湖北省鄂州市重点高中2025-2026学年高一下学期5月月考试题 数学（含解析）

这是一份湖北省鄂州市重点高中2025-2026学年高一下学期5月月考试题 数学（含解析），共12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。
1．下列条件一定能确定一个平面的是（ ）
A．空间三个点B．两条相交的直线
C．两条相互垂直的直线D．空间一条直线和一个点
2．已知是不同的直线是不重合的平面，若则（ ）
A．B．C．D．
3．设，是平面内两个不共线的向量，则下列向量组中不能作为基底的是（ ）
A．， B．，
C．，D．，
4．如图，由斜二测画法画的水平直观图是的等腰直角三角形，那么它在原平面图形中，顶点到的距离是（ ）
A．1B．C．2D．
5．如图，正四棱柱中，，若直线与直线所成的角为，则直线与平面所成的角为（ ）
A．B．C．D．
6．半径为6的球O中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与圆柱的侧面积之差为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，若在上恰有三个零点，则（ ）
A．B．C．D．
8．在直角边长分别为3和4的直角三角形内有一内切圆是内切圆的直径，点为三角形三条边上的动点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知复数，下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则为实数D．
10．如图，已知正方体的棱长为2，则（ ）
A．直线与为异面直线
B．平面
C．三棱锥的体积为
D．平面过点且平面，则平面截正方体所得截面的图形的面积为
11．如图，在正四棱台中，，，，为棱上的动点（包括端点），则（ ）

A．该正四棱台的体积为
B．三棱锥的体积为定值
C．存在点，使得平面
D．的最小值为
三、填空题
12．已知一个圆台的轴截面为梯形，若，则该圆台的侧面积为______．
13．在中，分别为角所对的边，若，，，则____________．
14．在中，分别为角所对的边，且，则面积的最大值为___________.
四、解答题
15．已知正四棱锥P-ABCD，M，N分别是BC，PD的中点．
(1)证明：平面；
(2)若四棱锥各棱长均为2，求直线CN与AM所成角的余弦值．
16．在中，分别为角所对的边，且，角A的平分线交于D，且．
(1)求角A；
(2)若，求的长．
17．已知函数.
(1)求函数的单调增区间和对称轴方程；
(2)求函数在区间上的最大值和最小值；
(3)若，求.
18．如图，在正三棱锥中，，，的中点为，的中点为．求：
(1)直线与的夹角的余弦值；
(2)三棱锥的体积；
(3)二面角的余弦值．
19．已知正四面体的棱长为．
(1)证明：；
(2)某几何体是由正四面体按如下规则得到：在每个三角形面上，以各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第1次操作；继续以新生的小正四面体各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第2次操作；以此类推，如图所示．
（i）求第3次操作后几何体的体积；
（ii）现有次操作后生成的几何体石材，求打磨出的最大球的体积．
参考答案
1．B
【详解】若三点共线，可以确定无数个平面，故不一定能确定一个平面，故A错误；
根据平面基本性质，两条相交直线有且只有一个公共点，能确定一个平面，故B正确；
空间中存在无数异面且互相垂直的两条直线，而异面直线无法确定一个平面，故C错误；
若该点在直线上，则可以确定无数个平面，不能确定唯一平面，故D错误．
2．D
【详解】因为，所以，又因，
所以，因此.
3．D
【详解】对于A，设，可得，此时方程组无解，
所以与不共线，所以与能作为基底，所以A不符合题意；
对于B，设，显然不存在实数使得成立，
所以与不共线，所以与能作为基底，所以B不符合题意；
对于C，设，可得，此时方程组无解，
所以与不共线，所以与能作为基底，所以C不符合题意；
对于D，，可得，解得，即，
所以与共线，所以与不能作为基底，所以D符合题意.
4．D
【详解】在中，，，，
于是得，且原图中即为顶点到的距离，
由斜二测画法规则知，在原平面图形中，顶点到的距离是.
故选：D
5．A
【详解】连接与交于点，，所以即为直线与直线所成的角，即．该几何体为正四棱柱，，可得，所以．
连接，易得，平面，平面，所以平面，
所以即为直线与平面所成的角，，所以．
故选：A.
6．B
【详解】设圆柱的底面半径为r，高为h，已知球O的半径，
作轴截面，如图，
由勾股定理得：，
圆柱侧面积，
当且仅当r=ℎ2=32时等号成立，
因此圆柱侧面积的最大值为，
球的表面积为，
故两者差值为.
7．A
【详解】令，即，解得或，
当时，可得，
所以，
所以mx1+x2+x3+π3=5π6+13π6+17π6−2π3=31π6，
所以，
8．C
【详解】已知三角形边长，，设内切圆半径为，三角形面积为，
则，
解得，即，则：
，
点在三角形三条边上运动，则|PO|min为内切圆半径，
为到三角形顶点的距离最大值，即为，以为坐标原点建立坐标系，
则，
，
的取值范围为．
9．BD
【详解】选项A：反例：设，满足，但，故A错误.
选项B：由模的性质可得，故B正确.
选项C：当时，，符合题意，此时是纯虚数，故C错误.
选项D：设，则，
此时，得到，故D正确.
10．ABD
【详解】对于A，∵ 直线平面，与平面交于点，且，
∴ 直线与无公共点且不平行，为异面直线，故A正确；
对于B，∵ 正方体中，平面，平面，
由线面平行的判定定理可得平面，故B正确；
对于C，∵ 正方体棱长为，，三棱锥的高为，
∴ ，故C错误；
对于D，∵ 平面平面，结合正方体面面平行的性质，可知平面截正方体所得截面为三角形，
该三角形为边长为的正三角形，∴ 截面面积，故D正确.
11．ABD
【详解】对于A，由题意得上底面面积为，下底面面积为，
如图，连接，设，，
可得分别是上底面和下底面的中心，
连接，则平面，且是正四棱台的高，

在上取点，使得，由正四棱台性质得，
则四边形是平行四边形，故且，则平面，
由题意得，，则，
因为，所以由勾股定理得，
所以由棱台的体积公式得，故A正确，
对于B，如图，接，，，
由正四棱台性质得，且，
则四边形为平行四边形，所以，
因为平面，面，所以平面，
又，所以点到平面的距离即为到平面的距离且为定值，
由题意得为定值，则为定值，故B正确，
对于C，假设存在点，使得平面，而面，则，
因为，，面，所以平面，
而面，可得，与正四棱台的侧面为等腰梯形矛盾，故假设不成立，
即不存在点，使得平面，故C错误，
对于D，由正四棱台性质得，如图，作，，

由题意得四边形是矩形，则，，
则，而，得到，
如图，将侧面和沿棱展开，

由余弦定理得，解得，
且由题意得，，则，可得，
同理可得，，故，
即在展开图内直线过点，且，当且仅当共线时取等，
故当点与点重合时，的最小值为，故D正确.
故选：ABD
12．
【详解】
易知上底面圆的半径，下底面圆的半径，
母线长，
所以该圆台的侧面积．
13．
【详解】由余弦定理，，
，
故．
14．
【详解】∵ 在中，设其外接圆半径为，由正弦定理得，，，
∴ ，，代入得，
.
又∵ ，代入上式得，
两边同乘得，即.
∵ 的面积，将代入得，
.
由基本不等式可得a2+2c2≥2a2⋅2c2=22ac，当且仅当即时等号成立，
∴ S≤ac2×22ac=142=28.
即面积的最大值为.
15．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取的中点为，连接,
由于是中点，故,且，
又且，
故,则四边形为平行四边形，
故平面, 平面,
故平面
（2）由（1）知：故或其补角即为直线CN与AM所成角，
由于为边长为2的等边三角形，故，
,
故,
故直线CN与AM所成角的余弦值为
16．(1)
(2)
【详解】（1）由和正弦定理，可得，
因，
则，
即，
因为，则得，
因，则．
（2）
如图，因是的平分线，则，解得，
又，
则，
即，解得.
17．(1)；
(2)；
(3)
【详解】（1）由题意得
，
令，解得，
所以的单调递增区间为，
令，解得；
（2）由得，
所以当时，即时，，
当时，即时，，
所以的最大值为，最小值为；
（3）由题意得：，
所以，
所以
，
所以.
18．(1)；
(2)；
(3).
【详解】（1）取中点，连接、.
由中位线性质，，
故为直线与的夹角（或其补角）.
在中，，，、为中点，故.
同理，，.
在中，由余弦定理：
，
故直线与夹角的余弦值为.
（2）设底面正的中心为，连接，则平面.
底面正三角形的外接圆半径.
在中，.
底面的面积.
所以.
（3）过作于，连接.
由正三棱锥对称性，，故，为二面角的平面角.
在中，，，
由余弦定理得，
，
故，同理.
在中，，
由余弦定理：，
故二面角的余弦值为.
19．(1)证明见解析
(2)（i）225163；（ii）．
【详解】（1）取中点，由正四面体知与均为正三角形，
故FD⊥BC, FA⊥BC，又FA∩FD=F, FA, FD⊂平面，
所以平面，又平面，故.
（2）（i）设第次操作后的体积为，原四面体的棱长为，体积为；
第1次操作后，新增四个小正四面体，其棱长为，且新增的体积为18V×4=12V；
第2次操作后，每个小四面体均新增三个更小的正四面体，棱长为，共增加12个，故新增的体积为164V×12=316V；
第3次操作后，新增36个小正四面体，棱长为，故新增体积为1512V×36=9128V，
因此操作3次后的体积为V+12V+316V+9128V=225128V，
原正四面体的体积，故V3=225128V=225163.
（ii）最大球即初始正四面体的中心到各面中位线中点的距离为半径的球.
过点作平面于点，因为四面体为正四面体，
故为的中心，则在上，且，
同理，可得在上，且，则为四面体的外接球球心和内切球球心，
设AO0=DO0=R0, GO0=FO0=r0，则DG=23×32×26=22，
所以，则由，解得，所以，
设点为的中点，则KF=16AE=22，则，
次操作后始终为新生几何体的一个顶点，故打磨出的球的半径r≤62，
记第1次操作后构造的任一正四面体（即四面体J−EIH）的外接球球心为，
连接，则平面，设垂足为，AE∩HI=K，则为的中心，
故在上，且，故点与点重合，
所以D,O0, O1, F, J共线，则平面，故O0O1=1+12=32>62.
即以为球心，为半径的球，是次操作后生成的几何体石材打磨出的最大球，
此球体积为.