云南省保山市腾冲市民族完全中学2024-2025学年高一下学期5月月考 数学试题（含解析）

这是一份云南省保山市腾冲市民族完全中学2024-2025学年高一下学期5月月考 数学试题（含解析），共23页。
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效．
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. 已知i为虚数单位，复数是实数，则的值是（ ）
A 2B. C. D.
2. 在ABC中，．则取值范围是（ ）
A. （0，]B. [，）C. （0，]D. [，）
3. 已知是平面内两单位向量，则（ ）
A. B.
C. D. 与都是单位向量
4. 已知x，y为正实数，则的最小值为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 8
5. 已知为非零平面向量，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 若，则
C. 若，则D.
6. 已知点，平面过原点，且垂直于向量，则点到平面的距离是（ ）
A. B. C. D.
7. 设点P在△ABC的BC边所在的直线上从左到右运动，设△ABP与△ACP的外接圆面积之比为λ，当点P不与B，C重合时，（ ）
A. λ先变小再变大B. 当M为线段BC中点时，λ最大
C. λ先变大再变小D. λ是一个定值
8. 在正方体中，分别是棱的中点，在对角线上，且，给出下面四个命题：
(1)平面；(2)平面；(3)三点共线；(4)平面平面.正确的序号为( )
A. (1)(2)B. (1)(4)C. (2)(3)D. (3)(4)
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 在空间四面体中，如图，分别是的中点，则下列结论一定正确的为（ ）
A. B.
C. 与相交D.
10. 设都是复数，i是虚数单位，则下列结论中一定成立的是（ ）
A. 方程无复数解B. 若，则
C. D.
11. 如图所示，长方体ABCD－A1B1C1D1，底面是边长为1的正方形，高为2，E是DD1的中点，则（ ）
A. CE//A1B
B. 平面B1CE//平面A1BD
C. 三棱锥C－B1C1E的体积为
D. 三棱锥C1－B1CD1的外接球的表面积为6π
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 复数，且，若实数，则有序实数对可以是_________．（写出一个有序实数对即可）
13. 2023年11月，国家自然资源部公布了四川省9座名山的高度数据，其中最高的是贡嘎山，它的高度数据为7508.9米，三角高程测量法是测量山体高度的方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，三点在同一水平面上的投影，满足，．由点测得点的仰角为，由点测得A点的仰角为，则的高度为_______．
14. 正方体的棱长为1.，分别是线段和上的动点.则长度的最小值为_______.
四、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 在中，角、、的对边分别为、、，且，，边上的中线的长为.
（1）求角和角的大小；
（2）求的面积．
16. 如图，边长为2的正方形中.
（1）点是的中点，点是的中点，将、分别沿，折起，使，两点重合于点，求证：；
（2）当时，将、分别沿，折起，使，两点重合于点，求三棱锥的体积.
17. 三个内角所对的边分别为，向量，，且.
（1）求的大小；
（2）求现在给出下列三个条件：①；②；③，试从中再选择两个条件以确定，求出所确定的面积.
(注：只需要选择一种方案答题，如果用多种方案答题，则按第一方案给分).
18. 如图1，菱形中，动点在边上（不含端点），且存在实数使，沿将向上折起得到，使得平面平面，如图2所示．

（1）若，设三棱锥和四棱锥的体积分别为，求；
（2）当点的位置变化时，平面与平面的夹角（锐角）的余弦值是否为定值，若是，求出该余弦值，若不是，说明理由；
19. 如图，在直角三棱柱中，、分别为、的中点，，.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求三棱锥的体积.
腾冲市民族中学2024--2025学年下学期高一年级5月月考
数学试卷
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第4页至第6页．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟．
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效．
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. 已知i为虚数单位，复数是实数，则的值是（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出复数的代数形式，然后令虚部为零可得答案.
【详解】，
复数是实数，
，
解得.
故选：C.
2. 在ABC中，．则的取值范围是（ ）
A. （0，]B. [，）C. （0，]D. [，）
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：
由于，根据正弦定理可知，故．又，则的范围为.故本题正确答案为C.
3. 已知是平面内两单位向量，则（ ）
A. B.
C. D. 与都是单位向量
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量相等概念即可判断A，利用数量积定义计算数量积即可判断B，利用数量积及模的运算即可判断C，根据向量模长判断D.
【详解】因为是平面内两单位向量，所以两向量模长相等，但是方向不一定一样，
故不一定成立，A错误；
，当时，有，
当时，有，B错误；
因为是平面内两单位向量，所以，所以，C正确；
因为，
，
所以与不一定是单位向量，故D错误；
故选：C.
4. 已知x，y为正实数，则的最小值为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】将原式变形，换元设，然后利用基本不等式可求得结果.
【详解】由题得，设，
则，
当且仅当，即时取等号．
所以的最小值为6．
故选：C．
5. 已知为非零平面向量，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 若，则
C. 若，则D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用数量积的定义，向量数乘的含义及共线向量基本定理即可判断.
【详解】对于A，是与向量共线的向量，是与向量共线的向量，故A错误；
对于B，当时，但与可以不相等，故B错误；
对于C，若非零平面向量，则，故C正确；
对于D，，故D错误.
故选：C.
6. 已知点，平面过原点，且垂直于向量，则点到平面的距离是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出，依题意可得向量为平面的法向量，利用向量法计算可得.
【详解】由题意，，，，．
所以点到平面的距离为．
故选：B
7. 设点P在△ABC的BC边所在的直线上从左到右运动，设△ABP与△ACP的外接圆面积之比为λ，当点P不与B，C重合时，（ ）
A. λ先变小再变大B. 当M为线段BC中点时，λ最大
C. λ先变大再变小D. λ是一个定值
【答案】D
【解析】
【详解】由正弦定理得，设△ABP与△ACP的外接圆半径分别为
在△ABP中， ；在△ACP中，
为定值，选D
点睛：1．选用正弦定理或余弦定理的原则
在解有关三角形题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．
2．(1)运用余弦定理时，要注意整体思想的运用．
(2)在已知三角形两边及其中一边的对角，求该三角形的其它边角的问题时，首先必须判断是否有解，如果有解，是一解还是两解，注意“大边对大角”在判定中的应用．
8. 在正方体中，分别是棱的中点，在对角线上，且，给出下面四个命题：
(1)平面；(2)平面；(3)三点共线；(4)平面平面.正确的序号为( )
A. (1)(2)B. (1)(4)C. (2)(3)D. (3)(4)
【答案】C
【解析】
【分析】由题可得，可得三点共线，进而可得共面，可判断(1)(3)(4),利用线面平行的判定定理可判断(2).
【详解】连接，由题可知，
∴，又，即，
∴，
∴，即三点共线，故(3)正确；
同理，三点共线，
所以，且，
所以，且共面，故(1)错误；
所以平面平面，故(4)错误；
取的中点，连接则，
所以四边形为平行四边形，
所以，又，
所以，又平面，平面，
∴平面，故(2)正确.
所以正确的序号为(2)(3).
故选：C.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 在空间四面体中，如图，分别是的中点，则下列结论一定正确的为（ ）
A. B.
C. 与相交D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题易得四边形为平行四边形，即可得到结论.
【详解】如图
∵分别是的中点，
∴且， 且，
∴且，
∴四边形为平行四边形，
∴选项ABC正确；
又由题可知，与不一定相等，故选项D错误.
故选：ABC.
10. 设都是复数，i是虚数单位，则下列结论中一定成立的是（ ）
A 方程无复数解B. 若，则
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，由求根公式即可判断；对于B，待定系数即可判断；对于C，由模的计算公式直接验算即可判断；对于D，举反例即可判断.
【详解】对于A，方程有复数解，故A错误；
对于B，设，则，
解得，即，故B正确；
对于C，设，
，
所以
，故C正确；
对于D，取，则，故D错误.
故选：BC.
11. 如图所示，长方体ABCD－A1B1C1D1，底面是边长为1的正方形，高为2，E是DD1的中点，则（ ）
A. CE//A1B
B. 平面B1CE//平面A1BD
C. 三棱锥C－B1C1E的体积为
D. 三棱锥C1－B1CD1的外接球的表面积为6π
【答案】CD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，进而通过空间向量的平行判断A；求出两个面的法向量，进而判断B；
利用等体积法求出体积判断C；根据棱锥和长方体的外接球相同求出球的表面积，进而判断D.
【详解】如图，以点A为坐标原点， 所在方向分别为 轴的正方向建立空间直角坐标系，
对A，，则，
显然不平行，故A错误；
对B， ，则，
设平面B1CE的法向量为，则，令z=1，
则，
设平面A1BD的法向量为，则，令c=1，
则，
显然不平行，故B错误；
对C，由题意可知， ，故C正确；
对D，容易知道，三棱锥C1－B1CD1与长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球相同，易知长方体的对角线恰为外接球的直径，长度为 ，所以外接球表面积为，故D正确.
故选：CD.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 复数，且，若是实数，则有序实数对可以是_________．（写出一个有序实数对即可）
【答案】或满足的任意一对非零实数对
【解析】
【详解】试题分析：是实数，则，由于，故．
考点：复数的概念．
13. 2023年11月，国家自然资源部公布了四川省9座名山的高度数据，其中最高的是贡嘎山，它的高度数据为7508.9米，三角高程测量法是测量山体高度的方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，三点在同一水平面上的投影，满足，．由点测得点的仰角为，由点测得A点的仰角为，则的高度为_______．
【答案】
【解析】
【分析】在中，利用正弦定理求，，再根据直角三角形结合相应角度运算求解.
【详解】因为，
，
分别过做，垂足分别为，
在中，则，
由正弦定理，
可得，，
在，，
则，
在中，，
则，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：1.对于特殊角三角函数值常借助于三角恒等变换求解；
2.高度测量问题，要注意利用相应的角度和高度，通过做辅助线转化运算.
14. 正方体的棱长为1.，分别是线段和上的动点.则长度的最小值为_______.
【答案】
【解析】
【分析】
要求长度的最小值，即求异面直线和之间的距离，建立空间直角坐标系，利用向量法求出两异面直线的距离.
【详解】解：要求长度的最小值，即求异面直线和之间的距离.
如图建立空间直角坐标系，则，，，
则，
设异面直线和的法向量为
即令，则，，
故答案为：
【点睛】本题考查异面直线之间的距离的计算，属于中档题.
四、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 在中，角、、对边分别为、、，且，，边上的中线的长为.
（1）求角和角大小；
（2）求的面积．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知条件可得，可求得的值，结合角的取值范围可求得角的大小，利用结合二倍角降幂公式得出，可求得角的大小；
（2）利用余弦定理结合边上的中线的长为可求得、的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积．
【详解】（1）由，可得，则，
由余弦定理得，
，.
，
即,
即，
，，，；
（2）由（1）知，且，在中，
由余弦定理得，.
因此，的面积为.
【点睛】本题考查余弦定理以及三角形的面积公式解三角形，考查计算能力，属于中等题.
16. 如图，边长为2的正方形中.
（1）点是的中点，点是的中点，将、分别沿，折起，使，两点重合于点，求证：；
（2）当时，将、分别沿，折起，使，两点重合于点，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）折叠过程中，，保持不变，即，，由此可得线面垂直，从而有线线垂直；
（2）由（1）知面，即是三棱锥的高，求出底面积可得体积．
【详解】（1）证明：由，.
可得：，，，
面
又面
（2）解：在三棱锥中，
，，
面，
由，，可得
．
【点睛】本题考查证明线线垂直，考查求棱锥的体积．立体几何中证明线线垂直，通常由线面垂直的性质定理给出，即先证线面垂直，而证线面垂直又必须证明线线垂直，注意线线垂直与线面垂直的转化．三棱锥中任何一个面都可以当作底面，因此一般寻找高易得的面为底面，常用换底法求体积．
17. 的三个内角所对的边分别为，向量，，且.
（1）求的大小；
（2）求现在给出下列三个条件：①；②；③，试从中再选择两个条件以确定，求出所确定的的面积.
(注：只需要选择一种方案答题，如果用多种方案答题，则按第一方案给分).
【答案】（1）
（2）条件选择见解析，
【解析】
【分析】（1）利用向量的垂直条件，可得，再利用三角函数的和差公式即可求；
（2）选择①②，利用余弦定理由（1）知带入求解整理可得，即可求得面积；选择①③，根据、求解出，然后根据借助正弦定理求解出，然后带入面积公式即可完成求解；选择②③，不能确定三角形，故无法求解面积.
【小问1详解】
，即：，
，
，
【小问2详解】
方案一:选择①②，可确定，
由余弦定理，得：
整理得：
;
方案二:选择①③，可确定，因为
又
由正弦定理
所以
方案三:选择②③不能确定三角形，故无法求解面积.
故的面积为.
18. 如图1，菱形中，动点在边上（不含端点），且存在实数使，沿将向上折起得到，使得平面平面，如图2所示．

（1）若，设三棱锥和四棱锥的体积分别为，求；
（2）当点的位置变化时，平面与平面的夹角（锐角）的余弦值是否为定值，若是，求出该余弦值，若不是，说明理由；
【答案】（1）；
（2）是，.
【解析】
【分析】（1）设，建立空间直角坐标系，由直线与垂直，即可列式求解；
（2）设平面与平面的夹角为，求出平面的法向量，平面的法向量，利用空间向量夹角公式即可求解．
【小问1详解】
在图2中，取中点，中点，连接，，
因为即，所以,
所以,又因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
由题意可知,
以为原点，，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

设，，则，
所以，，，，
所以，，
因为直线与垂直，
所以，
即，解得：（舍）或，
所以，，
所以图1中点在靠近点的三等分点处，
所以，
所以；
【小问2详解】
设平面与平面的夹角为，
平面的法向量，，，
设平面的法向量，
则，即，取，得，,
得，所以，
所以，
所以无论点的位置如何，平面与平面的夹角余弦值都为定值．
19. 如图，在直角三棱柱中，、分别为、的中点，，.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求三棱锥的体积.
【答案】（1）详见解析（2）详见解析（3）
【解析】
【分析】（1）取AB的中点M，连接MF，证四边形MFC1E是平行四边形，可得C1F∥EM，再利用线面平行的判定定理即可得到结论．（2）由已知可证AB⊥平面,由面面垂直的判定定理即可证明结论．（3）由已知可得，由锥体体积公式计算即可.
【详解】解：（1）取中点，连，，则，.
∵，，∴四边形是平行四边形，∴.
∵平面，平面，∴平面
（2）直三棱柱中，又，，平面，，
∴平面，又∵平面，∴平面平面.
（3）
【点睛】本题考查线面平行的判定定理和面面垂直的判定定理，考查三棱锥体积的计算，求锥体的体积，一般直接应用公式求解即可，有时会涉及到点面距离的求法，点面距可以通过建立空间直角坐标系来求得点面距离，或者寻找面面垂直，再直接过点做交线的垂线即可;当点面距离不好求时，还可以等体积转化.