四川省泸县第五中学2024−2025学年高一下学期5月月考 数学试题（含解析）

这是一份四川省泸县第五中学2024−2025学年高一下学期5月月考 数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知复数z满足，则z的虚部为（ ）
A．B．C．D．
3．水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，则的面积是（ ）

A．4B．5C．6D．7
4．已知m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则.
C．若，，，则D．若，，，则
5．如图，在梯形ABCD中，，E在BC上，且，设，，则（ ）
A．B．C．D．
6．设，为单位向量，在方向上的投影向量为，则（ ）
A．1B．2C．D．
7．美国数学家Jack Kiefer于1953年提出0.618优选法，又称黄金分割法，是在优选时把尝试点放在黄金分割点上来寻找最优选择.我国著名数学家华罗庚于20世纪60、70年代对其进行简化、补充，并在我国进行推广，广泛应用于各个领域.黄金分割比，现给出三倍角公式，则与的关系式正确的为（ ）
A．B．C．D．
8．四面体中，若，，，则此四面体的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．为了得到的图象，可以把上的所有的点（ ）
A．向左平移个单位长度；再把横坐标缩短到原来的，纵坐标不变
B．向左平移个单位长度；再把横坐标都短到原来的，纵坐标不变
C．横坐标缩短到原来的，纵坐标不变；再向左平移个单位长度
D．横坐标缩短到原来的，纵坐标不变；再向左平移个单位长度
10．函数（，，）的部分图象如图所示，下列正确的是（ ）
A．，
B．函数的图象关于直线对称
C．若，则
D．函数的最小正周期为，函数是奇函数
11．如图，在正方体中，，，，分别是棱，，的中点，是线段上一动点，则下列结论正确的是（ ）
A．平面平面
B．平面将正方体分成的两个部分的体积比为
C．是异面直线与所成的角
D．三棱锥的体积为定值
三、填空题
12．已知，，则 ．
13．已知正四棱台的下底面边长为4，上底面边长和侧棱长均为2，则该四棱台的体积为 ．
14．已知平面向量，，满足，，，，则的最小值为 .
四、解答题
15．已知函数，.
（1）求函数的最小正周期和单调递减区间；
（2）求函数在上的最小值及相应自变量的值.
16．已知，且．
（1）求的值；
（2）若，求的值．
17．已知定义域为的函数是奇函数.
（1）求实数的值；
（2）判断函数的单调性，并证明你的结论；
（3）若对任意的，不等式成立，求实数的取值范围.
18．在①；②；③设的面积为，且.这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上.并加以解答.
在中，角，，的对边分别为，，，已知__________，且.
（1）若，求的面积；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围.（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
19．如图，三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，平面平面，，，分别为，的中点.
（1）证明：平面；
（2）求与平面所成角的余弦值；
（3）求二面角的正弦值.
参考答案
1．【答案】A
【详解】由，得，解得，
所以，
因为，
所以.
故选A
2．【答案】C
【详解】由复数，可得，
所以复数的虚部为.
故选C.
3．【答案】C
【详解】由题可知，为直角三角形，
且,
所以,

故选C.
4．【答案】D
【分析】对于ABC，举例判断，对于D，利用面面垂直的判定定理分析判断即可.
【详解】对于A，如图，当，时，∥，所以A错误，

对于B，如图，当，时，，所以B错误，

对于C，如图，当，，时，是异面直线，所以C错误，

对于D，因为，，所以∥或，
当时，因为，所以，
当∥时，过直线作平面，，则∥，
因为，所以，
因为，所以，
综上，，所以D正确.

故选D.
5．【答案】D
【分析】由平面向量的加减、数乘运算求解即可.
【详解】，
.
故选D.
6．【答案】D
【详解】因为，为单位向量，所以，
又在方向上的投影向量为，所以，
所以.
故选D
7．【答案】B
【分析】由题意利用诱导公式，同角三角函数基本关系式，二倍角公式可求进而解方程即可得解.
【详解】因为，
所以，又
所以，化简得，
可得，
解得（负值舍去），所以.
故选B.
8．【答案】A
【分析】首先得出点在平面的射影为三角形外接圆的圆心，由此结合正弦定理建立方程求得三棱锥的高，再结合勾股定理列方程求得外接球的半径，进一步即可求解.
【详解】

设点在平面的射影为，，因为，
所以，这表明点为三角形外接圆的圆心，
注意到，，
所以由正弦定理可得，解得，
所以外接球球心在的延长线上，
设外接球的半径为，则，解得，
所以此四面体的外接球的表面积为.
故选A.
【关键点拨】关键是首先得出三棱锥的高以及底面外接圆的半径，从而得外接球的半径，由此即可顺利得解.
9．【答案】BC
【详解】先平移后伸缩：
函数的图象向左平移个单位长度，得，
再将横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得；
先伸缩后平移：
函数图象将横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得，
再向左平移个单位长度，得，即．
故选BC．
10．【答案】ACD
【分析】由题意可得，结合图象过点，，可求函数解析式，进而逐项计算可得结论.
【详解】由题意可得，又因为函数过点，
所以，所以，又因为，所以，
又函数的第二个关键点的坐标为，所以，解得，故A正确；
所以，由，
所以函数的图象不关于直线对称，故B错误；
若，则可得，所以，
，故C正确；
函数的最小正周期为，
，
所以，函数是奇函数，故D正确.
故选ACD.
11．【答案】ABD
【详解】在正方体中，易得到，，
又，，平面，
所以平面，
因为，平面，平面，
所以平面，
同理可证平面，
因为，,，
所以平面平面，所以平面，
故平面平面正确；
平面即为平面，将正方体分成等高的三棱柱和四棱柱，
易得底面积之比为，故体积比为，正确；
令正方体棱长为2，则，，，
，则为钝角，
而异面直线与所成的角小于等于，错误；
如图，取中点，连接，，易得，
又平面，平面，所以平面，
同理平面，，
平面，平面，
则平面平面，因为平面，
故平面，而是线段上一动点，则点到平面的距离为定值，
且的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，正确；
故选.
12．【答案】
【详解】因为，，所以，
所以.
13．【答案】
【详解】由题意作出正四棱台图象，如下图所示：
为正四棱台，
连接，得，
过作，过作，
得：，，
在直角三角形中，得，
得正四棱台的高，正四棱台上下底面积为，
所以体积
14．【答案】
【详解】令，，，OB的中点为D，AB的中点为E，OD的中点为F，
与的夹角为，连接CA、CB、CD、CO、EF.
由，，，得，，
因为，所以，在中，由余弦定理得.
又由，得，即，
所以点C的轨迹为以OD为直径的圆.
因为
，
当且仅当点C、E、F共线，且点C在点E、F之间时，等号成立.
所以的最小值为.
15．【答案】（1）函数的最小正周期，单调递减区间为，.
（2）最小值为，相应的.
【详解】（1），
函数的最小正周期.
由，，
得，，
所以的单调递减区间为，.
（2）当时，，
所以当，即时，取得最小值.
16．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为，所以，化简得，
因为，所以，
所以，
所以，，
所以.
（2）由（1）知，，所以
所以，解得，
因为，，所以，
所以.
17．【答案】（1）；
（2）在定义域内单调递增，见详解；
（3）.
【详解】（1）由题意，定义在R上的函数为奇函数，得，解得，
此时，则，
即函数是奇函数，所以.
（2）由（1）知，
函数在定义域内单调递增，证明如下：
设，则，
由，得，则，所以函数在R上单调递增.
（3）依题意，对任意的，成立，
则，即在上恒成立，而，
当且仅当时取等号，因此，
所以实数的取值范围是.
18．【答案】（1）选①②③的面积都为，
（2）的取值范围为.
【详解】（1）若选①，设的外接圆的半径为，由正弦定理可得，
又，
所以，
所以，又
所以，所以，又，
所以，
所以，所以，
又，，所以，
所以的面积，
若选②，由，
所以，
所以，结合三角形内角性质，
所以，
所以，所以，又，
所以，
所以，所以，
又，，所以，
所以的面积，
若选③，因为，又，
所以，又
所以，所以，又，
所以，
所以，所以，
又，，所以，
所以的面积，
（2）由（1），，所以，
因为，
所以，
，
因为为锐角三角形，，
所以，
所以，所以，
所以，
设，则，，
所以，
所以的取值范围为.
19．【答案】（1）见详解
（2）
（3）
【详解】（1）取中点，连接.
因为是等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以.
又因为，，、平面，
所以平面，而平面，所以.
因为为的中点，所以，
又，，平面，
所以平面.
（2）过点作，垂足为.
因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
所以为与平面所成的角.
因为，，，
所以，，
在中，由余弦定理得，
所以与平面所成角的余弦值为.
（3）取的中点，连接，易知，，
过点作，垂足为，连接.
由（1）知，平面，所以平面.
又，平面，所以，.
因为，，平面，所以平面.
又因为平面，所以，
所以为二面角的平面角.
由（1）知平面，平面，所以，
所以在中，，
由（2）知，平面，又平面，所以.
在中，，
即，解得，
在中，，
所以二面角的平面角的正弦值为.