云南省保山市腾冲市第八中学2024-2025学年高一下学期5月月考 数学试题

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1．D
【分析】先(－1＋2i)z＝－5i，化简求出，进而可求出的值
【详解】由(－1＋2i)z＝－5i，可得
所以
故选：D
2．A
【分析】根据点，线，面的位置关系，结合符号语言，即可判断.
【详解】根据点，线，面的位置关系的符号表示，可知A.错误，应改为点平面；
BCD.正确.
故选：A
3．C
【分析】利用向量加法的平行四边形法则求解.
【详解】，
由向量加法的平行四边形法则可得，．
故选：C
4．C
【分析】根据斜二测画法的原理作出原图形，求出边长即可得原图形的周长.
【详解】从直观图可得，
原图形为：
则四边形OABC为平行四边形，，
，
所以其周长为.
故选：C.
5．D
【分析】根据题意，三向量两两夹角为0或，当夹角为0时，直接求模，当夹角为时，利用向量求模公式即可求解．
【详解】若平面向量，，两两的夹角相等，则夹角为0或，
若夹角为0，
因为
则，
若夹角为，，
则．
故选：D．
6．A
【分析】根据平行四边形法则，作出图形即可得到结果.
【详解】如图，做出平行四边形，，根据已知条件可知 ， ，所以，即，所以，
故选：A.
7．C
【分析】根据给定条件，利用圆台侧面积公式计算即得.
【详解】圆台的上下底面半径分别为1和2，高为2，则圆台的母线长，
所以该圆台的侧面积.
故选：C
8．A
【分析】根据题意，利用辅助角公式化简得，根据最小正周期求出，由函数的对称性和单调性，得出和，从而得出，最后利用整体法求出的值域.
【详解】解：由题可知，函数，
则，
由于的最小正周期为，
，
，
又已知的图象关于轴对称，
，，则，
在区间上单调递增，
可以令，此时，
则函数，
所以在区间上，则，，
得，，所以，，
即的值域为，.
故选：A．
【点睛】本题考查三角函数的图象和性质，涉及函数的单调性、周期、对称性和值域，还运用辅助角公式进行化简，考查化简运算能力.
9．ABD
【分析】按照棱柱和直四棱柱、直平行六面体的定义判断即可.
【详解】A选项，它的每相邻两个四边形的公共边不一定互相平行，错，
B选项，也是它的每相邻两个四边形的公共边不一定平行，错，
C选项，它符合棱柱的定义，对，
D选项，直四棱柱的底面不一定是平行四边形，错，
故选：ABD.
10．AC
【分析】分别对A，B，C，D各选项的条件进行分析，探讨相应结论的正确性即可得解.
【详解】对于A选项：，A正确；
对于B选项：，对应点位于第三象限，B不正确；
对于C选项：因，，则，化简得，C正确；
对于D选项：因是纯虚数，则得，D不正确.
故选：AC
11．BC
【分析】根据已知条件建立平面直角坐标系，写出相关点的坐标，利用向量的夹角及向量的模的公式的坐标表示，结合向量的线性运算及向量的数量积的坐标表示即可求解.
【详解】由题意可知，分别以所在的直线为轴和轴，建立平面直角坐标系如图所示，
因为正八边形ABCDEFGH，
所以,
作,则,
因为，
所以，
所以，
同理可得其余各点坐标：, ,,,，
对于A，由，，得 ，
而，
所以与的夹角不为，故A错误
对于B，由，得，故B正确；
对于C，由，所以，故C正确；
对于D，由，得，故D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点睛：解决此题的关键是建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算即可.
12．
【详解】画出图形，如图所示.
设扇形的半径为rcm，由sin60°=，得r=4cm，
∴l==×4= cm.
13．
【分析】先进行除法运算求出,再求复数的实部.
【详解】解：由,得 ,
的实部为．
故答案为：．
【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的概念,属于基础题.
14．
【分析】先利用与底面所成角为，二面角的正切值为计算出的长度，计算出来过后就可以求三棱柱的体积，然后再求出三棱台的体积，两个体积求差就可以得出几何体的体积；找四棱锥外接球时，先找底面的外接圆圆心，再利用外接圆圆心和外接球球心位置的关系，确定外接球球心和半径，然后计算出其的表面积即可.
【详解】在平面上作一直线垂直于且平面，∵平面平面且平面平面，∴平面，又∵平面平面，平面，∴平面，∵平面，平面平面，∴，又∵平面，∴平面，∵平面∴
∵与底面所成角为，∴与底面所成角为，过作于点
过F作于点，连接，∴且
，而，∴，
而，∴，∴，
,，
∴．
四边形为等腰梯形，平面
取中点M，则，过M作平面，
∴外球球心O在上，由
∴．
故填：；．
15．(1)；
(2)
【分析】（1）由两点的横坐标求得其纵坐标，再根据三角函数的定义求解即可；
（2）先由三角函数的定义求值，再用诱导公式进行化简计算即可.
【详解】（1）因为点A、B是单位圆上的点，，，且、为锐角，如图，
所以A、B两点的纵坐标分别为，，
故由三角函数的定义可知，.
.
（2）由三角函数的定义可得，，则，
所以.
16．(1) 见解析(2)
【分析】（1）取中点，连接，利用线面垂直的性质，得到，进而得到平面,又根据三角形的性质，证得，即可证明平面；
（2）由（1）知，是三棱锥的高,再利用三棱锥的体积公式，即可求解几何体的体积.
【详解】（1）证明:取中点，连接，
如图所示：
因为底面，底面，
所以，又且，
所以平面，又平面，
所以.
又∵，H为PB的中点，
，又，
平面，
在中,分别为中点，，
又，，
，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
则 平面.
（2）由（1）知，
∴，又，且，
平面，
是三棱锥的高，
又四边形为矩形,且，，
所以，
=.
17．（1）；（2）.
【分析】（1）由同角间的三角函数关系求出，从而结合诱导公式可求得可得角；
（2）由正弦定理可得三边长之比，结合周长可得三边长，再由三角形面积公式计算面积．
【详解】（1）因为，所以.
若，则，从而，均为钝角.这不可能，
故，，.
所以
，
因为.所以.
（2）由（1）知，
由正弦定理得.
设，则，，则的周长为，
解得，从而，，
故的面积.
【点睛】本题考查同角间的三角函数关系，考查两角和的正弦公式及诱导公式，考查正弦定理及三角形面积公式，旨在考查学生的运算求解能力，属于中档题．
18．（1）证明见解析；（2），值域；（3）
【分析】（1）假设直线与是共面直线，利用公理2及长方体的相邻两个面不重合证明；
（2）设，利用平行线解线段成比例求得，得到，进一步求得，再由勾股定理列式求解，结合二次函数求值域；
（3）当时，最小，此时，由于，又，为异面直线与所成角的平面角，通过解直角三角形得答案．
【详解】（1）证明：假设直线与是共面直线，
设直线与都在平面上，则、、、．
因此，平面、平面都与平面有不共线的三个公共点，
即平面和平面重合（都与平面重合），
这与长方体的相邻两个面不重合矛盾，
于是，假设不成立，
直线与是异面直线；
（2）解：正方体的棱长为2，，
设，则，得，
，，得，
，
当时，有最小值为，当时，，
函数的值域为；
（3）当时，最小，此时，
在底面中，，，，
又，为异面直线与所成角的角，
在中，为直角，，
，
∴异面直线与所成角的大小为．
【点睛】本题属于和主要考查空间中异面直线所成角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，考查函数与方程思想的应用，属于中档题．
19．(1)
(2)或
【分析】（1）由偶函数的定义结合函数定义域可知，则a可求；
（2）将原问题转化为方程有且只有一个实数解，令且，则可得关于的方程有且只有一个不为1和的正根，分和两种情况进行讨论即可得到答案.
【详解】（1）由，可知，
又为偶函数，所以有，即，
化简得，即，
所以，得.
经检验，当时，对任意成立，即满足为偶函数.
故所求的值为2.
（2）由（1）可知，即方程有且只有一个实数解，
显然，所以上述方程可化为，
即方程有且只有一个实数解，
令且，
则关于的方程有且只有一个不为1和的正根，
，
①当时，.
（i）若，则方程化为，
此时方程的解为，符合题意.
（ii）若，则方程化为，
此时方程的解为，不符题意，故舍去.
②当时，需满足即解得.
当时，即1为方程的解时，.
当时.
所以当方程有两根，有且只有一个不为1和的正根时，.
综上可知，当或时，方程有且只有一个实数解.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
C
C
D
A
C
A
ABD
AC
题号
11









答案
BC