的球面上，已知到平面的距离为，，记与平面所成角为，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设为三棱锥外接球的球心，为外接圆的圆心，过点作平面，M为垂足，则，作，垂足为，则四边形MEFG为矩形，求得，进而求得，从而问题可解.
详解】
设为三棱锥外接球的球心，为外接圆的圆心，
因为，所以为的中点，平面.
过点作平面，M垂足，则，，
作，垂足为，则四边形MEFG为矩形，


，


故选：A
8. 在中，内角，，，.若对于任意实数，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，则，并确定的取值范围，再由关于的一元二次不等式恒成立，求出间的不等量关系，利用的取值范围，即可求出结果.
【详解】在中，，
记，则，
因为，所以，，
从而，
所以可化为，
即恒成立，所以依题有，
化简得，即得恒成立，又由，
得或.
故选：D．
【点睛】方法点睛：本题主要是转化为一元二次不等式恒成立的问题，考查同角间的三角函数关系，考查不等式的关系，属于较难题.

二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 设，是复数，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则或. B. 若且，则
C. 若，则 D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】选项A、B：根据然后推导判断A、B正确；
选项C：设判断C正确；
选项D：举反例判断D错误；
【详解】选项A：若则所以或则或
故A正确；
选项B；，又，则；故B正确；
选项C；设则
若，则C正确；
选项D：取则但
则D错误；
故选：ABC
10. 已知函数在有且仅有3个零点，则（ ）
A. 在有三个极值点 B. 在上单调递减
C. D. 的取值范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】函数在有且仅有3个零点，求得，根据函数解析式讨论极值点、单调区间、值域等性质.
【详解】，当，有 ，得 ，
由，函数在有且仅有3个零点,，得
对于A选项，由，得的极值点为，由，函数在有两个极值点，得，
函数在有三个极值点，得，
已知，∴函数在可能有两个极值点也可能有三个极值点，A选项错误；
对于B选项，，有，，，，有，所以在上单调递减；B选项正确；
对于C选项，，，，C选项正确；
对于D选项，，，由正弦函数在上单调递增，上单调递减，
时，当，有最大值1，当，有最小值
所以当时，的取值范围是，D选项正确.
故选：BCD
11. 一个正四面体的四个顶点到同一平面的距离分别为，则正四面体的棱长可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】注意到各种可能的情况，利用空间向量建立方程组求解.
【详解】设正四面体为,且点到平面的距离分别为0,1,2,3.分别记为,平面的法向量为,且有的模分别为.
考虑到,且，
因此设 ,则有，
根据点到平面的距离分别为1,2,3,可得, , .
其中有四种可能:(其余情况所得到的四面体不会出现新情况)，上述方程组即

这样就可以解得，
进而可以求得,于是正四面体的棱长为，
故选：ABC
12. 在三棱锥中，已知，且二面角的大小为，设二面角的大小为，则（ ）
A. 若，则二面角的大小可能为
B. 二面角
C. 若二面角的大小也为，则
D. 若，则当与平面所成角最大时，三棱锥的体积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】在三棱锥内部取点，分别作平面，垂足为，平面，垂足为，平面，垂足为，即可得到二面角，，的关系，从而判断出ABC的真假，根据当与平面所成角最大时，即等于二面角的大小，再根据三棱锥的体积公式即可判断出D的真假.
【详解】如图所示：在三棱锥内部取点，分别作平面，垂足为，平面，垂足为，平面，垂足为，
设平面，平面，平面，
易知，二面角，，的平面角分别为，即.
设二面角的大小为，则，
所以，
而三线不共面，否则互相平行，
因此，，
当时，则，所以，故A不正确，B正确；
当二面角的大小也为，所以，
由可得，，
所以，原因如下：，
即，而，所以.

当时，如下图，作平面，垂足为，
作于，作于，
易知，，为与平面所成角，
因为，所以，
即当重合时，与平面所成角最大，即，
因为，所以，易求，
在中，，，
所以，
故三棱锥的体积为，D正确．
故选：BCD．
【点睛】本题的解题关键是利用垂面法将二面角转化为垂线形成角的关系，从而判断出ABC，对于D选项，根据“二面角”是“线面角”的最大值，即可找到关系得出需要的量，进而算出体积．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 已知向量，，若，则的值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的线性运算的坐标运算及向量垂直的坐标表示，结合向量的数量积坐标表示即可求解.
【详解】因为向量，，
所以，，
又因为，
所以，即，解得，
所以的值为.
故答案为：.
14. 是正实数，设是奇函数，若对每个实数a，的元素不超过2个，且有a使含2个元素，则的取值范围是____________．
【答案】
【解析】
【分析】结合奇函数的性质特点得到，由题意推知中任意相邻的两个元素之间隔必小于1，并且中任意相邻的三个元素的两间隔之和必大于等于1，据此求得的取值范围．
【详解】由是奇函数可得
,
因为的元素不超过2个，且有使含2个元素，也就是说中任意相邻的两个元素之间隔必小于1，并且中任意相邻的三个元素的两间隔之和必大于等于1，
即且；
解可得．
故答案为：
15. 在中，所对的边分别为.若，，为的内切圆上的动点，为到顶点的距离为平方和，则______.
【答案】160
【解析】
【详解】由已知可得，，内切圆半径.如图建立直角坐标系，设，显然.则有




，且在上单调递减.

.
16. 已知正方体的边长为1，球的半径为1，记正方体内部的球表面为曲面，过点作平面与曲面相切，记切点为，平面与平面所成二面角为，则当最小时，平面截正方体所形成图形的周长为______.

【答案】
【解析】
【分析】根据二面角的概念及正方体、球的对称性确定平面为多边形AMKQN，利用勾股定理求周长即可.
【详解】由题意，曲面为以C为球心落在正方体内的球面，
根据球和正方体的对称性可知，平面与平面所成二面角最小值时，
过点作平面与曲面相切时作纵截面，如图：长方形中，

过点A与以C为圆心半径为1的圆相切于点P，与交于点E，则，连接CP，
在中，，所以，
利用平面基本性质作出平面截正方体所形成图形，如图，多边形AMKQN即为所作截面.

因为，所以，
又，所以，
则，
又，且，所以，所以，
则，
又，所以，
由对称性知，，
所以截面周长为
.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的难点主要在于截面的确定，根据二面角的概念分析，再结合球与正方体的对称性找到截面的位置，然后根据平面的性质确定即可.
四、解答题（本大题共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知，，且与夹角为，求：
（1）；
（2）与的夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用来计算求；
（2）设与的夹角为，先求出，再利用向量夹角公式来计算即可.
【小问1详解】
由已知可得，
；
【小问2详解】
设与的夹角为，
又，
.
18. 如图，平面平面，菱形平面为平面内一动点在平面内的射影点为

（1）若平面间的距离为3，设直线与平面所成的角分别为，求的最大值；
（2）若点与点重合，证明：直线与平面所成的角与的大小无关.
【答案】（1）不存在；
（2）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）由题意作出，从而得到，令，得到，说明没有最大值；
（2）建立空间直角坐标系，用向量方法求出直线与平面所成的角的正弦，发现只与长度有关，而的余弦值只与长度有关，所以直线与平面所成的角与的大小无关.
【小问1详解】
如图①，连接，，，，设，的交点为，
点在平面内的射影为，连接，，，

图①
因为点在平面内的射影为点，所以平面，
所以，在平面的射影分别为，，所以，，
所以，又，所以.
当，此时，满足，则.
故没有最大值.
【小问2详解】
取的中点，连接，则，
因为平面，所以平面，所以，，
因为平面为菱形，所以，所以，，两两互相垂直，
故以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图②所示的空间直角坐标系.

图②
设，，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，即，
两式相减得，即，则，令，得，所以.
设直线与平面所成的角为，则
，所以只与有关.
又，所以只与有关，
所以直线与平面所成的角与的大小无关.
19. 已知函数
（1）求；
（2）若在区间上的最大值为，最小值为，令，讨论的单调性.
【答案】（1）
（2）在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减
【解析】
【分析】（1）先化简可得，然后代入，即可得出答案；
（2）先由已知求出，然后根据余弦函数的单调性，分段得出函数的单调性，结合余弦函数的对称性，得出.然后分段讨论函数的单调性，结合函数的最值情况，即可得出函数的单调性.
小问1详解】
由已知可得，，
所以，.
【小问2详解】
因为在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
，所以.
又，所以.
①当，即时，函数单调递减，
此时，
最小值为，
；
②当，且，即时，此时有，
根据余弦函数的对称性以及单调性可知，，
所以，，，
所以，；
③当，且，即时，此时有，
根据余弦函数的对称性以及单调性可知，，
所以，，，
所以，；
④当，且，即时，
函数单调递增，
此时，，，
；
⑤当，且，即时，此时有，
根据余弦函数的对称性以及单调性可知，，
所以，，，
所以，；
⑥当，且，即时，此时有，
根据余弦函数的对称性以及单调性可知，，
所以，，，
所以，；
⑦当时，函数单调递减，
此时，
最小值为，
.
综上所述，.
现在来研究的单调性，
①当时，，
因为，
根据正弦函数的单调性可知，函数在上单调递减，
且有最小值；
②当时，，
因为，
根据余弦函数的单调性可知，函数在上单调递减，
且有.
综上①②，可知函数在上单调递减；
③当时，，
因为，
根据余弦函数的单调性可知，函数在上单调递增，
且有最大值；
④当时，，
因为，
根据正弦函数的单调性可知，函数在上单调递增，在上单调递减.
又时，有；时，有.
综上③④，可得函数在上单调递增；
⑤当时，，
因为，
根据余弦函数的单调性可知，函数在上单调递减，且，
综上④⑤，可得函数在上单调递减；
⑥当时，，
因为，
根据余弦函数的单调性可知，函数在上单调递增，且有最大值；
⑦当时，，
因为，
根据正弦函数的单调性，可知函数在上单调递增，在上单调递减，
且时，有.
综上⑥⑦，可得函数在上单调递增.
综上所述，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
【点睛】思路点睛：先求出整体的范围，然后结合余弦函数的图象，分段讨论得出函数在各个区间上的最值，得出的表达式.进而分段讨论，得出函数的单调性，结合端点值的取值，即可得出函数的单调性.
20. 如图①，在等腰梯形中，，现将沿翻折到的位置，且平面平面，如图②.

（1）当时，求；
（2）当三棱锥的体积为时，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接可得为等边三角形，再根据面面垂直的性质结合余弦定理可得；
（2）过作，根据条件结合余弦定理与三角形的面积公式可得，再根据等面积法可得点到的距离，进而结合锥体体积公式求解即可.
【小问1详解】
取的中点，连接，
当时，，
又，故四边形平行四边形，故，
又，所以为等边三角形，
所以.
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
故，
在中，因为，
所以，故.
【小问2详解】
，
在图①中，过作，
所以.
因为
且，
所以点到的距离.
又，
故，
整理得，解得或（舍去），所以的值为.

21. 在中，设角，，所对的边分别为，，，边上的高为，且.
（1）若，且，求实数的值；
（2）求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面积公式及余弦定理解得.
（2）利用余弦定理得出函数，利用单调性解决问题。
【小问1详解】
由三角形面积公式可得，
则，又，
由余弦定理可得，
∴，.
【小问2详解】
由，可得，
∴，
如图，过点作于，过点作，使得，连接，，则，

在中，，
则，
即，解得，
则，∴，
而，
令，则在时为减函数，
∴，
∴当时，，此时取得最小值.
22. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，分别是线段的中点，二面角为直二面角.

（1）求证：平面；
（2）若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）首先证明，然后证明平面，可得，即可证明；
（2）首先证明平面，然后以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，算出两个平面的法向量，然后求出二面角的余弦值，然后可得答案.
【小问1详解】
连接，由题设知四边形为菱形，，
分别为中点，；
又为中点，，

因为二面角为直二面角，
即平面平面，平面平面平面
平面，又平面；
又平面平面.
【小问2详解】
，
为等边三角形，，
平面平面，平面平面，平面
平面，
则以为坐标原点，所在直线为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，

设，则，
；
由（1）知：平面平面的一个法向量；
设平面的法向量，
则，令，则；
，
令，则；
，