河南省驻马店高级中学2024-2025学年高一下学期5月月考 数学试题（含解析）

这是一份河南省驻马店高级中学2024-2025学年高一下学期5月月考 数学试题（含解析），共8页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，满分等内容，欢迎下载使用。
注意事项：1.答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
4.满分：150分 考试时间：120分钟
一、单选题（每小题5分，共计40分）
1．已知向量，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
2．在中，，，满足此条件的有两解，则边长度的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，满足，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知一组数据为20，30，40，50，50，60，70，80，其平均数、第60百分位数和众数的大小关系是（ ）
A．平均数第60百分位数众数B．平均数第60百分位数众数
C．第60百分位数众数平均数D．平均数第60百分位数众数
5．已知复数 ，则（ ）
A．的实部为 B．的虚部为
C．D．
6．如图，已知正四棱锥的所有棱长均为2，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）.
A．B．C．D．
7．下列叙述正确的是（ ）
A．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
B．不在同一个平面内的两条直线叫做异面直线
C．直线，，则与的位置关系是
D．若，，则
8．如图，在棱长为的正方体中，点是平面内的一个动点，当时，点的轨迹长度是（ ）
A．B．C．D．
多选题（每小题6分 共计18分）
9．下列向量中与共线的是（ ）
A．B．C．D．
10．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列结论不正确的是（ ）
A．若，则
B．若，，则
C．若，，则，是异面直线
D．若，，，则或，是异面直线
11．已知长方体同一顶点的3条棱长度分别为2，3，4，现从该长方体的12条面对角线及4条体对角线中选出3条线段（不考虑原位置关系）构造三角形，则构成的三角形可能为（ ）
A．等边三角形B．直角三角形
C．钝角三角形D．锐角三角形
三、填空题 （每小题5分，共计15分）
12．若函数，对于，均有恒成立，则 ．
13．已知非零向量满足，且，则与的夹角为 .
14．棱长为的正方体中，是棱的中点，过、、作正方体的截面，则截面的面积是 ．
四、解答题
15．（13分）.
的内角的对边分别为
(1)求；
(2)若的面积为，求的周长.
16.（15分）
在中，是线段的中点，点在线段上，线段与线段交于点．
(1)已知，，，．
①用向量，表示向量，；
②求的值．
(2)若，求的值．
17.（15分）
已知向量，满足，，.
(1)求向量与的夹角；
(2)求证：；
(3)求.
18.（17分）
已知点，分别为椭圆：的左顶点和右焦点（椭圆的左顶点，右焦点．），直线过点且交椭圆于P，Q两点，设直线，的斜率分别为，．
(1)求椭圆的离心率；
(2)是否存在直线，使得，若存在，求出直线的方程；不存在，说明理由．
（17分）
已知数列满足.
(1)证明是等比数列，并求的通项公式；
(2)证明：
数学参考答案
1．B
【分析】利用投影向量公式求解即可.
【详解】在上的投影向量是，
故选：B.
2．B
【分析】直接由可得解.
【详解】作，在的一条边上取，
过点作垂直于的另一边，垂足为.
则,以点为圆心，2为半径画圆弧，
因为，即，所以圆弧与的另一边有两个交点
所以均满足条件，所以满足条件的三角形有两个.
故选：B.
3．A
【分析】利用向量的相关知识，计算出，借助数量积公式计算即可.
【详解】结合题意：，，
，，
．
故选：A.
4．D
【解析】从数据为20，30，40，50，50，60，70，80中计算出平均数、第60百分位数和众数，进行比较即可.
【详解】解：平均数为，
，
第5个数50即为第60百分位数.
众数为50，
它们的大小关系是平均数第60百分位数众数.
故选：D.
【点睛】本题主要考查平均数、百分位数、众数的求法，属于基础题.
5．C
【分析】先进行化简，后根据实部虚部概念，模长公式，共轭复数概念解题即可.
【详解】,则的实部为 ，虚部为，，.
故选：C．
6．C
【分析】连接，取的中点，连接，，由题意可知，即异面直线与所成角为或其补角，结合余弦定理求解即可.
【详解】
连接，取的中点，连接，，
因为为棱的中点，所以，
即异面直线与所成角为或其补角，
在中，，，，
则，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：.
7．D
【分析】利用两个棱柱叠加判断选项A；由异面直线的定义，判断选项B；由线面平行的判定定理判断选项C；由面面平行的性质判断选项D.
【详解】对于A：一个长方体上面叠加一个各侧面与长方体各侧面都不在一个面，且底面相同的斜棱柱，则满足题目条件，但不是棱柱，故A项错误；
对于B：由异面直线的定义，不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线，故B错误；
对于C：与不相交，所以与的位置关系平行或在平面内，故C错误；
对于D：因为，，所以（面面平行的性质定理），故D正确.
故选：D
8．D
【分析】连接，，，，可证得平面，求出和，利用勾股定理表示，得到点的轨迹，即可求解.
【详解】
设平面，连接，，，，
因为，，
所以三棱锥为正三棱锥，
因为平面，平面，所以，
因为，，所以平面，
又平面，所以，
同理可证，又，平面，
所以平面，则为正三角形的中心，
则，所以，
因为，所以，
因为平面，平面，所以，
即，，
因为，即，
因为，解得，所以点的轨迹是半径为的圆，
所以点的轨迹长度是.
故选：.
9．CD
【分析】根据给定向量，利用向量共线的坐标表示判断作答.
【详解】向量，因，则与不共线，A不是；
因，则与不共线，B不是；
而，，则与都共线，即C，D是.
故选：CD
10．ABC
【分析】根据面面平行的性质、线面平行的性质逐一判断即可.
【详解】A：当时，，可以相交、平行、异面，因此本选项不正确；
B：当，时，直线可以在平面内，因此本选项不正确；
C：当，时，，是可以是相交直线、平行直线、异面直线，因此本选项不正确；
D：因为，，，所以直线，是两条没有交点的直线，
所以或，是异面直线，因此本选选项正确，
故选：ABC
11．ACD
【分析】根据已知条件，求出面对角线，体对角线的长度，逐个选项验证即可.
【详解】根据已知条件有长方体的面对角线长度有：
，，共可能，
其中每种可能长度都有条面对角线与之对应，
体对角线有共种可能，即条体对角线长度均为，
对于A，若所选的条边长度相同，例如都为，构成等边三角形，所以A正确；
对于B，先检验有两边相同的情况，
，，，，
没有与之对应满足勾股定理的长度，
再检验三边各不相同的情况，
，，，
，，，
没有与之对应满足勾股定理的长度，所以B错误；
对于C，若所选长度为，、、时，
检验可以构成三角形，最大角为所对的角设为，
，因为，所以为钝角，
所以C正确；
对于D，若所选的条边长度相同，例如都为，构成三角形为锐角三角形，
所以D正确.
故选：ACD.
12．
【分析】根据题意，利用正弦型函数的周期性求出系数，得到函数解析式，再代入求值即可.
【详解】由题意，函数的周期，解得，
所以.
则.
故答案为：.
13．
【分析】根据向量垂直得到，求出，再利用夹角公式求出答案.
【详解】因为，所以，
又，所以，
所以，
因为，所以.
故答案为：
14．
【分析】连接，设截面交棱于点，连接、，利用面面平行的性质分析可知点为的中点，且四边形为等腰梯形，计算出该四边形的各边长及高，利用梯形的面积公式可求得截面的面积.
【详解】连接，设截面交棱于点，连接、，
在正方体中，且，
则四边形为平行四边形，所以，，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，则，
为的中点，则为的中点，
由勾股定理可得，，，
所以，四边形为等腰梯形，
过点、分别在平面内作、，垂足分别为点、，
由等腰梯形的性质可得，，
又因为，所以，，所以，，
因为，，，则四边形为矩形，所以，，
所以，，则，
因此，截面面积为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：
（1）直接法：截面的定点在几何体的棱上；
（2）平行线法；截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；
（3）延长交线得交点：截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理和两角和的正弦公式化简计算即可求解；
（2）根据三角形的面积公式求得，结合余弦定理计算求得，进而得出结果.
【详解】（1）由得，
因为,
所以，
即，
所以，
所以.
（2）因为三角形的面积为，
所以，所以，
由余弦定理知，即，
所以，
故，
所以三角形的周长为.
16．(1)①，；②
(2)
【分析】（1）利用三角形中线向量得，再利用向量的线性运算得，然后利用平面向量数量积的运算性质可求出；
（2）设，则，由得，再利用三点共线，利用向量线性运算得，利用平面向量的基本定理可求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）因为是线段的中点，所以，
因为，则，
因为，，，所以，
所以.
（2）设，则，所以，又，所以，
由（1）知，所以，
因为三点共线，可设（），
所以，所以，
又，所以，解得，
所以.
17．(1)
(2)证明见解析
(3)6
【分析】（1）由向量夹角的公式计算可得；
（2）由数量积的运算律结合向量垂直的条件可得；
（3）由数量积的运算律结合模长的计算可得.
【详解】（1）由于.
且，所以.
（2）∵，
∴.
（3）
.
18．(1)
(2)存在直线：
【分析】（1）由椭圆方程可得，由离心率公式求出；
（2）当直线斜率不存在时，由对称性得出，当直线斜率存在时，联立直线和椭圆方程，结合韦达定理以及斜率公式化简得出的值，从而得出直线方程.
【详解】（1）由椭圆方程可知，，，，
∴，，
故椭圆的率心率．
（2）如图，
假设存在直线，满足．
当直线斜率不存在时，，不合题意，舍去；
当直线斜率存在时，设直线的方程为，
联立，化简得．
由题意易知恒成立．
设直线与椭圆的两个交点为，，
根据韦达定理得，，
则
，
∴，即直线：，化简得．
综上可知，存在直线：，满足．
【点睛】关键点睛：解决问题二的关键在于联立椭圆和直线方程，由韦达定理、斜率公式建立与的关系，进而由得出.
19．（1）证明见解析，；（2）证明见解析.
【详解】试题分析：本题第（1）问，证明等比数列，可利用等比数列的定义来证明，之后利用等比数列，求出其通项公式；对第（2）问，可先由第（1）问求出，然后转化为等比数列求和，放缩法证明不等式.
试题解析：（1）证明：由得，所以，所以是等比数列，首项为，公比为3，所以，解得.
（2）由（1）知：，所以，
因为当时，，所以，于是=，
所以.
【易错点】对第（1）问，构造数列证明等比数列不熟练；对第（2）问，想不到当时，，而找不到思路，容易想到用数学归纳法证明而走弯路