云南省昆明市云南民族大学附属高级中学2024~2025学年高一下册5月月考数学试卷【附解析】

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（考试时间 120 分钟，满分 150 分）
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、班级、考场/座位号在答题卡上填写清楚.并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求.
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求解集合，再求出集合在中的补集，最后求出集合与的交集.
【详解】已知，因为，所以.
根据指数函数的单调性，对于指数函数，函数在上单调递增.
那么由可得，即，所以.
已知，，所以.
故选：D.
2. 在某次全市高三模拟考试后，数学老师随机抽取了6名同学的第一个解答题的得分情况如下：7，10，5，8，4，2，则这组数据的平均数和分位数分别为（ ）
A. 6，3B. 5，3C. 5，4D. 6，4
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，求出平均数和分位数即可.
【详解】这组数据的平均数，
由小到大排列这组数据：2，4，5，7，8，10，而，则30%分位数为4.
故选：D
3. 已知，其中为虚数单位，是的共轭复数，则（ ）
A. B. 2C. D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算和共轭复数的概念可得，结合复数的几何意义即可求解.
【详解】由，得，
所以，所以.
故选：C
4. 函数的最小正周期是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据辅助角公式化简，即可根据周期公式求解.
【详解】，其中为锐角，且，
故最小正周期为，
故选：A
5. 设为两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】对于A，与还可能相交；对于B，还有可能；对于C，还有可能；对于D，用反证法可证命题正确.
【详解】对于A，若，则或与相交.故A不正确；
对于B，若，则或.故B不正确；
对于C，若，则或.故C不正确；
对于D，若，则，命题正确，证明如下：
如图：
假设与不平行，则必相交，设，
设直线与和分别交于点，在上取一点，连、，
因为，，所以，
因为，，所以，
又直线、直线、直线在同一平面内，所以，这与相矛盾，故假设不成立，所以.故D正确.
故选：D
6. 已知向量，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求得的坐标，再根据向量夹角的坐标计算公式，求解即可.
【详解】由题可得：，故，
又，，
故.
故选：D.
7. 已知定义在上的函数与函数的图象有唯一公共点，则实数m的值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】先推得的对称性与单调性，又也关于对称，由对称性可知方程唯一的根在对称轴上，代入即可解得.
【详解】因为，则，
所以的图象关于对称，且当时，单调递增，当时，单调递减；
又，故可看作由函数向右平移1个单位得到，
所以的图象也关于对称；
又由于函数与函数的图象有唯一公共点，即方程只有一根，
因为两函数图象都关于对称，所以方程的根为，即，解得.
故选：C．
8. 如图，伊丽莎白圈是小动物戴在颈子上防止他们自己抓挠伤口和患处或咬伤他人的一种保护器具，其形状可看作上下均无底盖的圆台形物体.某个伊丽莎白圈的上底面直径为4分米，下底面直径为2分米，母线长为3分米，若要在伊丽莎白圈与宠物接触的一面进行涂层，每平方分米需要消耗5克涂层材料，不考虑伊丽莎白圈的厚度与连接处，则制作该伊丽莎白圈需要消耗涂层材料（ ）
A. 克B. 克C. 克D. 克
【答案】A
【解析】
【分析】求出圆台的侧面积，计算得解.
【详解】将伊丽莎白圈看作上下均无底盖的圆台，
则制作该伊丽莎白圈需要涂层的面积等价于圆台的侧面积，
圆台的侧面积，
因为每平方分米需要消耗5克涂层材料，
所以制作该伊丽莎白圈需要消耗涂层材料克．
故选：A．
二､多项选择题：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，有选错的得0分.
9. 下列给出命题正确的是（ ）
A. 若为空间的一组基底，则也是空间的一组基底
B. 点为平面上的一点，且，则
C. 若直线的方向向量为，平面的法向量，则或
D. 两个不重合的平面的法向量分别是，，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据基底定义可知A错误；根据空间向量共面定理知B正确；根据向量与立体几何中的垂直与平行的关系可证得CD正确.
【详解】对于A，为空间的一组基底，不共线，
，，，共面，
不能作为空间的一组基底，A错误；
对于B，四点共面，，
，则，B正确；
对于C，，，或，C正确；
对于D，，，，D正确.
故选：BCD.
10. 锐角三角形中，角所对的边分别是，已知，，，则（ ）
A. B.
C. D. 的面积为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据正弦定理、余弦定理结合三角形内角和定理和三角形的面积公式逐项判断即可.
【详解】因为且为锐角三角形，所以.
根据三角形的内角和定理，得：，故A正确.
由余弦定理：得：.
整理得，又，所以，故B错误；
根据正弦定理：，故C错误；
因，故D正确.
故选：AD
11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则（ ）.
A. 存在点，使平面B. 不存在点，使四点共面
C. 三棱锥的体积是定值D. 经过四点的球的表面积为10
【答案】AC
【解析】
【分析】根据平行的传递性可得，结合线面平行的判定定理即可判断A；当Q与点重合时，四点共面，即可判断B；结合三棱锥体积公式判断C；易知经过四点的球即为长方体的外接球，求出球的半径即可判断D.
【详解】连接，当是的中点时，因为，所以．
因为平面平面，所以平面，故A正确，
如图，在正方体中，连接．
因为分别是的中点，所以．又因为，所以，所以四点共面，即当Q与点重合时，四点共面，
故B错误，
直线上的点到面的距离为2，而，所以是定值，
故C正确，
设G,H分别为，的中点，则为长宽高分别为2，2，1的长方体，根据分割补形法知：经过四点的球即为长方体的外接球，所求球的直径满足：，经过四点的球的表面积为，故D错误．
故选：AC.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则___________．
【答案】3
【解析】
【分析】由指数式与对数式的互化关系求出，再利用对数运算性质计算即得.
【详解】由，得，所以.
故答案为：3
13. 在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】利用线面垂直的性质，结合空间向量数量积求出异面直线夹角的余弦.
【详解】在四棱锥中，由平面，平面，
得，，
在中，，，则，，
由为的中点，得，
，
，因此，
所以异面直线与所成的角的余弦值为.
故答案为：
14. 内一点（见图1），式子可以写成，这个式子中、、的系数均为，以三个系数作为边长可构造一个等边三角形，因此我们尝试把绕点顺时针旋转，得到（见图2），所以等于，显然，当、、、四点共线时（见图3），最小．

试用类似的方法解决下面这道题目：
已知是平面内的任意一个向量，向量、满足，且，，则的最小值为______________．
【答案】
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，设、、，不妨设，，，可得，将绕点逆时针旋转得到，可得出，即可得解.
【详解】在如下图所示的平面直角坐标系中，设、、，

不妨设，，，
由题意可得，
将绕点逆时针旋转得到，则，，
其中点，
故
，
当且仅当点与点重合时，此时，点也与点重合，等号成立，
故的最小值为.
故答案为：.
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. 有900名学生参加“环保知识竞赛”，为考察竞赛成绩情况，从中抽取部分学生的成绩（得分均整数，满分为100分）进行统计，请你根据尚未完成并有局部污损的频率分面表和频率分布直方图（如图）解释下列问题.
（1）填满频率分布表；
（2）补全频率分布直方图；
（3）若成绩在学生可以获得二等奖，求获得二等奖的学生人数.
【答案】（1）分布表见解析
（2）直方图见解析 （3）234
【解析】
【分析】（1）根据题中数据，结合频率、频数关系分析运算即可；
（2）根据（1）中数据可得频率分布直方图；
（3）先求成绩在的频率，进而估计人数.
【小问1详解】
因为，，，，且所有频率和为1，
据此填满频率分布表，如下表所示：
【小问2详解】
根据（1）中数据可得频率分布直方图，如图所示：
【小问3详解】
由题意可知：成绩在频率为，
估计获得二等奖的学生人数为.
16. 如图，在中，，，，点在边的延长线上.
（1）求；
（2）若，，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理以及题目中的条件，解得角的值，根据三角形内角和以及正弦和角公式，可得答案.
（2）法一：由图形的性质，根据向量的线性运算以及数量积的运算律，可得答案；法二：先由余弦定理求得的长，根据向量数乘可得线段的长，利用正弦定理求角以及余弦定理求边，可得答案.
【小问1详解】
中，由正弦定理，
因为，，所以，
所以，
则
.
【小问2详解】
方法1：因为，所以，
所以，
则.
方法2：在中，由余弦定理得
，
因为为线段上靠近的三等分点，所以.
因为，所以，
因为为锐角，所以，
在中，由余弦定理得，，
所以.
17. 已知函数为奇函数，且图象的相邻两对称轴间的距离为.
（1）求的解析式与单调递减区间；
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求方程的所有根的和.
【答案】（1），，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用恒等变换化简后，结合三角函数的性质求解；
（2）利用图象变换法则求得的函数表达式，解方程求得的值，利用换元思想，结合三角函数的图象和性质分析求得.
【小问1详解】
，
∵图象的相邻两对称轴间的距离为，
∴的最小正周期为，即可得，.
又为奇函数，则，
又，∴，故，
令，，得，.
∴函数的递减区间为，.
【小问2详解】
将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象，
再把横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，
又，则或，
即或.
令，当时，，
画出的图象如图所示：
有两个根，，关于对称，
即，
，则，，，
在上有两个不同的根，，，
∴；
又的根为0，，，
所以方程在内所有根的和为.
18. 如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，，为线段中点，连接．
（1）证明：平面；
（2）求M到平面的距离；
（3）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，证出四边形为平行四边形，即可得证.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量以及，因为平面，所以M到平面的距离为到平面的距离，然后利用点到平面的距离向量公式即可求解.
（3）求得平面的法向量以及，利用向量夹角公式即可求解．
【小问1详解】
在四棱锥中，取中点，连接，
由为的中点，且，，得，，
则四边形为平行四边形，，而平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
取的中点，连接，，由为等边三角形，得，
而平面平面，平面平面，平面，
则平面，由，得四边形是平行四边形，
于是，而，则，直线两两垂直，
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，得，
又，所以到平面的距离，
因为平面，所以M到平面的距离为到平面的距离，即.
【小问3详解】
令，
，，
设平面的法向量为，则，
取，得，
平面的法向量为，
于是，
化简得，又，解得，即，
所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，.
19. 如图，设，且，当时，定义平面坐标系为的斜坐标系．在的斜坐标系中，任意一点P的斜坐标这样定义：设，分别为Ox，Oy正方向同向的单位向量，若向量，记向量．在的斜坐标系中．

（1）若向量，求．
（2）已知向量，，证明：．
（3）若向量，的斜坐标分别为和，，设函数，，．
①证明：有且只有一个零点．
②比较与的大小，并说明理由．（参考数据：，）
【答案】（1）
（2）证明解析. （3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）（2）直接利用提干信息进行计算；
（3）①先化简出，然后分别讨论在，，三个区间的正负，然后利用零点存在定理判断零点是否存在以及有多少个；
②利用①将化成，从而根据的范围判断与的大小.
【小问1详解】
因为向量，所以，又因为，，
所以，
所以
【小问2详解】
因为向量，，所以，，
所以
化简得.
【小问3详解】
①由（2）得，
化简得，
所以，
当时，单调递增，因为，
又因为，，所以，
又因为，所以，
由零点存在定理可得，存在，使得，
所以在上有一个零点.
当时，，，所以，
故在上没有零点.
当时，，，
所以，故在上没有零点.
综上可得，有且只有一个零点.
②.
理由如下：在上单调递减，
所以，即，所以.
【点睛】方法点睛：在证明函数零点时，我们常用零点存在定理：
如果一个函数在闭区间上连续，并且满足，那么在区间内至少存在一个点，使得.
如果一个函数在闭区间上连续且单调，并且满足，那么在区间内有且仅有一个点，使得.
分组
频数
频率
4
0.08
0.16
10
16
0.32
合计
50
分组
频数
频率
4
0.08
8
0.16
10
0.2
16
0.32
12
024
合计
50
1