重庆市多校联考2024-2025学年高一下5月期中考试数学试卷（解析版）

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一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 化简：（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】由，
故选：B.
2. 已知函数，则下列结论不正确的是（ ）
A.
B. 的定义域是
C. 是的一个周期
D. 的图象关于点对称
【答案】D
【解析】对于A选项，，，
，故A正确；
对于B选项，要使有意义，则有，
的定义域是，故B正确；
对于C选项，，
是的一个周期，故C正确；
对于D选项，如图的图象不关于点对称，故D错误.
故选：D.
3. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据题意，该图形的直观图是直角梯形，
则其面积，
那么该平面图形的面积为.
故选：D.
4. 在中，点D，N分别满足，，若，，，则有序实数对为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由，，，，
则，，
所以有，
又因为，所以，
故选：B .
5. 若是关于x的方程的虚数根，且，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】由实系数一元二次方程的两个虚根是共轭虚数，
所以可知和是方程的两个根，
根据韦达定理可得：，
，
故选：B.
6. 如图，某实心零部件的形状是正四棱台，已知，，棱台的高为，现需要对该零部件的表面进行防腐处理，若每平方厘米的防腐处理费用为0.5元，则该零部件的防腐处理费用是（ ）
A. 640元B. 512元C. 390元D. 347.5元
【答案】B
【解析】因为正四棱台中，，高为8cm，
则侧面的斜高为.
所以.
所以该四棱台的表面积为，
又每平方厘米的防腐处理费用为0.5元，
所以该部件的防腐处理费用是元.
故选：B.
7. 如图，矩形的长为3，宽为2，是边的中点，是边上靠近点的三等分点，与交于点，则的余弦值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】以为坐标原点，，所在方向分别为轴和轴建立平面直角坐标系，
则，，，，，设，
，，，，
与共线，设，，即，
与共线，设，，即，
，解得，， ，
，，
，，
，
.
故选：A.
8. 已知，曲线与相邻的三个交点构成一个直角三角形，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】先由与相交可得方程：，
整理得，
即，
不妨取，可得三个交点的横坐标分别为
把它们代入可得这三个交点的纵坐标分别为，

如图可得：要满足它们三个交点构成一个直角三角形，
则只需要，即，
故选：D.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】AB
【解析】由于，所以与不共线，故A正确；
由于，所以与不共线，故B正确；
由于，所以与共线，故C错误；
由于，所以与共线，故D错误；
故选：AB.
10. 在中，内角所对的边分别为，已知，，则（ ）
A.
B. 满足条件的有两个
C. 若为锐角三角形，且，则的取值范围为
D. 的最大值为6
【答案】ACD
【解析】因为，即，
由正弦定理可得，可得，
由余弦定理可得，因为，故，A选项正确；
由于，，，根据正弦定理，则，因为，故，所以只有唯一解，B选项错误；
由正弦定理，，
所以，
因为为锐角三角形，且，所以，
所以，所以，
则的取值范围为，C正确；
由，，所以，根据基本不等式得，则，当且仅当时，等号成立，所以，D正确.
故选：ACD.
11. 已知正方体的棱长为2，为棱的中点，则（ ）
A. 二面角的大小为
B. 直线与底面所成的角的大小为，则
C. 过点且与垂直的平面截正方体所得截面的面积为
D. 以为球心，为半径的球面与侧面的交线的长度为
【答案】BD
【解析】根据题意画出图形，如图所示.
对于选项A，因为正方体的棱长为2，
所以根据勾股定理，，，
所以，而，
所以，所以，又，
所以二面角的平面角为，
在直角三角形中，，
所以，所以不等于30°，A错误.
对于选项B，分别取的中点，连接，如图所示.
则根据题意可知平面平面，
所以直线与底面所成的夹角即是直线与平面所成的夹角，
因为平面，所以直线与底面所成的夹角是.
因为，，所以.
所以，B正确.
对于选项C，取中点分别为，连接.故六边形为所得截面.
可以证明平面.
证明：因为，，，平面,
所以平面，又平面，所以，
又，所以.
同理可证，又为相交直线，所以平面.
平面多边形为正六边形，其面积为.所以C错误.
对于选项D，
因为点到平面的距离为2，过点作平面，
则为线段的中点，.
因为球的半径为，所以球面与侧面的交线轨迹为以为圆心，2为半径的圆弧（如图）.
因为,,所以,故,所以所求圆弧的圆心角为，弧长为.故D正确.
故选：BD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 复数，则____．
【答案】
【解析】由，则，
故答案为：.
13. “大美中国古建筑名塔”文峰塔以石为基，用青砖白砂灰砌筑建成．如图，测量河对岸的文峰塔高时，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量点C与D．现测得，，，在点C处测得塔顶A的仰角，则塔高为____m．
【答案】
【解析】在中，由三角形内角和定理可得，
再由正弦定理得：，
再解直角三角形可得：，
故答案为：
14. 已知在三棱锥中，，，，平面，则三棱锥的外接球的表面积是____．
【答案】
【解析】因为中，，，
所以根据余弦定理.
所以解得，所以.
设的外接圆半径为，三棱锥的外接球半径为，
则根据正弦定理可得.
又，且平面，
所以，
所以三棱锥的外接球的表面积是.
故答案为：.
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. （1）已知向量，．当λ为何值时，与垂直？
（2）已知非零向量满足，，当时，求向量与夹角θ的余弦值．
解：（1）由题意有：，
所以，解得；
（2）由题意有
，
所以，
因为，
所以，
16. 已知函数，，的最小值为0．
（1）求实数的值：
（2）当时，求的单调递减区间，并求成立时x的取值范围．
解：（1）由
，
因为，的最小值为0，所以，
（2）当时，，
因为在区间上单调递减，
所以解不等式，得，
即当时，求的单调递减区间为，
由，
因为，所以满足不等式的条件得：，
解得.
17. 在中，内角的对边分别为，已知．
（1）证明：．
（2）若，，求的面积．
解：（1）由正弦定理及，得，
所以，
所以，
所以，
因为，所以或，
所以或（舍去），所以；
（2）由正弦定理可得，即，所以，
解得，又，所以，
由余弦定理可得，则，
整理可得，分解因式可得，解得或，
当时，可得的面积．
当时，，则，此时，不合题意；
综上所述：的面积为．
18. 如图，在多面体中，是平面与平面的交线，，且，，．
（1）证明：；
（2）证明：；
（3）若，求多面体的体积．
解：（1）因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，所以.
（2）连接、，如图所示：
在中，，，，
由余弦定理得，
所以，故，因为，所以，
同理可证，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，所以，
又因为，所以，四边形为平行四边形，所以，故.
（3）在中，，，，所以，
所以，所以，
所以，
，
因此，多面体的体积为.
19. 已知函数图象的两相邻对称中心之间的距离是，将图象上的每个点先向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，所得图象对应的函数为奇函数．
（1）求的解析式；
（2）若对任意，恒成立，求实数m的取值范围；
（3）若函数在区间（a，且）上至少有20个零点，在所有满足条件的区间中，求的最小值．
解：（1）因为函数图象的两相邻对称中心之间的距离为，
所以，所以，所以，
因此函数的解析式为.
根据题意，将函数图象平移后的函数，
因为为奇函数，，所以，所以.
因此函数的解析式为.
（2）因为，所以，
所以，所以，
所以在上恒成立.
令，则不等式变为，
根据一元二次函数，其对称轴为，要使得不等式恒成立，则
，解得，
所以实数的取值范围为.
（3）令，则，
所以或者.
解得或者.
相邻两个零点的距离为或者.
所以函数在区间上至少有20个零点，19个间隔，若使最小，则
按10个和9个排列，那么此时的最小值为.