重庆市2024_2025学年高一数学下学期五月联合诊断性考试试题含解析

这是一份重庆市2024_2025学年高一数学下学期五月联合诊断性考试试题含解析，共21页。
注意事项：
1．答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名、准考证号；
2．选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 0.5mm 黑色签字笔答题
3．请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答
题无效；
4．请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、损毁；考试结束后，将答题卡交回．
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. 设复数 （其中 为虚数单位），则在复平面内 对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数 ，利用复数的几何意义可得出结论.
【详解】 ，
因此，复数 在复平面内对应的点 位于第三象限.
故选：C.
2. 已知 ，且 ，则实数 等于（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算，求得 ，结合 ，列出方程，即可求解.
【详解】由向量 ，可得 ，
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因为 ，可得 ，解得 .
故选：C.
3. 已知圆台 的上、下底面半径分别为 2 和 4，母线长为 ，则该圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆台的几何性质，做出轴截面，求出圆台的高，根据台体体积公式求出结果.
【详解】
根据题意可知，圆台轴截面为等腰梯形，如图所示，
已知的上、下底面半径分别为 2 和 4，母线长为 ，则 ,
则 ，
过 作 与 ,作 与 ，则 ,所以 ,
在 中根据勾股定理可得 ,
所以圆台体积 .
故选：B.
4. 已知 ， ， 在 所在平面内，满足 ， ，且
，则点 ， ， 依次是 的（ ）
A. 外心，垂心，重心 B. 重心，外心，内心
C. 外心，重心，垂心 D. 外心，重心，内心
【答案】C
【解析】
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【分析】根据 到三角形三个顶点的距离相等，得到 为外心；根据中线的性质，可得 为重心；根据向
量垂直，即得到 是垂心.
【详解】
因为 ，所以 到定点 的距离相等，
所以 为 的外心；
由 ，则 ，
取 的中点 ，则 ，
所以 ，所以 是 的重心；
由 ，得 ，即 ，
所以 ，同理 ，所以点 为 的垂心.
故选：C.
5. 如图，四边形 的斜二测画法的直观图为直角梯形 ，其中 ， ，
， ，则四边形 的面积为（ ）
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A. 6 B. C. 12 D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，把直角梯形 换元为其对应的直角梯形 ，结合斜二测画法的规则，以
及梯形的面积公式，即可求解.
【详解】在直角梯形 中，由 ，且 ，
可得 为等腰直角三角形，所以 ，
因为 ，可得 ，所以 ，
将直角梯形 换元为平面图形 ，如图所示，
可得直角梯形 ，且 ， ，
则直角梯形 的面积为 .
故选：D.
6. 如图，在斜三棱柱 中， ， 分别为 的中
点，则异面直线 和 所成角的余弦值为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接 ，易知所求的角即为 或其补角，再由余弦定理计算出 的各边长，再根据余
弦定理计算即可得出结果.
【详解】连接 ，如下图所示：
根据三棱柱性质可得 ，
又因为 分别为 的中点，所以 ， ，
又 且 ，所以可得 且 ，
即可得四边形 为平行四边形，因此 ；
即可得异面直线 和 所成的角即为 和 所成的角，即为 或其补角.
因为 ，所以 ， ，
在 中，由余弦定理可得 ，则 ，
在 中，由余弦定理可得 ，则 ,
因此在 中，由余弦定理可得 .
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即异面直线 和 所成角的余弦值为 .
故选：B.
7. 已知函数 在 上恰有 5 个不同的 x 值使其取到最值，则正实数 的取值范围
是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意利用正弦函数的图象和性质，可得 ，求解即可．
【详解】当 时， ，
又 在 上恰有 5 个不同的 x 值，使其取到最值；
所以 ，所以 ，则正实数 的取值范围是 .
故选：A.
8. 设点 是边长为 4 的等边 的三边上的动点，则 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取 中点为 ，设 的中点为 ，由题意可得 ，求得 的取
值范围即可.
【详解】取 中点为 ，设 的中点为 ，所以
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因为 是边长为 4 的等边三角形，所以 ， ，
则可得 ，则
，
由题意当 时， 最短，当 在 时， 最长，
当 时， ，此时 ，
在 中，由勾股定理可得 ，所以 的最大值为 ，
所以 ，所以 ，所以 .
故选：C.
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
㙂要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0 分．
9. 已知 a，b 表示直线， 表示平面，则下列推理不正确的是（ ）
A. B. ，且
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】A. 根据直线的位置关系判断；B. 根据直线与平面的位置关系判断；C. 根据平面与平面的位置关
系判断；D. 根据面面平行的性质定理判断.
【详解】A. 因为 ， ，则 平行或相交，故错误；
B. 因为 ， ，则 或 ， 或 ，故错误；
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C. 因为 ， ， ， ，则 平行或相交，故错误；
D. 因为 ， ， ，由面面平行的性质定理得 ，故正确；
故选：ABC
10. 已知 i 为虚数单位，则下列选项中正确的是（ ）
A. 复数 是纯虚数，则
B. 若 ，则 的最大值为
C. 若 ，则
D. 若 是关于 的方程 的一个根，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据纯虚数概念解方程组可判断 A 正确，利用辅助角公式以及复数模长计算可得 B 正确，举反例
可得 C 错误，代入方程的根再由复数相等计算可得 D 正确.
【详解】对于 A，易知 ，解得 ，因此可得 A 正确；
对于 B，由 可设 ，
则
，
因此 的最大值为 ，即 B 正确；
对于 C，若取 ， ，此时满足 ，
但 ，因此可得 C 错误；
对于 D，易知 ，即 ，
整理可得 ，
所以 ，解得 ；可得 D 正确.
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故选：ABD
11. 在直四棱柱 中，所有棱长均 2， ， 分别为 的中
点，点 在四边形 内（包括边界）运动，下列结论中正确的是（ ）
A. 平面 ∥平面
B. 若 ∥平面 ，则 的最小值为
C. 当点 在线段 上运动时，四面体 的体积为定值
D. 若 且 ，则 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过证明两相交直线 AM、MN 分别与平面 平行即可证明面与面平行，判断 A；通过分析确
定点 Q 的轨迹为线段 MN，在△AMN 中，当 时，AQ 取得最小值即为点 A 到直线 MN 的距离，
利用空间向量求出点到直线的距离即可判断 B；由 平面 知以 Q 为顶点的四面体 的底面
积与高均为定值，故体积为定值，判断 C；用 表示出 Q 点坐标，根据两点间的距离公式写出
，将 代入上式整理化简，最后根据几何意义求出最小值判断 D.
【详解】因为 M、P 分别为 的中点，所以 且 ，
因为 ，所以 ，四边形 ABPM 为平行四边形，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
因为 分别为 的中点，所以 ，
又 ，所以 ，
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因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
因为 , 平面 AMN，所以平面 ∥平面 ，A 正确；
由 A 选项知，若 ∥平面 ，则点 Q 的轨迹为线段 MN，在△AMN 中，当 时，AQ 取得
最小值即为点 A 到直线 MN 的距离.
因为 且 ，所以△ABD 为等边三角形，取 AB 中点为点 E，
则有 ，所以在直四棱柱 中，
以 D 为坐标原点，以 DE、DC、 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
,
,
,
点 A 到直线 MN 的距离为 ，B 错误；
因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
当点 在线段 上运动时点 Q 到平面 的距离为定值，所以四面体 的体积为定值，C 正确；
，
，
因为 ，所以 ，代入上式可得
，
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此式在平面直角坐标系中表示点 到 的距离之和，
其距离之和的最小值为点 与点 之间的距离 ，D 正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 若球 的体积之比 ，则它们的表面积之比 ______．
【答案】
【解析】
【分析】利用球的体积公式计算得出两半径之比，再由表面积公式计算可得结果.
【详解】设球 的半径分别为 ，
易知 ，解得 ；
所以它们的表面积之比 .
故答案为：
13. 已知 ，则 ______．
【答案】 ##
【解析】
【分析】利用诱导公式以及二倍角的余弦公式计算可得结果.
【详解】易知 ，
所以
.
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故答案为：
14. 在正四棱锥 中，高为 ，底面是边长为 2 的正方形，则该正四棱锥的侧面积 ______（用
含有 的式子表示），若该正四棱锥存在内切球，则其外接球半径 与内切球半径 之比的最小值为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设正四棱锥 的斜高为 ，求得 ，利用正棱锥的侧面积公式，求得侧面积，
再设正四棱锥 的外接球的半径为 ，内切球的半径为 ，结合球的形式和体积相等法，分别求
得 和 ，得到 ，结合基本不等式，即可求解.
【详解】设正四棱锥 的斜高为 ，
因为正四棱锥 的高为 ，底面正方形的边长为 ，可得 ，
所以正四棱锥 的侧面积为 ；
设正四棱锥 的外接球的半径为 ，内切球的半径为 ，
则外接球的球心到底面 的距离为 ，
可得 ，解得 ，
又由正四棱锥 体积为 ，
表面积为 ，
因为 ，即 ，解得 ，
所以 ，
令 ，则 ，且 ，可得 ，
再令 ，则 且 ，则
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，
当且仅当 时，即 时，等号成立，即 最小值为 .
故答案为： ； .
四、解答题：本题共 5 小题，15 题 13 分，16、17 题 15 分，18、19 题 17 分，共 77 分，解答
应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 如图在直角梯形 中， ， ，该梯形绕着直线
旋转一周．
（1）求所形成的封闭几何体的体积；
（2）求所形成的封闭几何体的表面积．
【答案】(1) ；(2)
【解析】
【分析】(1)由旋转后的图形，可知该几何体是一个圆柱挖去一个同底的圆锥，分别求出圆柱和圆锥的体积，
即可得几何体的体积；
(2)求出圆柱的侧面积、底面积及圆锥的侧面积，即可得所形成的封闭几何体的表面积．
【详解】(1)
由旋转后的图形，可知该几何体是一个圆柱挖去一个同底的圆锥，过 作 垂足为 ，则
，
故所形成的封闭几何体的体积 .
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(2) 圆锥 母线长为
所形成的封闭几何体的表面积 .
【点睛】方法点睛：对于平面图形绕任意直线旋转而成的立体的表面积、体积问题，首先应作出旋转图形，
然后根据有关公式计算即可.
16. 已知 分别为 三个内角 的对边，且 ．
（1）求 ；
（2）若 ， 的面积为 ，求 的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理得到 ，结合余弦定理，求得 ，即可求解；
（2）由 的面积为 ，求得 ，再由余弦定理得到 ，求得 的值，即可
求解.
【小问 1 详解】
解：因为 ，
由正弦定理可得 ，即 ，
又由余弦定理，可得 ，
又因为 ，所以 .
【小问 2 详解】
解：由 的面积为 ，可得 ，即 ，所以 ，
因为 ，又由余弦定理 ，
可得 ，
解得 ，所以 的周长为 .
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17. 如图，在正三棱柱 中， 分别是棱 的中点．
（1）求证： ∥平面 ；
（2）过点 的平面交 于点 ，交 于点 ．求证： ．
【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）连接 ，利用线线平行证得平面 平面 ，进而利用面面平行的性质可得结
论；
（2）利用已知可证 平面 ，进而利用线面平行的性质可证 .
【小问 1 详解】
连接 ，因为 分别是棱 的中点，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 分别是棱 的中点，又 且 ，
所以 且 ，所以四边形 是平行四边形，
所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 ， 平面 ，所以平面 平面 ，
又 平面 ，所以 ∥平面 ；
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【小问 2 详解】
记过过点 平面为平面 ，平面 交 于点 ，交 于点 ，
因为 分别是棱 中点，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，平面 平面 ，所以 .
18. 已知函数 ．
（1）求函数 的单调递减区间；
（2）将函数 的图象向右平移 个单位，再将所得图象上每一点的横坐标变为原来的 倍，纵坐标不
变，得到函数 的图象，若不等式 在
时恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角恒等变换化简为正弦型三角函数，根据正弦型函数单调性求解；
（2）由图像变换得出 解析式，再由换元法化简不等式，转化为含参二次不等式在区间上恒成立，分
类讨论后结合二次函数性质求解即可.
【小问 1 详解】
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，
令 ，解得 ， ，
所以函数的单调递减区间为 .
【小问 2 详解】
函数 的图象向右平移 个单位，可得 ，
再将所得图象上每一点的横坐标变为原来的 倍，纵坐标不变，得到函数 的图象,则
，
所以 在 时恒成立，
令 ，则 ，
由 ，可得 ，所以 ，故 ，
则原不等式可化为 ，
即 在 上恒成立，
⑴当 时，不等式为 ，显然恒成立；
⑵当 时，不等式恒成立需满足 ，解得 ；
⑶当 时， 的对称轴 ，
①当 ，即 时，则不等式恒成立只需 ，解得 ，
所以 ；
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②当 ，即 时，不等式恒成立只需 ，
即 ，解得 ，
所以 .
综上，可得实数 的取值范围 .
19. 在 中，角 的对边分别为 ，且 ．
（1）求证： ；
（2）当 取得最大值时，若 ，点 是边 上的两个动点（ 不重合），记
．
①若 ，当 为何值时， 的面积最小，最小面积是多少？
②三角和差化积公式是一组应用广泛的三角恒等变换式，其形式如下：
它在工程学、绘图测量学等方面，有着广泛的应用．
现记 ，请利用该公式，探究是否存在实常数 和 ，对于所有满足题意的 ，
都有 成立？若存在，求出 和 的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）① ；②
【解析】
【分析】（1）由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到 ，进而证得
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；
（2）①由（1）化简得到 ，利用基本不等式，求得 时，
取得最大值，得到 ，则 ，设 ，则 ，由正弦定理得
和 ，得到 进而求得 的最大值；
②假设存在实数 ，使得 成立，则存在实数 ，对于素有满足题意
的 ， 成立，列出方程组，求得 ，
进而求得 的值.
【小问 1 详解】
证明：因为 ，由正弦定理得 ，
又因为 ，可得 ，
所以 ，即 ，
所以 ，即 .
【小问 2 详解】
解：①由 ，
因为 ，则 ，
可得 ，
当且仅当 时，即 时，即 时，等号成立，
此时 取得最大值，
因为 ，可得 ，则 ，
又因为 ，所以 ，
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如图所示，由 ，且 ，设 ，则 ，
在 中，由正弦定理得 ，所以 ，
在 中，由正弦定理得 ，可得 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
所以当 时，即 时， ；
②假设存在实数 ，对于所有满足题意的 ， 成立，
则存在实数 ，对于所有满足题意的 ，
都有 ，
由题意， 是定值，所以 是定值，
对于所以满足题意的 成立，
则 ，
因为 ，从而 ，即 ，
因为 为 的内角，所以 ，
从而 .
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