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浙江省杭州学军中学2024 2025学年高一下学期5月月考数学试题
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．设复数（为虚数单位），则的虚部为（ ）
A．2 B．2 C．1 D．
3．设是两条不同直线，是两个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A． B．且，则
C．，那么 D．
4．在锐角中，“”是“不是最小内角”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
5．若函数的值域为，则实数的可能值共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．已知函数在内有且仅有3个零点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
7．在正三棱锥中，，点，分别在棱和上，且，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在长方体中，，，点在矩形内运动（包括边界），，分别为的中点，若平面，当取得最小值时，的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．若a，，且，则下列不等式恒成立的是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，平面与平面所成锐二面角，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得
B．面积的最大值为
C．
D．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积
11．已知函数，的定义域均为R，且，．若的图象关于点对称，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
12．已知实数满足，且，则 .
13．如图，三棱锥中，且为正三角形，分别是的中点，若截面侧面，则此棱锥侧面与底面夹角的余弦值为 .
14．已知四边形ABCD为平行四边形，，，，现将沿直线BD翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为 .
四、解答题
15．已知向量，.
（1）当且时，求实数的值；
（2）当，，求向量与的夹角.
16．如图，等腰与四边形所在平面互相垂直，若，
（1）求证：平面；
（2）若，求四面体的体积.
17．在中，所对的边分别为，且，其中是三角形外接圆半径，且不为直角.
（1）若，求的大小；
（2）求的最小值.
18．在多面体中，已知，，且，．

（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
19．已知a，b，c，，且，定义的“区间长度”为﹐函数的定义域为，
（1）当时，求关于x的不等式解集的“区间长度”，
（2）已知，设关于x的不等式解集的“区间长度”为I．
（ⅰ）若，求t；
（ⅱ）求I的最大值．
参考答案
1．【答案】C
【详解】由题意可得：，
且，所以.
故选C.
2．【答案】C
【详解】由题得，，所以z的虚部为1.
故选C.
3．【答案】B
【详解】对于A选项，直线可能在平面内，故A选项错误.
对于B选项，由于且，所以正确，故B选项正确.
对于C选项，可能平行，故C选项错误.
对于D选项，可能相交，故D选项错误.
故选B
4．【答案】C
【详解】当时，，
此时是最小内角，故充分性不成立；
若不是最小内角，不妨设为最大角，则，
假设，由，可得，
则，此时，与题意矛盾，所以，
若锐角的最大角小于或等于，则三角形的内角和小于或等于，
这与三角形的内角和等于矛盾，
所以若不是最小内角，则，故必要性成立，
综上所述“”是“不是最小内角”的必要不充分条件.
故选C.
5．【答案】B
【详解】当时，，
当时，，
若，当时，，当时，，
此时的值域为，不合题意；
若，则时，，，
由于，由题意需使；
若，则时，，
由于，故需使，
即实数的可能值共有2个.
故选B．
6．【答案】A
【详解】,
当，时，，
在，有且仅有3个零点，
，
综上：,
故选
7．【答案】B
【详解】过作，交于，则或其补角为异面直线和所成的角，
设，则，
由余弦定理得，
由余弦定理得，
，
在三角形中，由余弦定理得，
所以异面直线和所成角的余弦值为.
故选B
8．【答案】D
【详解】如图，取的中点，的中点，连接，所以，
又分别为的中点，所以，故，
平面，平面，所以平面，
又，，所以四边形为平行四边形，故，
平面，平面，平面，
又平面，，故平面平面，
所以当平面时，平面，则点在线段上，
当时，取得最小值，易知，
此时为线段的中点.
由平面几何知识可知，，，，
.
所以的余弦值为.
故选D.
9．【答案】BCD
【详解】当时，A不成立，A错；
由得，所以，即，B正确；
，，C正确．
，则，，当且仅当时等号，D成立，D正确；
故选BCD．
10．【答案】BCD
【详解】对于A，取的中点，连接，，
显然，且，又，且，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又，，且为的中点，
则与不垂直，所以与也不垂直，故A错误；
对于B，由，，则，
所以当时，最大，且最大值为，故B正确；
对于C，取的中点，的中点，作平面，且点在平面内，
连接，，，
由，则，又，且，则，
则在平面上的射影在直线上，即点在直线上，
则平面与平面所成的二面角，则，所以，
又在平面上的射影为，则，所以，
所以，故C正确；
对于D，结合C可知，，
则当点与点重合，即平面时，最大，且最大值为，
则，又，且，则平面，
所以，，两两垂直，且，，，
则三棱锥的外接球的半径和长、宽、高分别为，，的长方体的外接球的半径相等，
所以其外接球的半径为，
所以三棱锥的外接球的表面积为，故D正确．
故选BCD．
11．【答案】BD
【详解】因为的图象关于点对称，所以，
的定义域均为，故，由，得，所以，故A错误；
令得，，因为，
所以与联立得，
，则，
所以，即的其中一个周期为4，
因为，所以．
即，所以的其中一个周期也为4，
由，得，
与联立，得，
即．所以B正确；
由，得，但与的值不确定，
又，，
所以
故C错误；
由，得，所以，
又，，
两式相加得，，所以，故D正确，
故选BD．
12．【答案】
【详解】由可知，
所以，即，所以.
13．【答案】
【详解】取和的中点分别为，，
，分别是，的中点，
,,
由于且为正三角形，
，故,
由于，分别是，的中点，因此，
故,
由于截面侧面，所以,进而可得,
由于
故为侧面与底面的二面角的平面角，
设， ，，
在直角中， ，
14．【答案】
【详解】在中，，
故，即，
则折成的三棱锥中，，，，
即此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，
设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为a，b，c
则，解得，
此长方体的外接球是三棱锥的外接球，
设外接球的直径，即，
又因为三棱锥是长方体切掉四个角，
故三棱锥，
三棱锥四个侧面是全等的，
，
设内切球半径为，以内切球球心为顶点，把三棱锥分割为以球心为顶点，四个面为底面的四个小三棱锥，四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积，
故，
则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为.
15．【答案】（1）6
（2）
【详解】（1）已知，
所以.
又因为，所以有，
所以，解得或.
由，可知.
（2）因为，所以.
又，所以，
解得，所以.
所以，
因为，所以.
16．【答案】（1）见详解
（2）
【详解】（1）证明：过点作的平行线交于点，连接，
因为，所以为中位线，
即且，
又因为，
所以四边形是平行四边形，
所以，
因为平面平面，
所以平面：
（2）由平面，
所以四面体的体积，
因为等腰与四边形所在平面互相垂直，且交线为，
又因为，所以，
因为平面，所以平面，
又因为，
因为，
所以
所以四面体CDEF的体积是.
17．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）在中， ，
进而，
，
，
又不为直角，则，，
，.
（2）由（1）知，
转化为，又，，.
，
当且仅当，即时，等号成立，
的最小值为.
18．【答案】（1）见详解；
（2）.
【详解】（1）如图，分别取，的中点、，连接、、，则且，

因为且，
所以且
则四边形为平行四边形，所以且，
因为，所以，
所以，
又因为，所以，
又因为，、平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面．
（2）取的中点为，的中点为，连接，，，如图所示，

因为，所以，
在等腰梯形中，易得，
又因为，、平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
过作于点，由平面平面，平面，
则平面，
连接，则就是直线与平面所成的角，
因为平面，所以，
由，，得，，是中点，，
在等腰梯形中，，
所以在等腰中，腰上的高，
又因为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
19．【答案】（1）
（2）（ⅰ）或；（ⅱ）
【详解】（1）时，，
，故或，
的定义域为，所以或，
所以解集的“区间长度”为；
（2）（ⅰ），，
其中，故不等式解集为或，
设的两个根为，其中，且，
同理，设的两个根为，其中，且，
所以，
又，所以，
其中，即，
由诱导公式得，即，，
又，解得或，故或，
所以
或
；
（ⅱ）由（ⅰ）可得，
则，
即，
因为，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，即，
所以或，
由于，故，
所以，舍去，
故，
所以，
因为，所以，
由可知，，
当且仅当，，即时，等号成立，
所以，故的最大值为.

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