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）

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一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意首先计算复数的值，然后利用共轭复数的定义确定其共轭复数即可.
【详解】由题意可得，
则.
故选：B.
2. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【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. 在中，，则（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【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. 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
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面位置关系的判定与性质，逐项判断即可求解.
【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. 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
【答案】D
【解析】
【分析】由两角和的正弦公式并结合正弦定理可得，即，又由化简可得，得，从而可求解.
【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. 已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A. B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果.
【详解】解法一：分别取的中点，则，
可知，
设正三棱台的为，
则，解得，
如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，
则，，
可得，
结合等腰梯形可得,
即，解得，
所以与平面ABC所成角的正切值为；
解法二：将正三棱台补成正三棱锥，
则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，
因为，则，
可知，则，
设正三棱锥的高为，则，解得，
取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，
所以与平面ABC所成角的正切值.
故选：B.
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.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，借助线面垂直的判定性质确定球心的位置，求出球半径，再利用球的体积公式求解.
【详解】在四面体中，由平面，平面，得，
而，平面，则平面，
又平面，于是，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. 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.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知条件求得解得，，，再求得，可得到，用基本不等式求的最小值.
【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
【点睛】关键点睛：解题的关键是由已知条件求出后，再由三点共线，得，所以化简后结合基本不等式可求出其最小值，
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得2分或3分或4分，有选错的得0分．
9. 已知、都是复数，下列正确的是（ ）
A. 若，则
B.
C. 若，则
D.
【答案】BD
【解析】
【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. 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
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A选项，利用三角形的内角和定理和两角和的正切公式即可判断；
对于B选项，利用向量的数量积的定义即可判断；
对于C、D选项，利用正弦定理及大边对大角即可判断.
【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. 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
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题意，当Q与点重合时，四点共面，即可判断A；根据平行的传递性可得，结合线面平行的判定定理即可判断B；利用等体积法和棱锥的体积公式计算即可判断C；易知经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球，求出球的半径即可判断D.
【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
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
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__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据条件，利用投影向量的定义得到，再利用向量夹角公式，即可求解.
【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，
故答案为：.
13. 在中，角的对边分别为，已知．则角______.
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理及二倍角公式化简计算即可.
【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.
故答案为：.
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__________.
【答案】或
【解析】
【分析】取的中点，连接、，即可得到为异面直线与所成的角或其补角，即或，再利用余弦定理计算可得.
【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.
故答案为：或.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，利用两角和的正弦公式和三角形内角和公式求解；
（2）利用面积方法和三角形的面积公式计算.
【小问1详解】
由得,
又因为，
所以,
又因为，
所以,
又因为,
所以.
【小问2详解】
因为，
所以,
又因为,
所以,
所以,
故答案为：.
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．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用已知条件结合线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）根据线面角的定义进行求解即可.
【小问1详解】
在正方形中，，
因为，所以，
又因为侧面正方形，所以，
因为平面，
所以平面，
而平面，则，而，
∴，而，
又平面，
∴平面
【小问2详解】
连接，如图所示：
∵为正方形，，
∴，
而平面，
∴平面，
∴为直线与平面所成角，
∵，
∴，
所以直线与平面所成的角为.
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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）根据题意，利用余弦定理和面积公式，化简得到，求得，再由正弦定理和，得到，即可求解；
（2）设，分别在和中，求得的表达式，列出方程求得，即可求解.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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. 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．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，2
【解析】
【分析】（1）证明平面，再根据线面平行的性质即可得证；
（2）连接交于，连接，取中点，过作的平行线交于，连接，证明平面平面，再根据面面平行的性质即可得出结论.
【小问1详解】
，平面，平面，
平面，
又平面SBC，平面平面，
；
【小问2详解】
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. 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．
【答案】（1）
（2）作图见解析 （3）面积为，体积为
【解析】
【分析】（1）根据圆柱体体积公式求得结果；
（2）观察图形，交线是一条直线，作出图像即可得到；
（3）截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形，求出此正方形的面积，再构造底面边长为，高为的正四棱锥，
根据祖暅原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该正四棱锥体积..
【小问1详解】
因为正方体的棱长为，
所以四分之一圆柱体的体积为：．
【小问2详解】
如图：
曲线是所求的一条交线．
【小问3详解】
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．
【点睛】思路点睛：本题提出了一个新的几何体的定义，要求新的几何体的体积需要转换为常见几何体体积来求解，本题关键在于由截面面积构建出一个正方体扣除正四棱锥后剩下的部分与所求立体图形像对应，从而解决问题.