2025--2026学年江苏省邗江中学高一下学期5月份月考数学试题-含解析

这是一份2025--2026学年江苏省邗江中学高一下学期5月份月考数学试题-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。
1. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，则该平面图形的高为（ ）
A. B. 4C. D.
2. 已知圆锥的体积为，其侧面积与底面积的比为，则该圆锥的母线长为（ ）
A. 5B. 6C. 8D. 10
3. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
4. 在空间中，l，m是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，，则
5. 在正四面体中，点，，分别为棱，，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
6. 在中，是边上一点，且是的中点，记，则（ ）
A. B. C. D.
7. 设是球表面上的四个点，平面，，，，，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
8. 在中，分别为内角所对的边，已知.设为边BC上一点，若，且，则面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
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. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ）.
A. 若，则B. 若，的值为
C. 的取值范围为D. 存在，使得
10. 已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，，且该三角形有两解，则
C. 若，则为等腰三角形
D. 若，则为锐角三角形
11. 如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（ ）
A. 三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化．
B. 无论点N在何处，始终有平面成立．
C. 直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为．
D. 平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，若，且，则_________.
13. 已知的内角，，的对边分别为，，，设，，则角等于____________.
14. 已知正方体的棱长为3，动点在内，满足，则点的轨迹长度为______.
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. 已知向量，.
（1）若，求；
（2）若，已知，求.
16. 已知中，角，，所对的边分别为，，，
（1）求证：；
（2）若，求周长的取值范围．
17. 如图，多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥组成，其中，，，是上的一点．
（1）若是中点．
①求证：平面；②求异面直线与所成角的余弦值．
（2）若为与交点，问上是否存在一点，使得平面？如果存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
18. 如图，在直三棱柱中，，，，点D，E分别为棱BC，的中点，点F是线段CE的中点．

（1）求证：平面；
（2）求直线DF与平面ABF所成角的正弦值；
（3）求二面角的余弦值．
19. 设为坐标原点，定义非零向量的“友函数”为，向量称为函数的“友向量”.
（1）记的“友函数”为，求函数的单调递增区间；
（2）设，其中，求的“友向量”模长的最大值；
（3）已知点满足，向量的“友函数”在处取得最大值.当点运动时，求的取值范围.
数学
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. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，则该平面图形的高为（ ）
A. B. 4C. D.
答案：C
解析：
思路：根据斜二测画法将直观图还原为直角梯形，如图，结合勾股定理计算即可求解.
解答过程：在直角梯形中，，
则，
直角梯形对应的原平面图形为如图中直角梯形，
，，，，
所以该平面图形的高为．
故选：C．
2. 已知圆锥的体积为，其侧面积与底面积的比为，则该圆锥的母线长为（ ）
A. 5B. 6C. 8D. 10
答案：A
解析：
思路：设圆锥的母线长为，底面半径为，高为，由侧面积与底面积的比为得，即，利用圆锥的体积即可求出，进而求解.
解答过程：设圆锥的母线长为，底面半径为，高为，所以侧面面积为，底面面积为，
由侧面积与底面积的比为有，即，所以高，
所以圆锥的体积为，解得，
所以母线长，
故选：A.
3. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：利用二倍角余弦公式得，则，最后再根据两角差的正弦公式即可得到答案.
解答过程：，
因为，则，则，
则.
故选：D.
4. 在空间中，l，m是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，，则
答案：D
解析：
思路：根据给定条件，利用面面平行、线面平行的关系，逐项判断即可.
解答过程：对于A，由，，，得或是异面直线，A错误；
对于B，由，，得或，B错误；
对于C，由，，得与相交或，C错误；
对于D，由，得存在过的平面与相交，令交线为，则，
而，，于是，又，，则，因此，D正确.
故选：D
5. 在正四面体中，点，，分别为棱，，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：根据异面直线夹角的定义结合余弦定理运算求解.
解答过程：连接，设正四面体的棱长为2，
因为分别为的中点，则//，
所以异面直线，所成角为（或其补角），
在中，则，
由余弦定理可得，
所以异面直线，所成角的余弦值为.
故选：A.

6. 在中，是边上一点，且是的中点，记，则（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：根据平面向量的线性运算法则进行运算即可.
解答过程：
，
故选：D．

7. 设是球表面上的四个点，平面，，，，，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：根据题意，画出几何体的图形，利用直棱柱和球的截面的性质，求得外接球的半径，结合球的表面积公式，即可求解.
解答过程：解：由题意，画出几何体的图形，如图所示，
把扩展为三棱柱，
上下底面三角形外接圆圆心连线的中点与的距离为球的半径，
由，，，，
则，
设三角形外接圆半径为，球的半径为，
则，且，
所以外接球的表面积为.
故选：B.
8. 在中，分别为内角所对的边，已知.设为边BC上一点，若，且，则面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：根据已知条件恒等式，求得，然后设，则，利用面积关系可以得到，从而求得；再利用面积关系可以得到，再利用基本不等式求出的取值范围，再根据面积公式计算可得.
解答过程：由正弦定理可得,
又
所以，
由两角和正弦公式可得，，
又，所以，所以，
即，
又，所以，所以即，
设，则，
∵，，
∴，
即，化简得，即，
又，解得或（舍去），
所以，
又，
所以，
即，即，
所以，当且仅当时取等号，
所以，即面积的最小值为.
故选：A
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. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ）.
A. 若，则B. 若，的值为
C. 的取值范围为D. 存在，使得
答案：AB
解析：
思路：由向量共线的坐标运算可判断A；由向量的垂直的坐标运算可判断B；由向量数量积的坐标运算和的范围可判断C；由得，求出的范围可判断D.
解答过程：对于A，若，则，所以，故A正确；
对于B，若，则，所以，
因为，所以的值为，故B正确；
对于C，，因为，
所以，，所以的取值范围为，故C错误；
对于D，，所以，，
若，则，得，
解得，因为，所以，解得，
因为，所以无解，故D错误.
故选：AB.
10. 已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，，且该三角形有两解，则
C. 若，则为等腰三角形
D. 若，则为锐角三角形
答案：ABD
解析：
思路：根据大边对大角及正弦定理判断A，根据图形数形结合可判断B，由正弦定理及三角恒等变换判断C，由两角和的正切公式变形可判断D.
解答过程：因为，所以，由正弦定理，可知，故A正确；
如图，

，，且该三角形有两解，所以，即，
故B正确；
由正弦定理可得，，即，所以，因为，所以或，
即或，所以三角形为等腰或直角三角形，故C错误；
因为
，且，
所以，即为锐角，所以为锐角三角形，故D正确.
故选：ABD
11. 如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（ ）
A. 三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化．
B. 无论点N在何处，始终有平面成立．
C. 直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为．
D. 平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形．
答案：BCD
解析：
思路：A选项，直角面积为定值，点N到平面的距离为定值，进而判断体积；B选项，平面即为平面 ，再结合正方体特点判断； C选项，作出辅助线，得到即为直线与平面所成角，设大小为，设，，分，和三种情况，得到的取值范围；D选项，当为的中点，和三种情况，画出平面BDN截得正方体的截面.
解答过程：A选项，在点N的位置移动时，点N到平面的距离为定值，
等于正方体的棱长，且直角面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，不会随着点N的位置的改变而变化，A错误；
B选项，平面ACN即为平面AC ，而正方体中必有平面；得到B正确；
C选项，取的中点，连接，则⊥，过点作⊥于点，
则，故⊥平面，
所以即为直线MN与平面所成角，设大小为，
设正方体的棱长为2，则，
设，，
若，则，
由勾股定理得，
则，
当时，取得最大值，最大值为，
当时，取得最小值，最小值为1，故，
若，此时平面，此时夹角为0，，
若，则，
由勾股定理得，
则，
显然，，，
此时，
综上，，
直线MN与平面所成角的正切值的取值范围为，C正确；
D选项，当为的中点时，平面截得正方体的截面为正，
当时，延长交于点，连接，
则即为平面BDN截得正方体的截面，

当时，延长交于点，
在平面上，过点作平行于，交于点，连接，
则四边形即为平面BDN截得正方体的截面，
故平面截得正方体的截面可能是三角形或四边形，D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，若，且，则_________.
答案：
解析：
思路：设，由向量的坐标表示向量共线和垂直，解出，再计算模长可得.
解答过程：设，则，
由，可得，解得，
则，所以.
故答案为：.
13. 已知的内角，，的对边分别为，，，设，，则角等于____________.
答案：##
解析：
思路：先利用正弦定理边角转化，再结合余弦定理可求得，代入即可求解.
解答过程：在中，由及正弦定理得
，即，
由余弦定理得，
而，解得，
由得，
显然，则.
故答案为：.
14. 已知正方体的棱长为3，动点在内，满足，则点的轨迹长度为______.
答案：
解析：
思路：确定正方体对角线与的交点E，求出确定轨迹形状，再求出轨迹长度作答.
解答过程：在正方体中，如图，

平面，平面，则，而，
，，平面，于是平面，又平面，
则，同理，而，，平面，
因此平面，令交平面于点，
由，得，
即，解得，
而，于是，
因为点在内，满足，则，
因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆在内的圆弧，
而为正三角形，则三棱锥必为正三棱锥，为正的中心，
于是正的内切圆半径，
则，即，，
所以圆在内的圆弧为圆周长的，
即点的轨迹长度为
故答案为：
方法提示：方法点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解.
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. 已知向量，.
（1）若，求；
（2）若，已知，求.
答案：（1）
（2）解析：
解答过程：（1）因为，，，
所以，
所以tanα=1tanπ12=1tanπ3−π4=1+tanπ3tanπ4tanπ3−tanπ4=1+33−1=2+3.
（2）因为sinα+π12=45，
所以由sin2α+π12+cs2α+π12=1 ，得cs2α+π12=925，
因为，所以α+π12∈7π12,13π12，
所以csα+π12=−35，
令，则，，，
所以，，
所以cs2α=cs2t−π6=cs2tcsπ6+sin2tsinπ6=−725×32+−2425×12=−24+7350.
16. 已知中，角，，所对的边分别为，，，
（1）求证：；
（2）若，求周长的取值范围．
答案：（1）证明见解析
（2）解析：
思路：（1）由正弦定理角化边，结合余弦定理得到，再结合，得到，进而可求证；
（2）先确定，再结合正弦定理得到，，进而可求解.
（1）由得，
从而，
得，
由余弦定理得，即，
由正弦定理得，
又在三角形中，，
所以．
所以，即．
所以或，
即或．
因为，，所以．
（2）由得，
所以，
即，解得，
因为，由正弦定理得，所以，
由正弦定理得
，
故的周长．
令，由（1）知，所以．
因为函数在上单调递增，
所以周长的取值范围为．
17. 如图，多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥组成，其中，，，是上的一点．
（1）若是中点．
①求证：平面；②求异面直线与所成角的余弦值．
（2）若为与交点，问上是否存在一点，使得平面？如果存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
答案：（1）①证明见解析；②
（2）存在，且
解析：
思路：（1）①连接交于点，连接，利用中位线的性质得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
②分析可知，异面直线与所成角为或其补角，求出三边边长，结合余弦定理可求得结果；
（2）由线面平行的性质可得出，由此得出，即可得解.
（1）连接交于点，连接，如下图所示：
在三棱柱中，，，所以，四边形为平行四边形，
因为，所以为的中点，
又因为为的中点，所以，且，
因为平面，平面，故平面；
在直三棱柱中，平面，平面，所以，
所以，，
同理可得，，
所以，，，
因为，所以，异面直线与所成角为或其补角，
由余弦定理可得，
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
（2）如下图所示：
因为，，所以，
因为平面，平面，平面平面，
所以，故，因此.
所以，线段上存在一点，使得平面，且．
18. 如图，在直三棱柱中，，，，点D，E分别为棱BC，的中点，点F是线段CE的中点．

（1）求证：平面；
（2）求直线DF与平面ABF所成角的正弦值；
（3）求二面角的余弦值．
答案：（1）证明见解析
（2） （3）
解析：
思路：（1）只需分别证明，，结合线面垂直的判定定理即可得解；
（2）首先通过分析可说明是直线DF与平面ABF所成角，进一步通过解三角形即可得解；
（3）由二面角的定义分析说明为二面角F-AD-C的平面角，再通过解三角形即可得解.
（1）在直三棱柱中，平面，又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以．
在矩形中，，，点E是棱的中点，
所以，所以是等边三角形，
又点F是线段CE的中点，所以，
又，平面，所以平面．
（2）在平面BCE内，过点D作BF的垂线，垂足为H，如图所示．
由（1）知平面，又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
所以是直线DF与平面ABF所成角．
在中，，，所以，
又点D为棱BC的中点，所以．
因为平面，又平面，所以，
所以，．
在中，由余弦定理得，
所以，即直线DF与平面ABF所成角的正弦值为．
（3）在平面内，过点F作AC的垂线，垂足为O，在平面ABC内，过O作AD的垂线，垂足为G，连接FG，如图所示．
因为平面，又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，又，
所以为二面角的平面角．
在中，．
因为平面，平面，所以，
又易得，，所以，
由等面积法可知．
在中，，，，所以，
所以，即二面角的余弦值为．

19. 设为坐标原点，定义非零向量的“友函数”为，向量称为函数的“友向量”.
（1）记的“友函数”为，求函数的单调递增区间；
（2）设，其中，求的“友向量”模长的最大值；
（3）已知点满足，向量的“友函数”在处取得最大值.当点运动时，求的取值范围.
答案：（1），
（2） （3）
解析：
思路：（1）根据定义直接可得函数解析式并化简，进而可得函数的单调递增区间；
（2）化简函数解析式，可判断函数的“友向量”，进而可确定其模长；
（3）根据三角函数性质直接可得函数取得最值时根据不等式可得，再利用齐次式可得的最值.
（1）由已知，
则令，，
解得，，
即函数的单调递增区间为，；
（2），
则的“友向量”为，
所以，
又，所以当，时，取得最大值为；
（3）由已知点满足，
则，，且，
又，且，
且当，时，函数取得最大值，
即，
所以，
即，
又，
设，则原式，
且在上单调递减，
所以.