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重庆市第一中学2022-2023学年高一数学下学期5月月考试题(Word版附解析)

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重庆一中高2025届高一下期5月月考数学试题卷一、单项选择题(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,只有一项符合要求的)1.为空间的一组基底,则下列各项中能构成基底的一组向量是()A.,,B.,,C.,,D.,,【答案】C【解析】【分析】确定,,排除ABD,得到答案.【详解】对选项A:,向量共面,故不能构成基底,错误;对选项B:,向量共面,故不能构成基底,错误;对选项C:假设,即,这与题设矛盾,假设不成立,可以构成基底,正确;对选项D:,向量共面,故不能构成基底,错误;故选:C2.如果的三个内角的余弦值分别等于的三个内角的正弦值,则A.和都是锐角三角形B.和都是钝角三角形C.是钝角三角形,是锐角三角形D.是锐角三角形,是钝角三角形【答案】D【解析】【详解】的三个内角的余弦值均大于0,则是锐角三角形,若 是锐角三角形,由,得,那么,,矛盾,所以是钝角三角形,故选D.3.设函数,则的最小正周期A.与b有关,且与c有关B.与b有关,但与c无关C.与b无关,且与c无关D.与b无关,但与c有关【答案】B【解析】【详解】试题分析:,其中当时,,此时周期是;当时,周期为,而不影响周期.故选B.【考点】降幂公式,三角函数的最小正周期.【思路点睛】先利用三角恒等变换(降幂公式)化简函数,再判断和的取值是否影响函数的最小正周期.4.祖暅原理:夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意平面所截,如果截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等.如图,有一个倒圆锥形容器,它的轴截面是一个正三角形,在容器内放一个半径为的铁球,再注人水,使水面与球正好相切(而且球与倒圆锥相切效果很好,水不能流到倒圆锥容器底部),然后将球取出,则这时容器中水的深度约为() A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据祖暅原理,当圆柱、圆锥底面圆半径、高和球体半径相等时,球柱的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆台的体积,由这个原理求球体和水接触的部分与没和水接触部分为的体积,得出水的体积,再转化为圆锥求高.【详解】如图1,已知圆柱、圆锥底面圆半径、高和球体半径相等,根据祖暅原理,半球的体积等于圆柱的体积减去圆锥的体积,球柱的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆台的体积.下面证明如图1中阴影截面面积相等:证明:设半球中阴影截面圆的半径为,球体半径为,则,截面圆面积;因为,所以圆柱中截面小圆半径,而大圆半径为,则截面圆环的面积,所以,又高度相等,所以球柱的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆台的体积.如图2,设球体和水接触的上部分为,没和水接触的下部分为,小半球相当于图1半球的截面上半部分,其体积等于图1中截面之上的圆柱体积减去相应圆台体积.已知球体半径为,为等边三角形,,,,根据祖暅原理 ,设图2中轴截面为梯形的圆台体积为,设将球取出时容器中水的深度为,底面圆的半径为,则,.,即,.故选:B【点睛】关键点睛:(1)本题关键是理解祖暅原理,当圆柱、圆锥底面圆半径、高和球体半径相等时,半球的体积等于圆柱的体积减去圆锥的体积,球柱的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积;(2)求不规则几何体的体积要适当的进行分割,转化为容易求的几何体的体积.5.在三棱锥中,平面BCD,,则已知三棱锥外接球表面积的最小值为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设,,求得的外接圆的半径为,结合图形求得三棱锥外接球半径,然后换元利用基本不等式及不等式的性质得的最小值,从而可得面积的最小值. 【详解】如图,设,,为的外心,为三棱锥外接球的球心,则平面,又平面,所以,平面,则,四边形是直角梯形,设,,,由平面,平面,得,则,,,即,又,则,,令,则,,,当且仅当,即时等号成立,所以三棱锥外接球表面积,故选:B.【点睛】结论与方法点睛:(1)三棱锥的外接球的球心在过各面外心且与此面垂直的直线上,由此易找到球心;(2)特殊的三棱锥,如有从同一点出发的三条棱两两垂直,或三棱锥的三对棱相等则可把三棱锥补形为一个长方体,长方体的对角线即为外接球的直径. (3)如果三棱锥一条棱与一个面垂直,可把此三棱锥补形为一个直三棱柱,直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球.6.已知,则的值为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由得,利用辅助角公式和倍角正弦公式可得,从而,结合正弦函数的单调性可得,从而问题可解.【详解】因为,所以,即,所以,即,因为,所以,,所以,则,所以,即,,所以所以,因为在上单调递增,所以,解得.故选:A7.三棱锥的四个顶点都在半径为5的球面上,已知到平面的距离为,,记与平面所成角为,则的取值范围是()A.B. C.D.【答案】A【解析】【分析】设为三棱锥外接球的球心,为外接圆的圆心,过点作平面,M为垂足,则,作,垂足为,则四边形MEFG为矩形,求得,进而求得,从而问题可解.详解】设为三棱锥外接球的球心,为外接圆的圆心,因为,所以为的中点,平面.过点作平面,M垂足,则,,作,垂足为,则四边形MEFG为矩形,,故选:A8.在中,内角,,,.若对于任意实数,不等式恒成立,则实数的取值范围为()A.B. C.D.【答案】D【解析】【分析】设,则,并确定的取值范围,再由关于的一元二次不等式恒成立,求出间的不等量关系,利用的取值范围,即可求出结果.【详解】在中,,记,则,因为,所以,,从而,所以可化为,即恒成立,所以依题有,化简得,即得恒成立,又由,得或.故选:D.【点睛】方法点睛:本题主要是转化为一元二次不等式恒成立的问题,考查同角间的三角函数关系,考查不等式的关系,属于较难题.二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分)9.设,是复数,则下列说法中正确的是()A.若,则或.B.若且,则C.若,则D.若,则【答案】ABC【解析】【分析】选项A、B:根据然后推导判断A、B正确; 选项C:设判断C正确;选项D:举反例判断D错误;【详解】选项A:若则所以或则或故A正确;选项B;,又,则;故B正确;选项C;设则若,则C正确;选项D:取则但则D错误;故选:ABC10.已知函数在有且仅有3个零点,则()A.在有三个极值点B.在上单调递减C.D.的取值范围是【答案】BCD【解析】【分析】函数在有且仅有3个零点,求得,根据函数解析式讨论极值点、单调区间、值域等性质.【详解】,当,有,得,由,函数在有且仅有3个零点,,得对于A选项,由,得的极值点为,由,函数在 有两个极值点,得,函数在有三个极值点,得,已知,∴函数在可能有两个极值点也可能有三个极值点,A选项错误;对于B选项,,有,,,,有,所以在上单调递减;B选项正确;对于C选项,,,,C选项正确;对于D选项,,,由正弦函数在上单调递增,上单调递减,时,当,有最大值1,当,有最小值所以当时,的取值范围是,D选项正确.故选:BCD11.一个正四面体的四个顶点到同一平面的距离分别为,则正四面体的棱长可能为()A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】注意到各种可能的情况,利用空间向量建立方程组求解.【详解】设正四面体为,且点到平面的距离分别为0,1,2,3.分别记为,平面的法向量为,且有的模分别为. 考虑到,且,因此设,则有,根据点到平面的距离分别为1,2,3,可得,,.其中有四种可能:(其余情况所得到的四面体不会出现新情况),上述方程组即这样就可以解得,进而可以求得,于是正四面体的棱长为,故选:ABC12.在三棱锥中,已知,且二面角的大小为,设二面角的大小为,则()A.若,则二面角的大小可能为B.二面角C.若二面角的大小也为,则D.若,则当与平面所成角最大时,三棱锥的体积为【答案】BCD【解析】【分析】在三棱锥内部取点,分别作平面,垂足为,平面,垂足为,平面,垂足为,即可得到二面角,,的关系,从而判断出ABC的真假,根据当与平面所成角最大时,即等于二面角的大小,再根据三棱锥的体积公式即可判断出D的真假.【详解】如图所示:在三棱锥内部取点,分别作平面,垂足为,平面,垂足为,平面,垂足为, 设平面,平面,平面,易知,二面角,,的平面角分别为,即.设二面角的大小为,则,所以,而三线不共面,否则互相平行,因此,,当时,则,所以,故A不正确,B正确;当二面角的大小也为,所以,由可得,,所以,原因如下:,即,而,所以.当时,如下图,作平面,垂足为,作于,作于,易知,,为与平面所成角,因为,所以,即当重合时,与平面所成角最大,即,因为,所以,易求, 在中,,,所以,故三棱锥的体积为,D正确.故选:BCD.【点睛】本题的解题关键是利用垂面法将二面角转化为垂线形成角的关系,从而判断出ABC,对于D选项,根据“二面角”是“线面角”的最大值,即可找到关系得出需要的量,进而算出体积.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.)13.已知向量,,若,则的值为___________.【答案】【解析】【分析】利用向量的线性运算的坐标运算及向量垂直的坐标表示,结合向量的数量积坐标表示即可求解.【详解】因为向量,,所以,,又因为,所以,即,解得,所以的值为.故答案为:.14.是正实数,设是奇函数,若对每个实数a, 的元素不超过2个,且有a使含2个元素,则的取值范围是____________.【答案】【解析】【分析】结合奇函数的性质特点得到,由题意推知中任意相邻的两个元素之间隔必小于1,并且中任意相邻的三个元素的两间隔之和必大于等于1,据此求得的取值范围.【详解】由是奇函数可得,因为的元素不超过2个,且有使含2个元素,也就是说中任意相邻的两个元素之间隔必小于1,并且中任意相邻的三个元素的两间隔之和必大于等于1,即且;解可得.故答案为:15.在中,所对的边分别为.若,,为的内切圆上的动点,为到顶点的距离为平方和,则______.【答案】160【解析】【详解】由已知可得,,内切圆半径.如图建立直角坐标系,设,显然.则有,且在上单调递减. .16.已知正方体的边长为1,球的半径为1,记正方体内部的球表面为曲面,过点作平面与曲面相切,记切点为,平面与平面所成二面角为,则当最小时,平面截正方体所形成图形的周长为______.【答案】【解析】【分析】根据二面角的概念及正方体、球的对称性确定平面为多边形AMKQN,利用勾股定理求周长即可.【详解】由题意,曲面为以C为球心落在正方体内的球面,根据球和正方体的对称性可知,平面与平面所成二面角最小值时,过点作平面与曲面相切时作纵截面,如图:长方形中,过点A与以C为圆心半径为1的圆相切于点P,与交于点E,则,连接CP, 在中,,所以,利用平面基本性质作出平面截正方体所形成图形,如图,多边形AMKQN即为所作截面.因为,所以,又,所以,则,又,且,所以,所以,则,又,所以,由对称性知,,所以截面周长为.故答案为:.【点睛】关键点点睛:本题的难点主要在于截面的确定,根据二面角的概念分析,再结合球与正方体的对称性找到截面的位置,然后根据平面的性质确定即可.四、解答题(本大题共70分,解答应写出必要的文字说明,证明过程或演算步骤)17.已知,,且与夹角为,求:(1);(2)与的夹角的余弦值. 【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)利用来计算求;(2)设与的夹角为,先求出,再利用向量夹角公式来计算即可.【小问1详解】由已知可得,;【小问2详解】设与的夹角为,又,.18.如图,平面平面,菱形平面为平面内一动点在平面内的射影点为(1)若平面间的距离为3,设直线与平面所成的角分别为,求的最大值;(2)若点与点重合,证明:直线与平面所成的角与的大小无关.【答案】(1)不存在;(2)证明见解析;【解析】【分析】(1)由题意作出,从而得到,令,得到,说明 没有最大值;(2)建立空间直角坐标系,用向量方法求出直线与平面所成的角的正弦,发现只与长度有关,而的余弦值只与长度有关,所以直线与平面所成的角与的大小无关.【小问1详解】如图①,连接,,,,设,的交点为,点在平面内的射影为,连接,,,图①因为点在平面内的射影为点,所以平面,所以,在平面的射影分别为,,所以,,所以,又,所以.当,此时,满足,则.故没有最大值.【小问2详解】取的中点,连接,则,因为平面,所以平面,所以,,因为平面为菱形,所以,所以,,两两互相垂直,故以为坐标原点,以,,所在直线分别为轴,轴,轴,建立如图②所示的空间直角坐标系.图② 设,,则,,,,所以,,,设平面的法向量为,则,即,两式相减得,即,则,令,得,所以.设直线与平面所成的角为,则,所以只与有关.又,所以只与有关,所以直线与平面所成的角与的大小无关.19.已知函数(1)求;(2)若在区间上的最大值为,最小值为,令,讨论的单调性.【答案】(1)(2)在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减【解析】【分析】(1)先化简可得,然后代入,即可得出答案;(2)先由已知求出 ,然后根据余弦函数的单调性,分段得出函数的单调性,结合余弦函数的对称性,得出.然后分段讨论函数的单调性,结合函数的最值情况,即可得出函数的单调性.小问1详解】由已知可得,,所以,.【小问2详解】因为在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减,,所以.又,所以.①当,即时,函数单调递减,此时,最小值为, ;②当,且,即时,此时有,根据余弦函数的对称性以及单调性可知,,所以,,,所以,;③当,且,即时,此时有,根据余弦函数的对称性以及单调性可知,,所以,,,所以,;④当,且,即时,函数单调递增,此时,,,;⑤当,且,即时,此时有,根据余弦函数的对称性以及单调性可知,,所以,,, 所以,;⑥当,且,即时,此时有,根据余弦函数的对称性以及单调性可知,,所以,,,所以,;⑦当时,函数单调递减,此时,最小值为,.综上所述,.现在来研究的单调性, ①当时,,因为,根据正弦函数的单调性可知,函数在上单调递减,且有最小值;②当时,,因为,根据余弦函数的单调性可知,函数在上单调递减,且有.综上①②,可知函数在上单调递减;③当时,,因为,根据余弦函数的单调性可知,函数在上单调递增,且有最大值;④当时,,因为,根据正弦函数的单调性可知,函数在上单调递增,在上单调递减. 又时,有;时,有.综上③④,可得函数在上单调递增;⑤当时,,因为,根据余弦函数的单调性可知,函数在上单调递减,且,综上④⑤,可得函数在上单调递减;⑥当时,,因为,根据余弦函数的单调性可知,函数在上单调递增,且有最大值;⑦当时,,因为,根据正弦函数的单调性,可知函数在上单调递增,在上单调递减,且时,有.综上⑥⑦,可得函数在上单调递增.综上所述,在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减. 【点睛】思路点睛:先求出整体的范围,然后结合余弦函数的图象,分段讨论得出函数在各个区间上的最值,得出的表达式.进而分段讨论,得出函数的单调性,结合端点值的取值,即可得出函数的单调性.20.如图①,在等腰梯形中,,现将沿翻折到的位置,且平面平面,如图②.(1)当时,求;(2)当三棱锥的体积为时,求的值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)取的中点,连接可得为等边三角形,再根据面面垂直的性质结合余弦定理可得;(2)过作,根据条件结合余弦定理与三角形的面积公式可得,再根据等面积法可得点到的距离,进而结合锥体体积公式求解即可.【小问1详解】取的中点,连接,当时,,又,故四边形平行四边形,故,又,所以为等边三角形,所以.因为平面平面,平面平面,平面,所以平面, 故,在中,因为,所以,故.【小问2详解】,在图①中,过作,所以.因为且,所以点到的距离.又,故,整理得,解得或(舍去),所以的值为.21.在中,设角,,所对的边分别为,,,边上的高为,且.(1)若,且,求实数的值;(2)求的最小值. 【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)利用面积公式及余弦定理解得.(2)利用余弦定理得出函数,利用单调性解决问题。【小问1详解】由三角形面积公式可得,则,又,由余弦定理可得,∴,.【小问2详解】由,可得,∴,如图,过点作于,过点作,使得,连接,,则, 在中,,则,即,解得,则,∴,而,令,则在时为减函数,∴,∴当时,,此时取得最小值.22.如图,在三棱柱中,底面是边长为2的等边三角形,分别是线段的中点,二面角为直二面角.(1)求证:平面;(2)若点为线段上的动点(不包括端点),求锐二面角的余弦值的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】 【分析】(1)首先证明,然后证明平面,可得,即可证明;(2)首先证明平面,然后以为坐标原点,所在直线为轴建立空间直角坐标系,设,算出两个平面的法向量,然后求出二面角的余弦值,然后可得答案.【小问1详解】连接,由题设知四边形为菱形,,分别为中点,;又为中点,,因为二面角为直二面角,即平面平面,平面平面平面平面,又平面;又平面平面.【小问2详解】,为等边三角形,,平面平面,平面平面,平面平面,则以为坐标原点,所在直线为轴,可建立如图所示空间直角坐标系, 则,,设,则,;由(1)知:平面平面的一个法向量;设平面的法向量,则,令,则;,令,则;,

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-07-04 14:00:01 页数:30
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文章作者:随遇而安

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