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）

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；，