資源簡介

2025年春季高一年級5月檢測卷
數學
時量：120分鐘 滿分：150分
得分：________
一、選擇題（本大題共8個小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題意的）
1．已知集合，，則
A．{-1,1} B．{-1,1,3} C．{1,3,5} D．{-1,1,3,5}
2．已知復數，則z=
A．2-i B．2+i C．1-2i D．1+2i
3．已知α，β是兩個不同的平面，直線l⊥β，則“”是“l⊥α”的
A．充分必要條件 B．充分不必要條件
C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件
4．在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，則此三角形的形狀為
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形
5．若，則
A． B． C． D．
6．圓柱高為4，底面積為π，在圓柱內部有一個可自由轉動的正四面體，則該正四面體的最大棱長為
A． B． C． D．
7．DeepSeek以其強大的算法火爆全球，吸引了大量用戶的關注與討論，成為熱門話題，統計學家發現熱門話題的關注度達到峰值后，會出現下降趨勢．假設一個熱門話題的關注度C（C>0）與時間t（單位：月）的關系式為，其中為關注度的峰值，a為常數，若經過半年關注度下降到峰值的80%，則關注度下降到峰值的40%，至少需要的時間為
（參考數據：lg2≈0.301）
A．23個月 B．24個月 C．25個月 D．26個月
8．置換是抽象代數的一種基本變換，對于有序數組，有序數組，定義“間距置換”：，，．已知有序數組，經過一次“間距置換”后得到新的有序數組（a≤b），且S中所有數之和為2025，則的值為
A． B． C． D．
二、選擇題（本大題共3個小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分．部分選對的得部分分，有選錯的得0分）
9．已知函數的兩個相鄰對稱中心的距離為，且，則下列結論正確的是
A．
B．在區間上是增函數
C．直線是圖象的一條對稱軸
D．將的圖象向左平移個單位長度后得到的函數圖象關于原點對稱
10．如圖，已知點G是邊長為2a的正六邊形ABCDEF內一點（含邊界），則下列說法正確的是
A． B．
C． D．的取值范圍為
11．如圖，在棱長為2的正方體中，M為的中點，點E和點F分別在線段和上運動（不包含端點），下列說法正確的有
A．正方體被平面截得的截面面積為 B．BE+EF的最小值為2
C．三棱錐的體積為 D．直線與平面可能垂直
三、填空題（本大題共3個小題，每小題5分，共15分）
12．已知是奇函數，則實數a的值是________．
13．一個平行于正四棱錐底面的平面將該正四棱錐分成上、下兩個部分，且截得的棱臺的上、下底面邊長之比為2:3，則上、下兩部分體積之比為________．
14．在中，，設∠ACB=θ，若∠ABD=θ，∠CBD=2θ，且，則的面積為________．
四、解答題（本大題共5個小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）
15．（本小題滿分13分）
已知z是復數，若z+i是實數，是純虛數，其中i為虛數單位．
（1）求復數z；
（2）設復數z，在復平面內所對應的向量分別是m，n，若向量λm+n與m-2n的夾角為鈍角，求實數λ的取值范圍．
16．（本小題滿分15分）
如圖1，已知在中，AC=3，BC=4，AC⊥BC，E，F分別是AB，AC上的點，，將沿EF翻折至，連接PB，PC，得到如圖2所示的四棱錐P-EFCB，若平面PEF與平面PBC相交于直線m．
（1）求證：；
（2）當PF⊥PC時，求直線PE與平面BCFE所成角的正弦值．
17．（本小題滿分15分）
如圖，已知A，B是半徑為1的圓O上兩點，且．
（1）求∠AOB的余弦值；
（2）若點，，…，，依次將線段AO平均分成2026份，設，，，求的值．
18．（本小題滿分17分）
2025年春晚《秧BOT》節目將機器人元素融入舞臺，展示了我國在機器人研發領域的卓越實力．某機器人研發團隊設計一款機器狗捕捉足球游戲，在如圖所示的矩形ACDE中，在點A處放置機器狗，在AC的中點B處放置足球，它們做勻速直線運動，且無其他外界干擾．已知AC=8米，足球運動速度為v米/秒，設機器狗在點F處捕捉到足球，若點F在矩形ACDE內（含邊界），則捕捉成功．記足球和機器狗的運動方向與所成夾角分別α（0≤α≤π），β．
（1）當AE長度不受限制，時，機器狗以米/秒的速度捕捉足球，則β為何值時，機器狗能捕捉成功？
（2）已知足球與機器狗運動方向所成夾角為，AE長度不受限制，當機器狗成功捕捉足球時，求機器狗與足球運動的總路程的最大值；
（3）當機器狗的速度為3v米/秒時，若無論足球往哪個方向運動，機器狗總能捕捉足球成功，則AE的長度至少為多少米？
19．（本小題滿分17分）
已知函數的定義域為D，并滿足以下條件：
①，；
②，，
則稱函數為“上側函數”
已知，（e≈2.71828…是自然對數的底數）．
（1）判斷，是否為“上側函數”，并說明理由；
（2）若函數是“上側函數”．
（ⅰ）當a>0，b>0時，求的最大值；
（ⅱ）若b=0，是否存在正整數k，滿足：對于任意的，總存在，使成立？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由．（參考不等式：）
2025年春季高一年級5月檢測卷
數學參考答案
一、選擇題（本大題共8個小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題意的）
1．D 【解析】因為，所以，故選D．
2．B 【解析】因為，所以，故選B．
3．A 【解析】若，因為l⊥β，所以l⊥α成立；若l⊥α，因為l⊥β，根據與同一條直線垂直的兩個平面平行，所以成立，即“”是“l⊥α”的充分必要條件，故選A．
4．B 【解析】移項得，可化為
，
展開得，
整理得，又，所以，即，則為直角三角形，故選B．
5．C 【解析】由題知，整理得，即，所以，故選C．
6．D 【解析】由題意可知，當圓柱底面半徑等于正四面體的外接球的半徑時，正四面體有最大棱長a，即，所以，故選D．
7．C 【解析】設關注度下降到峰值的40%，至少需要的時間為t個月，由題意得，，則，，
所以，
即，故選C．
8．A 【解析】由題可知，，．
若x介于y，z之間，則．
由題可知，a+3+b=2025，所以a+b=2022，矛盾，舍去．
又因為a≤b，所以，結合，可得x>y>z或x若x>y>z，由題可知，，，
上述三個式子相加可得a+3+b=2025=2x-2z=2(x-z)，所以a+b=2022，，即，則，可得；
若x二、選擇題（本大題共3個小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）
9．ACD 【解析】易知，則，所以ω=3，即，
又因為，，解得，所以．
對于A，因為，所以，故A正確。
對于B，由知，則在該區間有增有減，故B錯誤。
對于C，因為，所以直線是圖象的一條對稱軸，故C正確。
對于D，將的圖象向左平移個單位長度后得到的圖象，該圖象關于原點對稱，故D正確．
10．ABD 【解析】對于A，因為，故A正確．
對于B，因為
，故B正確．
對于C，因為，故C錯誤．
對于D，設與的夾角為θ，則在上的投影為，由圖可知，即的取值范圍為．故D正確．
（本題還可以用坐標法）
11．AC 【解析】對于A，取的中點G，連接，GM，正方體被平面所截得的截面為四邊形，四邊形為等腰梯形，，，，，計算可得等腰梯形面積為，故A正確。
對于B，計算BE+EF的最小值，將平面以為軸旋轉展開，與平面在同一個平面內，如圖所示，，，，，計算可得，，則為直角，所以當E，F都到達時，BE+EF的值取得最小值2，但E，F不能取端點，故B錯誤．
對于C，三棱錐的體積采用等體積法，轉化為以E為頂點，以平面為底面的三棱錐求體積，，故C正確．
對于D，若直線與平面垂直，則必有，此時E為的中點，易知此時，又因為，所以，而平面與平面相交，矛盾，所以與平面不可能垂直，故D錯誤．
三、填空題（本大題共3個小題，每小題5分，共15分）
12．2 【解析】因為為奇函數，所以，即，化簡得，解得a=0或a=2．檢驗知a=2滿足題意，故a=2．
13． 【解析】法一：由題意可知上面部分為正四棱錐，下面為正四棱臺，棱臺上、下底面邊長之比為2:3，所以上面小正四棱錐與大正四棱錐的體積之比為，所以上、下兩部分體積之比為．
法二：由題知上面部分為正四棱錐，下面為正四棱臺，上、下兩部分高之比為2:1，設為2h和h，正四棱臺上、下底面邊長分別設為2a和3a，則上、下兩部分的體積之比直接用公式計算可得．
14． 【解析】法一：設AD=x，則CD=3x，在中，由正弦定理知，即①，在中，由正弦定理得，即②，②÷①得，則，整理得，解得，
因為θ為銳角，所以，即，可得，故，知AC=4，AB=2，，所以．
法二：過B作∠DBC的平分線交AC于M，設AC=b，AB=c，
則，，
因為∠ABM=∠AMB=2θ，∠MBC=∠MCB=θ，
所以AM=AB=c，CM=BM=b-c，，
在中，由角平分線性質可知，即，
整理可得b=2c，因為BM=b-c=c，所以BM=AM=AB=c，
即為等邊三角形，且D是AM的中點．
因為，所以AB=2，故c=2，b=2c=4，
則．
四、解答題（本大題共5個小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）
15．【解析】（1）設復數，由z+i是實數知b+1=0，即b=-1，所以z=a-i．
又因為是純虛數，則為純虛數，
即a-1=0且a+1≠0，所以a=1，故z=1-i．
（2）由（1）知z=1+i，則m=(1,-1)，n=(1,1)，
所以λm+n=(λ+1,-λ+1)，m-2n=(-1,-3)，
因為向量λm+n與m-2n的夾角為鈍角，
所以，且λm+n與m-2n不共線，
即-(λ+1)-3(-λ+1)<0且-3(λ+1)+(-λ+1)≠0，
解得λ<2且．
16．【解析】（1）由，可知，
且，，所以，
且，，
所以．
（2）由題知PF=1，FC=2，，，
過P作PM⊥FC于M，連接EM，由題知，
因為EF⊥PF，EF⊥FC，PF，，，
所以EF⊥平面PFC，
因為，所以EF⊥PM，
因為，所以PM⊥平面BCFE，
故EM為直線PE在平面BCFE上的投影，
即∠PEM為直線PE與平面BCFE所成的角，
在中，，
所以直線PE與平面BCFE所成角的正弦值為．
17．【解析】（1）設∠AOB=θ，由可得，
即，
平方得，解得，
故∠AOB的余弦值為．
（2）由題知AO的中點為，也為線段，線段，…，線段的中點，
因為，
所以，
而，
平方得，
即，
故．
18．【解析】（1）在中，由正弦定理知，即，
因為，所以，
解得，因為，所以，
此時BF=BA=4，，點F在矩形ACDE內，捕捉成功．
（2）法一：在中，由余弦定理知，
故，
整理得，
即AF+BF≤8，當且僅當AF=BF=4時等號成立，此時，
，點F在矩形ACDE內，捕捉成功．
故機器狗與足球運動的總路程的最大值為8米．
法二：在中，由正弦定理知，
所以．
當，即當時，AF+BF有最大值為8，
此時，，點F在矩形ACDE內，捕捉成功．
故機器狗與足球運動的總路程的最大值為8米．
（3）如圖，過F作AC的垂線，垂足為H，
設BF=x，則AF=3x，由題可知所以，
在中，由余弦定理知，
則，整理得，
所以，
又因為，，
當，即當時，FH有最大值為，
由題知AE≥FH恒成立，所以，此時，
故當AE的長度至少為米時，無論足球往哪個方向運動，機器狗總能捕捉足球成功．
19．【解析】（1）是“上側函數”，，且當，n∈Z時，，
不是“上側函數”，，不存在x，使得．
（2），
易知單調遞增，當x=a時，，
單調遞增，當x+b=1，即當x=1-b時，，且恒成立，
可知a=1-b，即a+b=1．
（ⅰ）當a>0，b>0時，
，
令16ab+1=t，由，得，
上式化為
，
當且僅當時等號成立，故最大值為．
（ⅱ）不存在，理由如下：
若b=0，則a=1，，
當時，，可得，
當時，，，可得．
對于任意的正整數k，當時，，
，，，
，
且當時，，
即對于任意的，不存在，，使得．

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