河南省濮阳市华龙区濮阳市第一高级中学2024−2025学年高一下学期5月月考 数学试题（含解析）

这是一份河南省濮阳市华龙区濮阳市第一高级中学2024−2025学年高一下学期5月月考 数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，若，则（ ）
A．B．C．1D．2
3．在中，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则B．若，则
C．若，则D．若，则
5．在中，若，且，那么一定是（ ）
A．等腰直角三角形B．直角三角形
C．等腰三角形D．等边三角形
6．已知正三棱台ABC−A1B1C1的体积为523,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．12B．1C．2D．3
7．在四面体中，平面，四面体的四个顶点都在球的表面上，则球的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．在中，，，，为线段上的动点（不包括端点），且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知、都是复数，下列正确的是（ ）
A．若，则
B．
C．若，则
D．
10．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则一定为锐角三角形
B．若，则是锐角三角形
C．若，则
D．若，，，则有两解
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，则下列说法中正确的是（ ）
A．存在点，使四点共面
B．存在点，使平面
C．三棱锥的体积为
D．经过四点的球的表面积为
三、填空题
12．已知平面向量，满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为 .
13．在中，角的对边分别为，已知．则角 .
14．如图，在四面体中，与所成的角为，分别为的中点，则线段的长为 .
四、解答题
15．如图，已知三角形的内角的对边分别为，且.
（1）求的大小；
（2）若，设为三角形的角平分线，求的长.
16．如图，在三棱柱中，侧面，均为正方形，交于点，，为中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成的角．
17．的内角的对边分别为，已知，且的面积.
（1）求C；
（2）若内一点满足，，求．
18．如图所示正四棱锥，，P为侧棱SD上的点．且，求：
（1）设平面平面，求证：；
（2）侧棱SC上是否存在一点E，使得平面若存在，求的值；若不存在，试说明理由．
19．南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体，棱长为．
（1）求图中四分之一圆柱体的体积；
（2）在图中画出四分之一圆柱体与四分之一圆柱体的一条交线（不要求说明理由）；
（3）四分之一圆柱体与四分之一圆柱体公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点在棱上，设过点作一个与正方体底面平行的平面，求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积；如果令，应用祖暅原理求出八分之一“牟合方盖”的体积．
参考答案
1．【答案】B
【详解】由题意可得，
则.
故选B.
2．【答案】D
【分析】根据向量垂直的坐标运算可求的值.
【详解】因为，所以，
所以即，故，
故选D.
3．【答案】B
【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【详解】因为，
所以由正弦定理得，即，
则，故，
又，所以.
故选B.
4．【答案】C
【详解】对于A，若，，则平行或相交，不一定垂直，故A错误.
对于B，若，则或，故B错误.
对于C，，过作平面，使得，
因为，故，而，故，故，故C正确.
对于D，若，则，故D错误.
故选C.
5．【答案】D
【详解】，则，
因为，所以，则，
又因为，，则，
则，即，
即，又因为，则，
所以，即.
即一定是等边三角形，故D正确.
故选D.
6．【答案】B
【解析】设正三棱台ABC−A1B1C1的高为ℎ.∵AB=6,A1B1=2,∴S△ABC=12×6×6×sinπ3=93,S△A1B1C1=12×2×2×sinπ3=3.∵ 正三棱台ABC−A1B1C1的体积V=13(S△ABC+S△A1B1C1+S△ABC⋅S△A1B1C1)⋅ℎ=13×(93+3+93×3)ℎ=1333ℎ=523,∴ℎ=433.
如图，设△ABC和△A1B1C1的中心分别为O,O1,连接A1O1,O1O,AO,作A1D⊥ 平面ABC交平面ABC于点D，由几何体ABC−A1B1C1为正三棱台可知，点D在AO上，且四边形A1O1OD为矩形，其中∠A1AD即为直线A1A与平面ABC所成的角.由AB=6,A1B1=2，可得OA=23,,
∴AD=OA−OD=OA−O1A1=433,
∴tan∠A1AD=A1DAD=433433=1.故选B.
【一题多解】 将正三棱台ABC−A1B1C1补成正三棱锥P−ABC，
则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角.
因为PA1PA=A1B1AB=13，所以V棱锥P−A1B1C1V棱锥P−ABC=127.
可知V棱台ABC−A1B1C1=2627V棱锥P−ABC=523，则V棱锥P−ABC=18，
设正三棱锥P−ABC的高为d，则V棱锥P−ABC=13d×12×6×6×32=18，解得d=23.
取底面ABC的中心为O，连接PO，AO，则PO⊥ 底面ABC，PO=23，且AO=23，
所以PA与平面ABC所成角的正切值为tan∠PAO=POAO=1.故选B.
7．【答案】A
【详解】在四面体中，由平面，平面，得，
而，平面，则平面，
因为平面，所以，又，取中点，连接，
因此，即点为四面体外接球球心，重合，
，球的半径，
所以球的体积为.
故选A.

8．【答案】C
【详解】设，，根据题意得，
解得，，，，
，
又、、三点共线，，
，
当且仅当，即时，等号成立．
故选C
9．【答案】BD
【分析】利用特殊值判断A、C，根据复数代数形式的运算法则及复数的模判断B、D.
【详解】对于A：令、，则，显然不满足，故A错误；
对于C：令，，则，，
所以，但是，故C错误；
设，，
所以，
则
，
又，
所以，故B正确；
，又，
所以，故D正确.
故选BD.
10．【答案】AC
【详解】对于A选项，在中，，
则，
所以，
因为三角形中最多只有一个钝角，所以，即三个角都为锐角，故A正确；
对于B选项，因为，所以，所以为锐角，但无法判断角和角，故B错误；
对于C选项，在中，由及正弦定理，得，根据三角形大边对大角的性质知，故C正确；
对于D选项，由正弦定理得，
又由得，因此有一解，故D错误．
故选AC.
11．【答案】ABC
【详解】A：如图，在正方体中，连接．
因为N，P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A正确；
B：连接，当Q是的中点时，因为，所以．
因为平面平面，所以平面，故B正确；
C：连接，因为，则
，故C正确；
D：分别取的中点E，F，构造长方体，
则经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球．
设所求外接球的直径为，则长方体的体对角线即为所求的球的直径，
即，
所以经过C，M，B，N四点的球的表面积为，故D错误．
故选ABC
12．【答案】
【详解】因在上的投影向量为，即，
则，又，则得，
所以，
又，故向量与向量的夹角为.
13．【答案】
【详解】由正弦定理及二倍角公式得：
，
因为在中，，
，
即，
即，
因为在中，,
所以，所以.
14．【答案】或
【详解】取的中点，连接、，
、分别为、的中点，且，
同理可得且，
为异面直线与所成的角或其补角，则或.
在中，，，
若，由余弦定理可得
；
若，由余弦定理可得
；
综上所述，或.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）由得,
又因为，
所以,
又因为，
所以,
又因为,
所以.
（2）因为，
所以,
又因为,
所以,
所以,
故答案为：.
16．【答案】（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）在正方形中，，
因为，所以，
又因为侧面是正方形，所以，
因为平面，
所以平面，
而平面，则，而，
∴，而，
又平面，
∴平面
（2）连接，如图所示：
∵为正方形，，
∴，
而平面，
∴平面，
∴为直线与平面所成的角，
∵，
∴，
所以直线与平面所成的角为.
17．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）解：根据题意知，
由余弦定理得，
又因为，所以，即，
因为，所以，
又由正弦定理且，所以，
又因为，所以.
（2）解：由（1）知，，所以，可得，所以，
设，因为，所以，
因为，所以，
在中，，所以，
在中，，所以，即，
所以，即，即，
因为，所以.

18．【答案】（1）证明见解析
（2）存在，2
【详解】（1），平面，平面，
平面，
又平面SBC，平面平面，
；
（2）在侧棱上存在一点，使平面，满足，
理由如下：连接交于，连接，则为中点，
取中点，因为，则，
过作的平行线交于，连接，
在中，有，
平面PAC，平面PAC，平面PAC，
由于，，
又由于，平面，平面，平面，
又，平面，
平面平面，又，得平面，
所以存在，且.
19．【答案】（1）
（2）作图见解析
（3）面积为，体积为
【详解】（1）因为正方体的棱长为，
所以四分之一圆柱体的体积为：．
（2）如图：
曲线是所求的一条交线．
（3）如图：截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形．
因为，所以，而正方体的棱长为，因此，
所以，因此正方形的面积为，
即该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积为．
用平行于八分之一“牟合方盖”底面，
且到“牟合方盖”底面的距离为的平面去截八分之一“牟合方盖”，
所得截面的面积为．
所得截面如图：
正方体的棱长为为底面的中心，
把正方体去掉正四棱锥后剩下的部分的底面与“牟合方盖”底面放到同一平面上，
则八分之一“牟合方盖”与所得几何体都夹在平面与平面之间，
则用平行于八分之一“牟合方盖”底面，且到“牟合方盖”底面的距离为的平面去截所得几何体，
截面为图中的阴影部分，且面积为，
因此八分之一“牟合方盖”的体积为，
所以当时，八分之一“牟合方盖”的体积为．