河北省承德市围场满族蒙古自治县第一中学2024-2025学年高一下学期5月份月考数学试卷（含解析）

河北围场满族蒙古自治县第一中学2024--2025学年第二学期5月份月考高一数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.平面向量，，若，则实数（）A. B.9 C. D.72.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（）A. B. C. D.3.在中，已知A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，（）A. B.2 C. D.4.已知函数的图象的一部分如图所示，则的解析式为（）A.B.C. D.5.已知角,,,则()A. B. C. D.6.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的面积为（）A. B. C. D.7.如图，在正方体中，分别为的中点，则与平面垂直的直线可以是（）A. B. C. D.8.已知函数f(x)=2sin(ωx+)(ω>0)的图象在区间[0，1]上恰有3个最高点，则ω的取值范围为（）A. B. C. D.二、多选题（本大题共3小题，共18分。在每小题有多项符合题目要求）9.在中，下列关系成立的是（）A.B.C. D.10.下列关于向量说法，正确的是（）A.若，，则B.在△ABC中，若，则△AOC与△ABC的面积之比为C.两个非零向量，，若，则与共线且反向D.若，则存在唯一实数使得11.如图，在棱长为2的正方体中，点在线段（不包含端点）上，则下列结论正确的有（）A.点在平面的射影为的外心B.直线平面

C.三棱锥的体积不为定值 D.异面直线与所成角为三、填空题（本大题共3小题，共15分）12.已知向量满足与的夹角为，则_______.13.将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的4倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度，得到函数的图象．若函数为偶函数，则的最小值为____________．14.在△ABC中，D是边BC上一点，且，，，，将△ABD沿AD折起，使点B到达点，且，若三棱锥的所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为______．四、解答题（本大题共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.（本小题13分）已知的内角的对边分别为为锐角，且．（1）求角的大小；（2）若的面积为，，求的值．16.（本小题15分）已知在中，点在线段上，且，延长到，使.设，.（1）用、表示向量、；（2）若向量与共线，求的值.17.（本小题15分）如图，已知平面，，，点为的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）求直线与平面所成角的大小．18.（本小题17分）已知函数的最小值为1．（1）求的值和的最小正周期；（2）求在上的单调递增区间；（3）若成立，求的取值范围．19.（本小题17分）已知平面四边形，，，，现将沿边折起，使得平面平面，此时，点为线段的中点．（1）求证：平面；（2）若为的中点，求与平面所成角的正弦值；（3）在（2）的条件下，求二面角的平面角的余弦值．参考答案：1.【答案】B【解析】由题意得，因为，所以即，解得.2.【答案】B【解析】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以即，故，故圆锥的体积为.3.【答案】B【解析】依题意得.由得.由余弦定理得：，即，即，即，记，则，整理得，解得（舍去）或.所以．4.【答案】B【解析】由图易知，，，得到，又，，所以，所以.又由图知，函数图象过点，所以，则，得到，又，令，得到，所以.对应选项B.5.【答案】A【解析】由,且有且,由有>0,则由,,有而>0,则,从而∈(0,π)又>0,则,故.正确答案为A.6.【答案】A【解析】因为，所以，即，即，即，因为，则，所以，即，所以又因为，即所以，所以，所以的面积为.7.【答案】D【解析】如图，连接AB1，B1D1，A因为P，M，N分别为AB，BB1，DD1的中点，所以MP∥AB又MP⊄面AB1D1，AB1⊂面AB1D1，所以MP∥面AB1因为MP∩MN=M，MP，MN⊂面MNP，所以面MNP∥面AB因为CC1⊥面A1B1C1D1，B1D1⊂面A1B1C1D1，所以B同理可得A1C⊥AB1，又AB1∩B1D1因为面MNP∥面AB1D1，所以而A1B、A1D、AC所以与平面MNP垂直的直线是A18.【答案】C【解析】当x∈[0,1]时，对于函数y=sin⁡t（t=ωx+π4），其最高点满足要使图象在[0,1]上恰有3个最高点，则解不等式4π+π2≤ω+π4答案选：C.9.【答案】AD【解析】对于A，在中，，则，根据诱导公式，可得，所以选项A正确；对于B，根据诱导公式，可得，所以选项B错误；对于C，因为，根据诱导公式，，得，所以选项C错误；对于D，根据诱导公式，可得，故选项D正确.10.【答案】BC【解析】选项A：当b→=0→时，零向量与任意向量平行，此时虽有a→∥b选项B：由OA→+OB设D为AC中点，连接OD，则2OD→=OA→这表明点B到AC的距离是点O到AC距离的3倍.可知△AOC与△ABC的面积之比为1:3，B正确.选项C：对|a→-展开化简可得a→可得cos⁡⟨a→,b→⟩=-1，则a→与选项D：当b→=0→，a→≠0→时，不存在实数11.【答案】ABD【解析】对于A中，连接，由正方体中，可得面，因为面，所以，又因为底面为正方形，所以，因为面，所以面.又因为面，所以，由正方体中可得面，因为面，所以，又因为侧面为正方形，所以，因为面，所以面.又因为面，所以，因为面，所以面，正方体中，可得，故三棱锥为正三棱锥，所以点在平面的射影为的中心，所以点在平面的射影为的外心，所以A正确；对于B中，连接，正方体中，可得，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，且平面，所以平面，正方体中，可得，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，而平面，所以平面，又因为面，所以面平面，又因为面，所以直线平面，所以B正确；对于C中，设点到面的距离为，因为点M在线段，由B分析易知平面，所以点到面的距离是定值，则，所以三棱锥的体积为定值，所以C错误；对于D中，因为面，且面平面，所以面，且面，所以，故异面直线与BM所成角为，所以D正确.故选：ABD.12.【答案】【解析】，，13.【答案】【解析】fx=sinxcosx=12sin因为gx为偶函数，所以m2=又m>0，所以m的最小值为π.14.【答案】【解析】在中，，将沿折起后，，.已知，则，，所以，又，.在中，根据余弦定理，代入数值可得：.因为，所以.再根据正弦定理（为外接圆半径），，则有：，解得.由于平面，设球的半径为，球心到平面的距离（可理解为以外接圆为底面，球心与底面圆心的连线垂直底面，且该连线长度为的一半），即.由勾股定理，将，代入可得：.最后根据球的表面积公式，将代入得：.综上，球的表面积为.15.【答案】解：（1）由正弦定理，得，代入，得，即．又由，可得，即，因为为锐角，所以；（2）由题意得，，得，由余弦定理得,即，可得．16.【答案】解：（1）因为，，所以，.所以，.（2）由（1）得：，因为向量与共线，所以存在一个实数，使得，即，即.所以，，解得.17.【答案】解：（1）如图所示，取中点，连接，，，又因为，所以，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，因为点是的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面，又因为，平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面．（2）因为平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面，因为，点是的中点，所以，因为平面平面平面，所以平面．（3）由（1）得四边形是平行四边形，所以，所以直线与平面所成角和直线与平面所成角相等，因为平面，所以即为直线与平面所成角，因为点为的中点，，所以，所以，由，所以，所以直线与平面所成角为．18.【答案】解：（1）f(x)=23因为f(x)的最小值为1，而sin⁡(2x+π6)最小值为-1，所以所以最小正周期T=2（2）令2x+π6=t，当x∈[0,y=2sin⁡t+3（t∈[π6,由π6≤2x+π由3π2≤2x+所以f(x)在[0,π]上的单调递增区间是[0,π（3）已知∃x∈[π12,π3]，当x∈[π12,当2x+π6=5π6，即所以4+m<0，解得m<-4，m的取值范围是(-∞19.【答案】（1）证明：，，为等边三角形，为的中点，，取中点，连接，则，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，．又，，、平面，平面．平面ABD，．又，、平面，平面．（2）解：过点作，垂足为．如图所示由（1）知，平面．平面，．又，平面，平面，为与平面所成角．由（1）知，平面ABD，平面，．在中，，，，为的中点，