山西临汾第一中学校、忻州市第一中学校2025-2026学年高一下学期5月月考数学试题（含解析）

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2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可得，故，故．
2. 对于平面向量、，设甲：，乙：，则（ ）
A. 甲是乙的充分不必要条件B. 甲是乙的必要不充分条件
C. 甲是乙的充要条件D. 甲是乙的既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用特例法、平面向量数量积的定义结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】对于充分性，当，，与的夹角为时，甲成立，而乙不成立，即充分性不成立；
对于必要性，当时，，即必要性成立．
故甲是乙的必要不充分条件.
3. 若，则在复平面内，所对应的点位于（ ）
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】
【详解】，
故在复平面内，其对应的点为位于第三象限．
4. 已知函数为偶函数，当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】，故．
5. 已知一圆柱有内切球，该球为一底面半径为，高为3的圆锥的外接球，则该圆柱的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】
作出轴截面图，显然球心在圆锥的高所在的直线上，记球半径为，
由勾股定理得，解得，可得圆柱的底面半径为，
高为，故其体积.
6. 在中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由，得，而，
由正弦定理得，于是．
7. 已知单位向量满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由，得，
即，又，
故，
于是，
由，得．
8. 在四面体中，，则该四面体的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】应用三角形面积公式及余弦定理计算求解，最后结合同角三角函数关系及面积公式计算求值.
【详解】记，，，的面积分别为，
则，，
，
而由余弦定理得，故，而显然，
由勾股定理得，
于是，
由得，
故，
故四面体的表面积．
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. 在正四棱台中，（ ）
A. B. 平面
C. 平面D. 平面平面
【答案】BC
【解析】
【详解】对于A，显然，可知四点共面，而，故与相交，A错误；
对于B，由平面，平面平面，得平面，B正确；
对于C，由平面，平面平面，平面平面，得，由平面，平面知平面，C正确；
对于D，取的中点，中点，若平面平面，则平面，
但由知与相交，而平面，则与平面相交，矛盾，D错误．

10. 若复数满足，则（ ）
A. 可能为实数B. 可能为纯虚数
C. 当的实部取得最大值时，为实数D. 当的虚部取得最大值时，不为纯虚数
【答案】ABD
【解析】
【分析】本题设复数，利用复数模的公式化简得到$a，b$满足的二元二次方程，再分别令、，通过判别式判断方程有解，验证A、B选项成立；接着对方程配方得到圆的标准形式，用三角换元表示，据此求出、的最大值并验证取等条件下是否为实数、纯虚数，进而判定C错误、D正确.
【详解】对于A，设，由题设得.
于是.
当时，，
显然方程有实数解，则可能为实数，故A正确；
对于B，当时，，
显然方程有实数解，且解不为0，则可能为纯虚数，故B正确；
对于C，因为
所以即，
可设，所以.
当且仅当时等号成立，此时，不为实数，故C错误；
对于D，由C项分析，知，当且仅当时等号成立，
此时，不为纯虚数，故D正确．
11. 在中，设，且，则（ ）
A. 的最大内角的余弦值小于
B. 在上的投影向量与同向
C. 中边上的中线长大于
D. 三条边的平方和小于
【答案】ACD
【解析】
【分析】本题以向量表示相关边向量,先利用向量模长与数量积公式推导三边大小关系,结合数量积与夹角余弦的关联判定选项A,再通过向量数量积运算符号判断投影向量方向以辨析选项B,接着取中点用中线向量表达式作模长平方作差比较大小验证选项C,最后展开三角形三边平方和的向量形式并结合数量积符号放缩推理判定选项D.
【详解】对于A，因为，所以.
由得，则，即.
又，即，故，故的最大内角为.
由得，解得.
由，得，故，故A正确；
对于B，因为.
由且得，故.
故在上的投影向量与反向，故B错误；
对于C，设中点为D，故.
则.
因为且，故上式大于，即，故C正确；
对于D，三边平方和为.
因为，故，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若，则___________．
【答案】
【解析】
【详解】注意到，
由二倍角公式得.
13. 在四边形中，，则该四边形通过斜二测画法得到的直观图面积的最大值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】记四边形的面积为，其直观图的面积为，则，利用基本不等式求的最大值，即可得结果.
【详解】记四边形的面积为，其直观图的面积为，则，
因为，则，
可得，
又因为，则，可得，
当且仅当时，等号成立，
所以．
14. 在某基建工程的激光测绘中，三个信标所确定的警戒区域为，已知（单位：百米），且在上的投影向量为．若全站仪满足，且（单位：百米），则该警戒区域的面积为___________平方百米．
【答案】
【解析】
【分析】先根据投影向量得出，再应用数量积公式及运算律结合余弦定理得出，最后应用面积公式求解.
【详解】由题意知在中，因为在上的投影向量为，
所以，所以，
即，化简得，即，得到，
由余弦定理得，因为，所以，
又，所以在线段上，且，
在中，，由余弦定理得，
因为，所以，
则的面积平方百米．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 如图，在矩形中，分别为上的点，，将矩形沿折起，使点落在的位置，落在的位置，得到四边形，已知不在平面上．
（1）证明：四点共面；
（2）证明：平面平面．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由结合基本事实证明即可；
（2）由面面平行的判定定理证明即可.
【小问1详解】
由得，
由两平行直线确定一个平面，可知四点共面．
【小问2详解】
由平面，平面，得平面，
由，平面，平面，得平面，
由，平面，平面，得平面平面．
16. 已知函数．
（1）求；
（2）若，求的最小值；
（3）求函数的单调区间．
【答案】（1）
（2）
（3）单调递增区间为；单调递减区间为
【解析】
【小问1详解】
由，可得，
由得，即．
【小问2详解】
由（1），知，由，得，
故的最小值为．
【小问3详解】
由，得，
所以的单调递增区间为，
由，得，
所以的单调递减区间为．
17. 设，已知，是方程的两个不同的解．
（1）求；
（2）求；
（3）若，求复数虚部的平方．
【答案】（1）
（2），
（3）
【解析】
【小问1详解】
．
【小问2详解】
是方程的解，，即
，，.
【小问3详解】
由（2）可得，设，
代入，得，
，由②可得，代入①式得，
于是，故．
18. 在中，内角的对边分别为．
（1）求．
（2）当时．
（i）求周长的取值范围；
（ii）求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理与和角公式化简计算即得；
（2）（i）由正弦定理即三角恒等变换可得，再利用正弦函数性质计算求解；（ii）由余弦定理，基本不等式即可求得答案.
【小问1详解】
由正弦定理得
而右式为，
故得，因为，故．
故，则．
【小问2详解】
（i）由正弦定理得的周长
，
易得，则，故，
所以的取值范围是；
（ii）由余弦定理得，
当且仅当时等号成立，
所以的面积，
故面积的最大值为．
19. 记的内角的对边分别为．已知，且为锐角三角形．
（1）求；
（2）设点为边上一点，．
（i）证明：；
（ii）若，证明：的面积随的增大而增大．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知条件结合辅助角公式以及特殊角的三角函数值分析求解即可.
（2）（i）利用向量加法法则，向量运算律以及向量数量积证明即可；（ii）利用正弦定理，余弦定理，三角形面积公式以及函数的性质，结合已知条件和结论证明即可.
【小问1详解】
由，得，
即，即，
因为为锐角三角形，所以，从而，
所以，解得．
【小问2详解】
证明：（i）由且，可得，整理得，
将等式两边平方，得，
已知，又，
代入上式，得，即，
命题得证．
（ii）易得，即，
因为，所以，
代入（i）得，化简得，
在中，由余弦定理得，即，
所以，即，
令，因为且，所以，
方程化为，
构造得，即，
因为为锐角三角形，所以各内角均小于，即且，
又，所以，解得，
结合，可得，
由正弦定理可得，故，
因为，所以，从而，
所以，即的取值范围为，
所以，进而，
因为，且，所以，即，
设的面积为，的面积为,
因为，所以，
又，所以，
将代入，得,
设函数，当时，随的增大而增大,
设，的图象的对称轴为直线，
故当时，随的增大而增大,
由于等式恒成立，当增大时，增大，则增大，也增大．
因此，当增大时，减小，减小，从而减小，且恒为正数,
所以随的增大而增大，即的面积随的增大而增大．