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2025年春季高一年级5月检测卷
数学
时量：120分钟 满分：150分
得分：________
一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的）
1．已知集合，，则
A．{-1,1} B．{-1,1,3} C．{1,3,5} D．{-1,1,3,5}
2．已知复数，则z=
A．2-i B．2+i C．1-2i D．1+2i
3．已知α，β是两个不同的平面，直线l⊥β，则“”是“l⊥α”的
A．充分必要条件 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
4．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则此三角形的形状为
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形
5．若，则
A． B． C． D．
6．圆柱高为4，底面积为π，在圆柱内部有一个可自由转动的正四面体，则该正四面体的最大棱长为
A． B． C． D．
7．DeepSeek以其强大的算法火爆全球，吸引了大量用户的关注与讨论，成为热门话题，统计学家发现热门话题的关注度达到峰值后，会出现下降趋势．假设一个热门话题的关注度C（C>0）与时间t（单位：月）的关系式为，其中为关注度的峰值，a为常数，若经过半年关注度下降到峰值的80%，则关注度下降到峰值的40%，至少需要的时间为
（参考数据：lg2≈0.301）
A．23个月 B．24个月 C．25个月 D．26个月
8．置换是抽象代数的一种基本变换，对于有序数组，有序数组，定义“间距置换”：，，．已知有序数组，经过一次“间距置换”后得到新的有序数组（a≤b），且S中所有数之和为2025，则的值为
A． B． C． D．
二、选择题（本大题共3个小题，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．已知函数的两个相邻对称中心的距离为，且，则下列结论正确的是
A．
B．在区间上是增函数
C．直线是图象的一条对称轴
D．将的图象向左平移个单位长度后得到的函数图象关于原点对称
10．如图，已知点G是边长为2a的正六边形ABCDEF内一点（含边界），则下列说法正确的是
A． B．
C． D．的取值范围为
11．如图，在棱长为2的正方体中，M为的中点，点E和点F分别在线段和上运动（不包含端点），下列说法正确的有
A．正方体被平面截得的截面面积为 B．BE+EF的最小值为2
C．三棱锥的体积为 D．直线与平面可能垂直
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）
12．已知是奇函数，则实数a的值是________．
13．一个平行于正四棱锥底面的平面将该正四棱锥分成上、下两个部分，且截得的棱台的上、下底面边长之比为2:3，则上、下两部分体积之比为________．
14．在中，，设∠ACB=θ，若∠ABD=θ，∠CBD=2θ，且，则的面积为________．
四、解答题（本大题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（本小题满分13分）
已知z是复数，若z+i是实数，是纯虚数，其中i为虚数单位．
（1）求复数z；
（2）设复数z，在复平面内所对应的向量分别是m，n，若向量λm+n与m-2n的夹角为钝角，求实数λ的取值范围．
16．（本小题满分15分）
如图1，已知在中，AC=3，BC=4，AC⊥BC，E，F分别是AB，AC上的点，，将沿EF翻折至，连接PB，PC，得到如图2所示的四棱锥P-EFCB，若平面PEF与平面PBC相交于直线m．
（1）求证：；
（2）当PF⊥PC时，求直线PE与平面BCFE所成角的正弦值．
17．（本小题满分15分）
如图，已知A，B是半径为1的圆O上两点，且．
（1）求∠AOB的余弦值；
（2）若点，，…，，依次将线段AO平均分成2026份，设，，，求的值．
18．（本小题满分17分）
2025年春晚《秧BOT》节目将机器人元素融入舞台，展示了我国在机器人研发领域的卓越实力．某机器人研发团队设计一款机器狗捕捉足球游戏，在如图所示的矩形ACDE中，在点A处放置机器狗，在AC的中点B处放置足球，它们做匀速直线运动，且无其他外界干扰．已知AC=8米，足球运动速度为v米/秒，设机器狗在点F处捕捉到足球，若点F在矩形ACDE内（含边界），则捕捉成功．记足球和机器狗的运动方向与所成夹角分别α（0≤α≤π），β．
（1）当AE长度不受限制，时，机器狗以米/秒的速度捕捉足球，则β为何值时，机器狗能捕捉成功？
（2）已知足球与机器狗运动方向所成夹角为，AE长度不受限制，当机器狗成功捕捉足球时，求机器狗与足球运动的总路程的最大值；
（3）当机器狗的速度为3v米/秒时，若无论足球往哪个方向运动，机器狗总能捕捉足球成功，则AE的长度至少为多少米？
19．（本小题满分17分）
已知函数的定义域为D，并满足以下条件：
①，；
②，，
则称函数为“上侧函数”
已知，（e≈2.71828…是自然对数的底数）．
（1）判断，是否为“上侧函数”，并说明理由；
（2）若函数是“上侧函数”．
（ⅰ）当a>0，b>0时，求的最大值；
（ⅱ）若b=0，是否存在正整数k，满足：对于任意的，总存在，使成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．（参考不等式：）
2025年春季高一年级5月检测卷
数学参考答案
一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的）
1．D 【解析】因为，所以，故选D．
2．B 【解析】因为，所以，故选B．
3．A 【解析】若，因为l⊥β，所以l⊥α成立；若l⊥α，因为l⊥β，根据与同一条直线垂直的两个平面平行，所以成立，即“”是“l⊥α”的充分必要条件，故选A．
4．B 【解析】移项得，可化为
，
展开得，
整理得，又，所以，即，则为直角三角形，故选B．
5．C 【解析】由题知，整理得，即，所以，故选C．
6．D 【解析】由题意可知，当圆柱底面半径等于正四面体的外接球的半径时，正四面体有最大棱长a，即，所以，故选D．
7．C 【解析】设关注度下降到峰值的40%，至少需要的时间为t个月，由题意得，，则，，
所以，
即，故选C．
8．A 【解析】由题可知，，．
若x介于y，z之间，则．
由题可知，a+3+b=2025，所以a+b=2022，矛盾，舍去．
又因为a≤b，所以，结合，可得x>y>z或x若x>y>z，由题可知，，，
上述三个式子相加可得a+3+b=2025=2x-2z=2(x-z)，所以a+b=2022，，即，则，可得；
若x二、选择题（本大题共3个小题，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．ACD 【解析】易知，则，所以ω=3，即，
又因为，，解得，所以．
对于A，因为，所以，故A正确。
对于B，由知，则在该区间有增有减，故B错误。
对于C，因为，所以直线是图象的一条对称轴，故C正确。
对于D，将的图象向左平移个单位长度后得到的图象，该图象关于原点对称，故D正确．
10．ABD 【解析】对于A，因为，故A正确．
对于B，因为
，故B正确．
对于C，因为，故C错误．
对于D，设与的夹角为θ，则在上的投影为，由图可知，即的取值范围为．故D正确．
（本题还可以用坐标法）
11．AC 【解析】对于A，取的中点G，连接，GM，正方体被平面所截得的截面为四边形，四边形为等腰梯形，，，，，计算可得等腰梯形面积为，故A正确。
对于B，计算BE+EF的最小值，将平面以为轴旋转展开，与平面在同一个平面内，如图所示，，，，，计算可得，，则为直角，所以当E，F都到达时，BE+EF的值取得最小值2，但E，F不能取端点，故B错误．
对于C，三棱锥的体积采用等体积法，转化为以E为顶点，以平面为底面的三棱锥求体积，，故C正确．
对于D，若直线与平面垂直，则必有，此时E为的中点，易知此时，又因为，所以，而平面与平面相交，矛盾，所以与平面不可能垂直，故D错误．
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）
12．2 【解析】因为为奇函数，所以，即，化简得，解得a=0或a=2．检验知a=2满足题意，故a=2．
13． 【解析】法一：由题意可知上面部分为正四棱锥，下面为正四棱台，棱台上、下底面边长之比为2:3，所以上面小正四棱锥与大正四棱锥的体积之比为，所以上、下两部分体积之比为．
法二：由题知上面部分为正四棱锥，下面为正四棱台，上、下两部分高之比为2:1，设为2h和h，正四棱台上、下底面边长分别设为2a和3a，则上、下两部分的体积之比直接用公式计算可得．
14． 【解析】法一：设AD=x，则CD=3x，在中，由正弦定理知，即①，在中，由正弦定理得，即②，②÷①得，则，整理得，解得，
因为θ为锐角，所以，即，可得，故，知AC=4，AB=2，，所以．
法二：过B作∠DBC的平分线交AC于M，设AC=b，AB=c，
则，，
因为∠ABM=∠AMB=2θ，∠MBC=∠MCB=θ，
所以AM=AB=c，CM=BM=b-c，，
在中，由角平分线性质可知，即，
整理可得b=2c，因为BM=b-c=c，所以BM=AM=AB=c，
即为等边三角形，且D是AM的中点．
因为，所以AB=2，故c=2，b=2c=4，
则．
四、解答题（本大题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．【解析】（1）设复数，由z+i是实数知b+1=0，即b=-1，所以z=a-i．
又因为是纯虚数，则为纯虚数，
即a-1=0且a+1≠0，所以a=1，故z=1-i．
（2）由（1）知z=1+i，则m=(1,-1)，n=(1,1)，
所以λm+n=(λ+1,-λ+1)，m-2n=(-1,-3)，
因为向量λm+n与m-2n的夹角为钝角，
所以，且λm+n与m-2n不共线，
即-(λ+1)-3(-λ+1)<0且-3(λ+1)+(-λ+1)≠0，
解得λ<2且．
16．【解析】（1）由，可知，
且，，所以，
且，，
所以．
（2）由题知PF=1，FC=2，，，
过P作PM⊥FC于M，连接EM，由题知，
因为EF⊥PF，EF⊥FC，PF，，，
所以EF⊥平面PFC，
因为，所以EF⊥PM，
因为，所以PM⊥平面BCFE，
故EM为直线PE在平面BCFE上的投影，
即∠PEM为直线PE与平面BCFE所成的角，
在中，，
所以直线PE与平面BCFE所成角的正弦值为．
17．【解析】（1）设∠AOB=θ，由可得，
即，
平方得，解得，
故∠AOB的余弦值为．
（2）由题知AO的中点为，也为线段，线段，…，线段的中点，
因为，
所以，
而，
平方得，
即，
故．
18．【解析】（1）在中，由正弦定理知，即，
因为，所以，
解得，因为，所以，
此时BF=BA=4，，点F在矩形ACDE内，捕捉成功．
（2）法一：在中，由余弦定理知，
故，
整理得，
即AF+BF≤8，当且仅当AF=BF=4时等号成立，此时，
，点F在矩形ACDE内，捕捉成功．
故机器狗与足球运动的总路程的最大值为8米．
法二：在中，由正弦定理知，
所以．
当，即当时，AF+BF有最大值为8，
此时，，点F在矩形ACDE内，捕捉成功．
故机器狗与足球运动的总路程的最大值为8米．
（3）如图，过F作AC的垂线，垂足为H，
设BF=x，则AF=3x，由题可知所以，
在中，由余弦定理知，
则，整理得，
所以，
又因为，，
当，即当时，FH有最大值为，
由题知AE≥FH恒成立，所以，此时，
故当AE的长度至少为米时，无论足球往哪个方向运动，机器狗总能捕捉足球成功．
19．【解析】（1）是“上侧函数”，，且当，n∈Z时，，
不是“上侧函数”，，不存在x，使得．
（2），
易知单调递增，当x=a时，，
单调递增，当x+b=1，即当x=1-b时，，且恒成立，
可知a=1-b，即a+b=1．
（ⅰ）当a>0，b>0时，
，
令16ab+1=t，由，得，
上式化为
，
当且仅当时等号成立，故最大值为．
（ⅱ）不存在，理由如下：
若b=0，则a=1，，
当时，，可得，
当时，，，可得．
对于任意的正整数k，当时，，
，，，
，
且当时，，
即对于任意的，不存在，，使得．

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