2025-2026学年湖北黄梅县第一中学高一下学期5月月考数学试题-含解析

/数学一、选择题:本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.1.下列条件一定能确定一个平面的是（）A.空间三个点 B.两条相交的直线C.两条相互垂直的直线 D.空间一条直线和一个点2.已知是不同的直线是不重合的平面，若则（）A. B. C. D.3.设，是平面内两个不共线的向量，则下列向量组中不能作为基底的是（）A.， B.，C.， D.，4.如图，由斜二测画法画的水平直观图是的等腰直角三角形，那么它在原平面图形中，顶点到的距离是（）A.1 B. C.2 D.5.如图，正四棱柱中，，若直线与直线所成的角为，则直线与平面所成的角为（）A. B. C. D.6.半径为6的球O中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与圆柱的侧面积之差为（）A. B. C. D.7.已知函数，若在上恰有三个零点，则（）A. B. C. D.8.在直角边长分别为3和4的直角三角形内有一内切圆是内切圆的直径，点为三角形三条边上的动点，则的取值范围为（）A. B. C. D.二、选择题:本题共3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，有错选的得0分.9.已知复数，下列说法正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则为实数 D.10.如图，已知正方体的棱长为2，则（）A.直线与为异面直线B.平面C.三棱锥的体积为D.平面过点且平面，则平面截正方体所得截面的图形的面积为11.如图，在正四棱台中，，，，为棱上的动点（包括端点），则（）A.该正四棱台的体积为B.三棱锥的体积为定值C.存在点，使得平面D.的最小值为三、填空题:本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知一个圆台的轴截面为梯形，若，则该圆台的侧面积为______．13.在中，分别为角所对的边，若，，，则____________．14.在中，分别为角所对的边，且，则面积的最大值为___________.四、解答题：本题共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.已知正四棱锥P-ABCD，M，N分别是BC，PD的中点．（1）证明：平面；（2）若四棱锥各棱长均为2，求直线CN与AM所成角的余弦值．16.在中，分别为角所对的边，且，角A的平分线交于D，且．（1）求角A；（2）若，求的长．17.已知函数.（1）求函数的单调增区间和对称轴方程；（2）求函数在区间上的最大值和最小值；（3）若，求.18.如图，在正三棱锥中，，，的中点为，的中点为．求：（1）直线与的夹角的余弦值；（2）三棱锥的体积；（3）二面角的余弦值．19.已知正四面体的棱长为．（1）证明：；（2）某几何体是由正四面体按如下规则得到：在每个三角形面上，以各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第1次操作；继续以新生的小正四面体各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第2次操作；以此类推，如图所示．（i）求第3次操作后几何体的体积；（ii）现有次操作后生成的几何体石材，求打磨出的最大球的体积．

数学一、选择题:本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.1.下列条件一定能确定一个平面的是（）A.空间三个点 B.两条相交的直线C.两条相互垂直的直线 D.空间一条直线和一个点答案：B解析：解答过程：若三点共线，可以确定无数个平面，故不一定能确定一个平面，故A错误；根据平面基本性质，两条相交直线有且只有一个公共点，能确定一个平面，故B正确；空间中存在无数异面且互相垂直的两条直线，而异面直线无法确定一个平面，故C错误；若该点在直线上，则可以确定无数个平面，不能确定唯一平面，故D错误．2.已知是不同的直线是不重合的平面，若则（）A. B. C. D.答案：D解析：解答过程：因为，所以，又因，所以，因此.3.设，是平面内两个不共线的向量，则下列向量组中不能作为基底的是（）A.， B.，C.， D.，答案：D解析：思路：根据题意，结合共线的向量的判定方法，以及基底的定义，逐项分析判断，即可求解.解答过程：对于A，设e1+2e所以与不共线，所以与能作为基底，所以A不符合题意；对于B，设2e1−所以与不共线，所以与能作为基底，所以B不符合题意；对于C，设e1+e所以与不共线，所以与能作为基底，所以C不符合题意；对于D，e1−2e2=y(3所以与共线，所以与不能作为基底，所以D符合题意.4.如图，由斜二测画法画的水平直观图是的等腰直角三角形，那么它在原平面图形中，顶点到的距离是（）A.1 B. C.2 D.答案：D解析：思路：先求出直观图的，再由斜二测画法规则求出顶点到的距离即可.解答过程：在中，，，，于是得，且原图中即为顶点到的距离，由斜二测画法规则知，在原平面图形中，顶点到的距离是.故选：D5.如图，正四棱柱中，，若直线与直线所成的角为，则直线与平面所成的角为（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：连接与交于点，先利用线面垂直的条件证得平面，可知即为直线与平面所成的角，从而得出答案.解答过程：连接与交于点，，所以即为直线与直线所成的角，即．该几何体为正四棱柱，，可得，所以．连接，易得，平面，平面，所以平面，所以即为直线与平面所成的角，，所以．故选：A.6.半径为6的球O中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与圆柱的侧面积之差为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：根据圆柱侧面积公式及基本不等式求解.解答过程：设圆柱的底面半径为r，高为h，已知球O的半径，作轴截面，如图，由勾股定理得：，圆柱侧面积，当且仅当r=因此圆柱侧面积的最大值为，球的表面积为，故两者差值为.7.已知函数，若在上恰有三个零点，则（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：由题可得，代入即可求值；解答过程：令，即，解得或，当时，可得，所以，所以mx所以，8.在直角边长分别为3和4的直角三角形内有一内切圆是内切圆的直径，点为三角形三条边上的动点，则的取值范围为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：先求出三角形内切圆半径，再求出，结合已知条件运用几何法和坐标法，求出的取值范围．解答过程：已知三角形边长，，设内切圆半径为，三角形面积为，则，解得，即，则：，点在三角形三条边上运动，则|PO|min为内切圆半径为到三角形顶点的距离最大值，即为，以为坐标原点建立坐标系，则，，的取值范围为．二、选择题:本题共3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，有错选的得0分.9.已知复数，下列说法正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则为实数 D.答案：BD解析：解答过程：选项A：反例：设，满足，但，故A错误.选项B：由模的性质可得，故B正确.选项C：当时，，符合题意，此时是纯虚数，故C错误.选项D：设，则，此时，得到，故D正确.10.如图，已知正方体的棱长为2，则（）A.直线与为异面直线B.平面C.三棱锥的体积为D.平面过点且平面，则平面截正方体所得截面的图形的面积为答案：ABD解析：解答过程：对于A，∵直线平面，与平面交于点，且，∴直线与无公共点且不平行，为异面直线，故A正确；对于B，∵正方体中，平面，平面，由线面平行的判定定理可得平面，故B正确；对于C，∵正方体棱长为，，三棱锥的高为，∴VD对于D，∵平面平面，结合正方体面面平行的性质，可知平面截正方体所得截面为三角形，该三角形为边长为的正三角形，∴截面面积，故D正确.11.如图，在正四棱台中，，，，为棱上的动点（包括端点），则（）A.该正四棱台的体积为B.三棱锥的体积为定值C.存在点，使得平面D.的最小值为答案：ABD解析：思路：作出符合题意的图形，结合勾股定理求出正四棱台的高，再结合体积公式判断A，利用线面平行的判定得到平面，进而求出点面距离是定值，再结合底面积也是定值判断B，先假定线面垂直，进而推出，发现与题意矛盾判断C，将立体图形转化为平面图形，再结合题意得到直线过点，将的最小值转化为的最小值，最后求出长度判断D即可.解答过程：对于A，由题意得上底面面积为，下底面面积为，如图，连接，设，，可得分别是上底面和下底面的中心，连接，则平面，且是正四棱台的高，在上取点，使得，由正四棱台性质得，则四边形是平行四边形，故且，则平面，由题意得，，则，因为，所以由勾股定理得，所以由棱台的体积公式得，故A正确，对于B，如图，接，，，由正四棱台性质得，且，则四边形为平行四边形，所以，因为平面，面，所以平面，又，所以点到平面的距离即为到平面的距离且为定值，由题意得为定值，则为定值，故B正确，对于C，假设存在点，使得平面，而面，则，因为，，面，所以平面，而面，可得，与正四棱台的侧面为等腰梯形矛盾，故假设不成立，即不存在点，使得平面，故C错误，对于D，由正四棱台性质得，如图，作，，由题意得四边形是矩形，则，，则，而，得到，如图，将侧面和沿棱展开，由余弦定理得，解得，且由题意得，，则，可得，同理可得，，故，即在展开图内直线过点，且，当且仅当共线时取等，故当点与点重合时，的最小值为，故D正确.故选：ABD三、填空题:本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知一个圆台的轴截面为梯形，若，则该圆台的侧面积为______．答案：解析：思路：根据题意得到圆台上下底面半径及母线长，再利用圆台侧面积公式求解．解答过程：易知上底面圆的半径，下底面圆的半径，母线长，所以该圆台的侧面积．13.在中，分别为角所对的边，若，，，则____________．答案：解析：思路：利用余弦定理求出，再利用余弦定理求即可．解答过程：由余弦定理，，，故．14.在中，分别为角所对的边，且，则面积的最大值为___________.答案：解析：思路：利用正弦定理实现边角互化，将已知条件转化为边的关系，结合三角形面积公式得到面积关于边长的表达式，再利用基本不等式求解最大值.解答过程：∵在中，设其外接圆半径为，由正弦定理得，，，∴，，代入得，.又∵，代入上式得，两边同乘得，即.∵的面积，将代入得，.由基本不等式可得a2+2c2≥2∴S≤即面积的最大值为.方法提示：方法归纳：本题考查解三角形与基本不等式的综合应用，核心解题思路为：正弦定理边角互化→结合面积公式得到面积表达式→基本不等式求最值.四、解答题：本题共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.已知正四棱锥P-ABCD，M，N分别是BC，PD的中点．（1）证明：平面；（2）若四棱锥各棱长均为2，求直线CN与AM所成角的余弦值．答案：（1）证明见解析（2）解析：思路：（1）根据中位线以及平行四边形的判定可证明为平行四边形，即可由线面平行的判定求解，（2）根据平行可得或其补角即为直线CN与AM所成角，即可利用三角形的边角关系求解.（1）取的中点为，连接,由于是中点，故,且，又且，故,则四边形为平行四边形，故平面,平面,故平面（2）由（1）知：故或其补角即为直线CN与AM所成角，由于为边长为2的等边三角形，故，,故,故直线CN与AM所成角的余弦值为16.在中，分别为角所对的边，且，角A的平分线交于D，且．（1）求角A；（2）若，求的长．答案：（1）（2）解析：思路：（1）由正弦定理与和角公式化边为角，求得，即得角A；（2）利用三角形角平分线定理求出，再根据面积相等列方程，求解即得的长.（1）由和正弦定理，可得，因，则，即，因为，则得，因，则．（2）如图，因是的平分线，则，解得，又，则，即，解得.17.已知函数.（1）求函数的单调增区间和对称轴方程；（2）求函数在区间上的最大值和最小值；（3）若，求.答案：（1）；（2）；（3）解析：思路：（1）利用三角恒等变换先化简，再由三角函数的性质即可求解；（2）由得，进而求的最大值和最小值；（3）由得，再由，最后结合二倍角公式即可求解.（1）由题意得，令，解得，所以的单调递增区间为，令，解得；（2）由得，所以当时，即时，，当时，即时，，所以的最大值为，最小值为；（3）由题意得：，所以，所以，所以.18.如图，在正三棱锥中，，，的中点为，的中点为．求：（1）直线与的夹角的余弦值；（2）三棱锥的体积；（3）二面角的余弦值．答案：（1）；（2）；（3）.解析：思路：（1）通过中位线法求异面直线夹角.（2）利用正三棱锥的高与底面中心求体积.（3）通过作棱的垂线构造平面角求解二面角.（1）取中点，连接、.由中位线性质，，故为直线与的夹角（或其补角）.在中，，，、为中点，故.同理，，.在中，由余弦定理：，故直线与夹角的余弦值为.（2）设底面正的中心为，连接，则平面.底面正三角形的外接圆半径.在中，.底面的面积.所以.（3）过作于，连接.由正三棱锥对称性，，故，为二面角的平面角.在中，，，由余弦定理得，，故，同理.在中，，由余弦定理：，故二面角的余弦值为.19.已知正四面体的棱长为．（1）证明：；（2）某几何体是由正四面体按如下规则得到：在每个三角形面上，以各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第1次操作；继续以新生的小正四面体各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第2次操作；以此类推，如图所示．（i）求第3次操作后几何体的体积；（ii）现有次操作后生成的几何体石材，求打磨出的最大球的体积．答案：（1）证明见解析（2）（i）225163；（ii）解析：思路：（1）取中点，由线面垂直的判定定理可得平面，得证；（2