重庆市2024_2025学年高一数学下学期5月月考试题含解析

这是一份重庆市2024_2025学年高一数学下学期5月月考试题含解析，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120 分钟 总分：150 分
第一部分（选择题共 58 分）
一、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. 平面向量 ， ，若 ，则 （ ）
A. B. C. 1 D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量垂直的坐标运算得 ，即可求出 .
【详解】向量 ， ，
若 ，则 ，所以
故选：A
2. 若复数 ，则 （ ）
A. 2 B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】利用 求出复数 ，再根据模长公式即可求解.
【详解】复数 ,所以 .
故选：C
3. 在 中，已知 ， ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦定理求解即可.
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【详解】由正弦定理 可知， .
故选：C
4. 已知平面 平面 是平面 外两条不同的直线，则下列结论错误的是（ ）
A. 若 ，则 B. 若 ，则
C. 若 ，则 D. 若 ，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间中的直线与平面以及平面与平面的关系，即可结合选项逐一求解.
【详解】对于 A，若 ，平面 平面 是平面 外的直线，故 ，A 正确，
对于 B，若 ，平面 平面 则 ，故 B 正确，
对于 C，若 ，则 或者 相交或者异面，故 C 错误，
对于 D，若 ，平面 平面， 则 ，故 D 正确，
故选：C
5. 底面边长为 3 的正四棱锥被平行底面的平面所截，截去一个底面边长为 1，高为 1 的正四棱锥，所得棱
台的体积为（ ）
A. B. C. 13 D. 26
【答案】A
【解析】
【分析】画出直观图，由题意可得 ∽ ，从而可求出棱台的高，再根据棱台的体积公式求解即
可.
【详解】如图所示，正四棱锥 被平行于底面的平面 所截，
由题意可知 ，
因为 ∥ ，所以 ∽ ，
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所以 ，
所以 ，所以 ，
所以所得棱台的体积为 .
故选：A
6. 在 中，若 ，则 是（ ）
A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，利用降幂升角公式及余弦的和差角公式，得到 ，即可求出结果.
【详解】因为 ，整理得到
，
即 ，
又 ，得到 ，所以 ，即 ，
故选：A.
7. 已知正三棱台上、下底面的面积分别为 和 ,高为 1，所有顶点都在球 O 的表面上，则球 O 的
表面积是（ ）
A. 100π B. 128π C. 144π D. 192π
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【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径 ，再根据球心距，圆面半径，以及球的半
径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．
【详解】正三棱台上、下底面面积分别为 和 ,可求出上下底边长为： 和 .
设正三棱台上下底面所在圆面的半径 ，所以 ，
即 ，设球心到上下底面的距离分别为 ，球的半径为 ，
所以 ， ，
故 或 ，即 或 ，
解得 符合题意，所以球的表面积为 ．
故选：A.
8. 已知在 中， ，设 ， 记 的最大值为 ，则 的最
小值为（ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理、辅助角公式，结合正弦函数的性质求出 ，再求出最小值.
【详解】在 中，令内角 所对边分别为 ，
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由正弦定理得 ，则
而 ，则
，由 ，得 ，
锐角 由 确定，又 ，则 ，
因此当 时， 取得最大值 ，即 ，
显然函数 在 上单调递增，所以 .
故选：B
【点睛】结论点睛： ，其中 .
二、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. 在空间直角坐标系 中，已知 ，则以下正确的是
（ ）
A. B. 夹角的余弦值为
C. A，B，C，D 共面 D. 点 O 到直线 的距离是
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据空间向量数量积的坐标运算以及夹角计算公式即可求解 A,B,根据共面向量基本定理可判断 C，
根据点线距离的向量法即可判断 D.
【详解】因为 ，所以 ，A 正确；
夹角的余弦值为 ，所以 B 错误；
因为 ，所以 ，所以 A，B，C，D 共面，所以 C 正确；
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因为 ，所以 ，所以点 O 到直线 AB 的距离是
，D 正确．
故选:ACD．
10. 函数 （ ）的图象的一个对称中心为 ，则下列说法
正确的是（ ）
A. 直线 是函数 的图象的一条对称轴
B. 函数 在 上单调递减
C. 函数 的图象向右平移 个单位可得到 的图象
D. 函数 在 上的最大值为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据两角和的余弦公式化简函数解析式，再根据对称中心可得 ，再根据三角函数性质分别判断
各选项.
【详解】由 ，
由 是函数图象的一个对称中心，
即 ， ，
解得 ， ，
又 ，所以 ，
所以 ，
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对于 A 选项：令 ， ，解得 ， ，当 时， ，即直线
是函数的一条对称轴，故 A 选项正确；
对于 B 选项：令 ， ，解得 ， ，
即函数的单调递减区间为 ， ，当 时，函数在 单调递减，所以函
数在 上单调递增，B 选项错误；
对于 C 选项：函数 的图象向右平移 个单位可得 ，C 选项正确；
对于 D 选项：当 时， ，所以函数 ，即最大
值为 ，D 选项错误；
故选：AC.
11. 如图，在边长为 4 的正方体 中， 分别是棱 的中点， 是正方形
内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若 平面 ，则点 的轨迹长度为
B. 若 ，则点 的轨迹长度为
C. 二面角 的正切值为
D. 若 是棱 的中点，则三棱锥 的外接球的表面积是
【答案】BCD
【解析】
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【分析】对于 A，作出对应图形，先证明面 面 ，再结合给定条件确定动点轨迹，求解长度，
对于 B，利用给定条件确定动点轨迹，求解长度，对于 C，作出二面角的平面角，利用余弦定理结合同角三
角函数的基本关系求解正切值，对于 D，先找到球心，利用勾股定理得到半径，求解球的表面积即可.
【详解】对于 A，如图，取 中点 ，且连接 ，
因为 分别是棱 的中点，由中位线定理得 ， ，
所以 ，而 ， ，所以四边形 是平行四边形，
所以 ，所以 ，因为 ， ，
所以四边形 是平行四边形，所以 ，因为 面 ，
面 ，所以 面 ，因为 面 ，
面 ，所以 面 ，而 ，
所以面 面 ，又 是正方形 内的动点，
且 平面 ，面 和面 相交， 是交线，
所以 的轨迹为线段 ，由勾股定理得 ，故 A 错误，
对于 B，如图，若 ，此时 面 ，
所以 ，由勾股定理得 ，
所以 的轨迹为在面 内，以 为圆心， 为半径的 圆弧，
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所以 的轨迹长度为 ，故 B 正确，
对于 C，如图，作 ，连接 ，连接 ，
因为正方体 ， 分别是棱 的中点，
也把 的中点记为 ，所以 是 的中位线，
所以 ，而 ，
所以 ，而由正方体性质得 面 ，
所以 ，而 ， 面 ，
故 面 ， ， ，
而由勾股定理得 ， ，
由三线合一性质得 是 的中点，故 是 的中点，
即 是 靠近 的四等分点，所以由勾股定理得 ， ，
，
而 ， ，面 面 ，
所以 是二面角 的平面角，且设该角为 ，
在 中，由余弦定理得 ，
易得 ，所以 ，而 ，
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解得 (负根舍去)，所以 ，
所以二面角 的正切值为 ，故 C 正确，
对于 D，如图，取 的中点 ， 的中点 ，连接 ，
因为 是棱 的中点， 分别是棱 的中点，
所以 ，由勾股定理得 ，
而 ，所以 ，所以 ，
而 ，所以点 到 的距离相等，
因为 ，由正方体性质得 面 ，
所以 面 ，所以三棱锥 的外接球的球心在 上，
设球心为 ， ，则 ，又 ，
设三棱锥 的外接球的半径为 ，则 ，
在直角三角形 中，由勾股定理得 ，在直角三角形 中，
由勾股定理得 ，解得 ， ，
所以三棱锥 的外接球的表面积为 ，故 D 正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是确定球心的位置，然后利用勾股定理求出球的半径，
得到所要求的表面积即可．
第二部分（非选择题共 92 分）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
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12. 已知 是关于 的方程 （其中 p、q 为实数）的一个根，则 的值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】思路一：把 代入方程 中，再利用复数相等求出 、 ，即可得解.
思路二：依题意根据虚根成对原理可得 也是关于 的方程 的一个根，利用韦达定理求
出 、 ，即可得解.
【详解】方法一：由已知可得 ，即 ，
所以 ，解得 ，所以 .
方法二：因为 是关于 的方程 （其中 p、q 为实数）的一个根，
所以 也是该方程的一个根，
由韦达定理得 ，解得 ，所以 .
故答案为： .
13. 已知 ，若 ，则 ______．
【答案】
【解析】
【分析】利用诱导公式可求得 ，利用 ，结合二倍角的
余弦公式可求值.
【详解】由 ，可得 ，则 ，
则
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故答案为：
14. 球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球
冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球
缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图 1，一个球面的半径为 ，
球冠的高是 ，球冠的表面积公式是 ，与之对应的球缺的体积公式是 .如图 2，
已知 是以 为直径的圆上的两点， ，则扇形 绕直线
旋转一周形成的几何体的表面积为__________，体积为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】首先求出 ，再根据扇形面积公式求出圆的半径，过点 作 交 于点 ，过点
作 交 于点 ，即可求出 、 、 、 、 、 ，将扇形 绕直线 旋
转一周形成的几何体为一个半径 的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，再根据所给公
式分别求出表面积与体积.
【详解】因为 ，所以 ，设圆的半径为 ，
又 ，解得 （负值舍去），
过点 作 交 于点 ，过点 作 交 于点 ，
则 ， ，
所以 ，同理可得 ， ，
将扇形 绕直线 旋转一周形成 几何体为一个半径 的球中上下截去两个球缺所剩余部分再
挖去两个圆锥，
其中球缺的高 ，圆锥的高 ，底面半径 ，
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则其中一个球冠的表面积 ，球的表面积 ，
圆锥的侧面积 ，
所以几何体的表面积 ，
又其中一个球缺的体积 ，
圆锥的体积 ，球的体积 ，
所以几何体的体积 .
故答案为： ；
【点睛】关键点点睛：本题关键是弄清楚经过旋转之后得到的几何体是如何组成，对于表面积、体积要合
理转化.
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚．
15. 如图所示，平行六面体 中，
.
（1）用向量 表示向量 ，并求 ；
（2）求直线 与直线 所成角的余弦值.
【答案】（1） ，
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（2）
【解析】
【分析】（1）利用空间向量的运算法则即可表示出结果，再将 平方可求得模长为 ；
（2）易知 ，求出 ，再由向量夹角计算公式可求得余弦值为 .
【小问 1 详解】
，
则
，
所以 .
【小问 2 详解】
由空间向量的运算法则，可得 ，
因为 且 ，
所以 ，
，
则 .
则 与 所成的角的余弦值为 .
16. 如图，在棱长为 2 的正方体 中，点 E，F 分别是棱 的中点．求证：
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（1） 平面 ；
（2） 平面 ；
（3）求三棱锥 的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先证明四边形 为平行四边形，得出 ，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）根据线面垂直的判定与性质定理即可得证；
（3）利用 到平面 距离为三棱锥的高 ，结合等体积法求解即可．
【小问 1 详解】
证明： ， 分别为 ， 的中点， ， ，
且 ，
四边形 为平行四边形，
，
又 平面 ， 不在平面 ，
平面 ；
【小问 2 详解】
证明： 四边形 为正方形，
，
，
，
平面 ， 平面 ，
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，
， ，又 ， ， 平面 ，
平面 ；
【小问 3 详解】
到平面 距离为三棱锥的高 ，
，
故三棱锥 的体积 ．
17. 在 中，角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，以 a，b，c 为边长的三个等边三角形的面积依次
为 ， ， ．已知 ， ．
（1）求角 B：
（2）若 的面积为 ，求 c．
【答案】（1）
（2） ．
【解析】
【分析】（1）由已知可得 ，结合余弦定理可得 ，结合已知可得 ，进而求得
；
（2）由（1）可求得 ，进而由正弦定理可得 ， ，从而由面积可求得 .
【小问 1 详解】
因为 ，所以
由余弦定理 ，
可得 ，
因为 ，所以 ，
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从而 ，
又因 ，即 ，且 ，所以 ．
【小问 2 详解】
由（1）可得 ， ， ，
从而 ， ，
而 ，
由正弦定理有 ，
从而 ， ，
由三角形面积公式可知， 的面积可表示为
，
由已知 的面积为 ，可得 ，
所以 ．
18. 如图， 平面 ，点
分别为 的中点.
（1）求证： 平面 ；
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（2）求平面 与平面 夹角的余弦值；
（3）若 为线段 上的点，且直线 与平面 所成的角为 ，求 到平面 的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）连接 ，证得 ，利用用线面判定定理，即可得到 平面 .
（2）以 为原点，分别以 的方向为 轴，. .轴， 轴的正方向的空间直角坐标系.求得平面
和平面 法向量，利用向量的夹角公式，即可求解．
（3）设 ，则 ，从而 ，由（2）知平面
的法向量为 ，利用向量的夹角公式，得到关于 的方程，即可求解．
【小问 1 详解】
连接 ，因为 ，所以 ，又因为 ，所以 为平行四边形.
由点 和 分别为 和 的中点，可得 且 ，
因为 为 的中点，所以 且 ，
可得 且 ，即四边形 为平行四边形，
所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
【小问 2 详解】
因为 平面 ， ，可以建立以 为原点，分别以 方向为 轴， 轴，
轴的正方向的空间直角坐标系.
依题意可得 ， .
，
设 为平面 的法向量，
则 ，即 ，不妨设 ，可得 ，
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设 为平面 的法向量，
则 ，即 ，不妨设 ，可得 ，.
，所以，平面 与平面 夹角的余弦值为 .
【小问 3 详解】
设 ，即 ，则 .从而 .
由（2）知平面 的法向量为 ，
由题意， ，即 ，
整理得 ，解得 或 ，
因为 所以 ，所以 .
则 N 到平面 的距离为 .
19. 已知等腰 中， ， ，D 是线段 上一点，现将 沿 折起至
的位置．设折叠后平面 和平面 所成的二面角 为 （ ）．
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（1）若 D 为 中点，求证： ．
（2）若 ，
①求平面 和平面 所成角的正弦值；
②设 E 为 的中点，过 E 作平面截三棱锥 的外接球，求截面面积的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）① ；② .
【解析】
【分析】（1）由 D 为 中点，得到 ，根据线面垂直的判定定理，证得 平面
，进而证得 ；
（2）①在由 ，得到 得到长，由余弦定理求得 ，得到所以 为等腰
三角形，且 ，再由 ，证得 平面 ，得到 ，过点 作
，证得 ，得到 为平面 和平面 所成的平面角，在直角 中，求得
，即可得到答案；
②以 为原点，建立空间直角坐标系，设三棱锥 的外接球的球心为 ，求得球心的坐标为
，半径为 ，再由 为 的中点，得到 ，当 与过点 的截面垂直时，此
时截得面积最小，结合圆的面积公式，即可求解.
【小问 1 详解】
证明：如图（1）所示，在等腰 中，
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因为 ，且 D 为 中点，可得 ，即 ，
又因为 ，且 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 .
【小问 2 详解】
解：①在等腰 中， ， ，可得 ，
因为 ，可得 ，即 ，
在 中，由余弦定理得 ，所
以 ，
所以 为等腰三角形，所以 ，
所以 ，即 ，
又因为平面 和平面 所成的二面角为 ，即平面 平面 ，
因为 平面 ，且平面 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ，
如图所示，过点 作 ，因为 ，且 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
所以 为平面 和平面 所成角的平面角，
在直角 中，可得 ，
在直角 中，可得 ，所以 ，
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所以平面 和平面 所成角的正弦值为
②以 为原点，以 分别为 轴， 轴，以在平面 内，过点 垂直 的所在直线为 轴，建
立空间直角坐标系，如图(3)所示，
则 ，
设三棱锥 的外接球的球心为 ，
则球心 在底面 上的投影为 的外心，其坐标为 ，
球心 在 上的投影点为直角 的外心，即 的中点，坐标为 ，
所以球心的坐标为 ，半径为 ，
又由 为 的中点，可得 ,则 ，
当 与过点 的截面垂直时，此时截得的小圆的半径最小，其面积最小，
设所截小圆的半径为 ，则 ，
所以过 E 作平面截三棱锥 的外接球，截面面积的最小值 .
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