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湖北省沙市中学2025-2026 学年高一下学期5 月月考数学试卷
一、单选题
1．复数
的共轭复数
=（ ）
A．
B．
C．
D．
2．已知点
，
，则与向量
方向相反的单位向量是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．在航天器的轨道校准任务的二维定位平面内，控制中心需要将坐标是
的卫星进行三次平移(单位：
km)：第一次沿向量
补偿平移；第二次沿向量
修正平移；第三次沿向量
校准平
移．若卫星最终精准到达坐标是
的同步轨道点，则实数
（ ）
A．4
B．3
C．2
D．1
4．在
中，若
，则
为（ ）
A．等腰三角形
B．直角三角形
C．等腰或直角三角形
D．等腰直角三角形
5．一个正六棱柱的底面边长为
，侧棱长为
，其所有顶点都在一个球面上，则此球的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
6．已知
满足
，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
7．半径为2 的球O 的球面上有四点
，其中
为球O 直径，
是等边三角形，若
，则四面体
的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
8．已知锐角三角形
中，角
，
，
所对的边分别为，，，若
，
，若
，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多选题
9．设复数
，
（x，
），在复平面内，
，
对应的向量分别为
，
，O
为坐标原点，则（ ）
A．
B．
C．若
，则
D．若
，则
的最大值为
10．已知圆锥
的底面半径为1，其侧面展开图是一个半圆，则下列结论正确的是（ ）
A．圆锥
的侧面积为
B．圆锥
的体积为
C．圆锥
的外接球的表面积为
D．圆锥
的内切球的体积为
11．“费马点” 指平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点， 在
中，当最大内角小于
时，
费马点
满足
，当最大内角不小于
时，最大内角的顶点为费马点.
已知在
中，角
所对的边分别为
，且
，
，
，点
为
的费马点，则（ ）
A．
B．
C．
D．
在
上的投影向量为
三、填空题
12．在平面直角坐标系
中，已知点
，若点
绕原点逆时针旋转
到点
，则点
的横坐标为
______．
13．在
中，角
所对的边分别为
，
，
，若
的面
积为
，则
______．
14．已知
对
恒成立，则
的最小值为______.
四、解答题
15．如图，已知
满足
，
，
、
、…
是线段
上的等分点，
且满足
.
(1)当
时，求
的值；
(2)当
时，若
为线段
上的动点，求
的最小值.
16．已知函数
，
．
(1)求
在
的单调递减区间；
(2)当
时，求
的最大值和最小值；
(3)若
，
，求
的值．
17．如图，是函数
（
，
，
）图象的一部分
(1)求函数
的解析式；
(2)函数
在区间
上有且仅有两个零点，求实数
的取值范围；
(3)若关于x 的方程
在
上有解，求实数a 的取值范围.
18．设Ox，Oy 是平面内夹角成
的两条数轴，
，
两分别为x 轴，y 轴正方向同向
的单位向量．若向量
，则把有序数对
叫做向量
在此坐标系中的坐标，记
．
已知
，
．
(1)若
．
（ⅰ）求
．
（ⅱ）是否存在Oy 上一点C，使得△ABC 是以AB 为斜边的直角三角形？若存在，求出C 点坐标；若不存
在，请说明理由．
(2)若
对
恒成立，求
的最大值．
19．如图，设
中角
，
，
所对的边分别为，，，
为边
上的中点，且
，
，
(1)求；
(2)求
；
(3)设
，
分别为边
，
上的动点，线段
交
于
，且四边形
的面积为
面积的
，求
的取值范围.
参考答案
1．C
【详解】因为
，
所以
，
2．D
【详解】
，
，
，则
，
因此，与向量
方向相反的单位向量是
.
故选：D.
3．C
【详解】因为点
沿
平移后，坐标为
，
点
沿
平移后，坐标为
；
点
沿
平移后坐标为
，
因为三次平移后坐标为
，故
，解得
.
4．C
【详解】
由正弦定理得
，
即
，故
，
因为
，且属于三角形内角，所以
，所以
或
，
解得
或
，
所以
为等腰或直角三角形.
故选：C
5．B
【详解】作出六棱柱的最大对角面与外接球的截面，如下图，
则该截面矩形分别以底面外接圆直径和六棱柱高为两边，
设球心为
，正六棱柱的上下底面中心分别为
，
则球心
是
的中点，
由正六棱柱底面边长为
，侧棱长为
，
所以
中，
，
可得
，
因此，该球的体积为
.
6．D
【详解】已知
满足
，
设
、
、
对应的边分别为，，，
则
，
即
，
则
，
当且仅当
时取等号，
即
的最小值为
．
故选：D．
7．D
【详解】如图，设
的中点为
，
，延长
交球
于
，
由题意可知，
，
，
，
如图，记
外接圆圆心为
，则
为
的中点，
则
，
，
，
，
而
，
，
因为
，解得
，所以
，得到
，
，
故四面体体积为
.
故选：D
8．C
【详解】因为三角形中
，
所以由
，可得
，
即
，
所以
，
即
，
又在锐角三角形中，
，
则
或
，即
或
（舍去）.
因为
.
由正弦定理可得
，
则
因为
是锐角三角形，所以
，
所以
，所以
，
则
.
9．ABD
【详解】对于A，
，则
，A 正确；
对于B，
，
，
而
，因此
，B 正确；
对于C，
，由
，得
，C 错误；
对于D，由
，即
，
得点
的轨迹是以点
为圆心，
为半径的圆，
表示点
与点
的距离，该距离最大值为
，D 正确.
10．AC
【详解】设圆锥
的底面半径
，母线长为，
则侧面展开图半圆的弧长等于圆锥底面周长，即
，解得
，
圆锥的高
，
选项A：圆锥侧面积
，故A 正确；
选项B：圆锥体积
，故B 错误；
选项C：设外接球的半径为
，球心在圆锥的高
上，
由勾股定理得，
，即
，解得
，
圆锥
的外接球的表面积
，故C 正确；
选项D：设内切球半径为，圆锥轴截面为边长为2 的等边三角形，
则
，解得
，
内切球的体积为
，故D 错误．
11．ACD
【详解】因为
，
由正弦定理得
，
所以
，因为
，所以
，
代入
，解得
，所以A 正确；
在
中，根据余弦定理
，解得
，
所以
，所以
，
，
由于最大内角
，所以费马点
满足
，
如图所示，
，
，
，
，
，
，化简得
，所以C 正确；
设
，则
，
,
中，由余弦定理得
，
所以
，解得
（舍去负根）
则
，
，
，
所以
，所以B 错误；
过点
作
，垂足为
，
在
上的投影向量为
，
，
所以
，即
，
所以
在
上的投影向量为
，D 正确.
12．
【详解】设以轴正半轴为始边，射线
为终边的角为
.
∵ 点
，∴ 由三角函数的定义得
，
.
∵ 点
绕原点逆时针旋转
得到点
，∴ 点
对应的终边角为
，
∴ 点
的横坐标为
.又
，
∵
，
，
∴ 代入得：
.
13．
【详解】由
和余弦定理，可得
，
因
，则
，
又由
可得
，
因
，则
，
由正弦定理得，
，设
，
则
，解得
（负值舍去），
所以
．
14．6
【详解】当
，
，则
，
当
，
，
当
，
，
，
当
，
，
当
，
，
，
若
对
恒成立，
则
，并且函数
的两个零点分别是1 和7，
则
，则
，
，
，
所以
，
当
，
，即
时，等号成立，
所以
的最小值为6.
故答案为：6
15．(1)
(2)
【详解】（1）因为
，所以
，
解得
，因为
，所以
，则
为等边三角形，
取BC 中点O，连接AO，则
，
所以
.
（2）当
时，
，
设
，则
，
又
，
所以
，
所以当
时，
有最小值
.
16．(1)
(2)最大值为
，最小值为
(3)
【详解】（1）
，
由
，解得
，
又
，所以
的单调递减区间为
．
（2）因为
，所以
，则
，
所以
，
所以
的最大值为
，最小值为
．
（3）由
，所以
，所以
，
又
，所以
，
所以
，
所以
．
17．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由图可得
，
函数
的最小正周期为
，则
，
所以
，因为
，
则
，因为
，所以
，解得
，
所以
.
（2）令
，则
因为函数
在区间
上有且仅有两个零点
所以方程
在
有且仅有两个实根.
令
，得
或
所以方程
的正根从小到大排列分别是
所以
，解得
（3）由
，
可得
，
即
，
即
，
即
，其中
，
因为
，则
，令
，
则有
，则关于t 的方程
在
上有解，
由
可得
，
令
，则
，
因为
，
在
上均为减函数，
所以函数
在
上为减函数，且当趋向于时，
趋向于正无穷大，
则
，所以
，解得
，
故实数a 的取值范围是
.
18．(1)（i）；（ii）不存在，理由见解析
(2)
【详解】（1）（i）
，
（ii）
轴上不存在一点
，理由如下：
假设
轴上存在一点
，使得
是以
为斜边的直角三角形.
依题意得：
，
，
，
，
，
即
，
即
，
化简得：
，
，∴方程无解，
即
轴上不存在一点
，使得
是以
为斜边的直角三角形；
（2）
，
恒成立，
，
即
，
解得
，
，
，
，
，
在
上单调递增，理由如下：
任取
，且
，
则
，
因为
，且
，
所以
，
，
故
，即
，
故
在
上单调递增，
当
时，
取得最大值，最大值为
.
19．(1)4
(2)
(3)
【详解】（1）由
，得
,
即sin( A + B)cosB+cos( A + B)sin B =2sin B -2sin BcosC，
由于
，所以sinC cosB -cosC sin B =2sin B -2sin BcosC，
则sinC cosB+cosC sin B =2sin B，即sin(C + B)=2sin B =sin(π- A)=sin A.
由正弦定理，得
.
（2）由于
为边
上的中点，所以
，
则|⃗CD|
2= 1
4 (⃗CA +⃗CB)
2= 1
4 (b
2+a
2+2bacos∠ACB)，
所以cos∠ACB = 4C D
2-b
2-a
2
2ba
= 4×(2√2)
2-2
2- 4
2
2×2×4
= 3
4
.
（3）设
，
，
，
所以|⃗CM|=2 λ，|⃗CN|= 4 μ.
由于
，所以⃗CP =k⃗CD = k
2⃗CA + k
2⃗CB = k
2 λ⃗CM + k
2 μ⃗CN.
由于
、
、
三点共线，可得k
2 λ + k
2 μ =1，所以
.
由于⃗CP⋅⃗MN =(
k
2⃗CA + k
2⃗CB)⋅(⃗CN -⃗CM )=(
k
2⃗CA + k
2⃗CB)⋅(μ⃗CB - λ⃗CA)
=(
kμ
2 - kλ
2 )⃗CA ⋅⃗CB - kλ
2⃗CA
2+ kμ
2⃗CB
2=(
kμ
2 - kλ
2 )×2×4× 3
4 - kλ
2 ×2
2+ kμ
2 ×4
2
=3kμ-3kλ -2kλ+8kμ=11kμ-5kλ；
由题意知S四边形ABNM = S△CAB- S△CMN，而
S四边形ABNM
S△CAB
= 2
3 = S△CAB- S△CMN
S△CAB
，
所以
S△CMN
S△CAB
= 1
3.
由于
S△CMN
S△CAB
=
1
2 ⋅|⃗CM||⃗CN|⋅sin∠ACB
1
2 ⋅|⃗CA||⃗CB|⋅sin∠ACB
=
1
2 ⋅2 λ⋅4 μ⋅sin∠ACB
1
2 ×2×4⋅sin∠ACB
= λμ= 1
3.
所以⃗CP⋅⃗MN =k (11 μ-5 λ)= 2
3 ⋅11 μ-5 λ
λ+ μ
= 2
3 ⋅
11
3 λ -5 λ
λ+ 1
3 λ
= 2
3 × 11-15 λ
2
3 λ
2+1
= 2
3(-5+
16
3 λ
2+1).
由于
，而μ= 1
3 λ ∈(0,1)，所以
，
则3 λ
2+1∈(
4
3 ,4)，所以-5+
16
3 λ
2+1
∈(-1,7)，
所以⃗CP⋅⃗MN ∈(- 2
3 , 14
3 ).
