安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学2024~2025学年高一下册5月测试数学试题【附解析】

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一、单选题（每小题5分，共40分）
1. 已知复数，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求出，再根据共轭复数的定义及复数的乘法运算即可得解.
【详解】，
则，
所以.
故选：B.
2. 已知，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据投影向量公式求解即可.
【详解】由题意，在上的投影向量为.
故选：A
3. 设m、n是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是
A. 若m//α，n⊂α，则m//nB. 若m//α，n//α，则m//n
C. 若m⊥n，n⊂α，则m⊥αD. 若m⊥α，m//n，则n⊥α
【答案】D
【解析】
【分析】
每个命题分别判断，可通过举例说明命题为假，如果为真说明理由即可．
【详解】中，还可能有异面，A错；B中相交、平行、异面都有可能，B错；
C中仅仅垂直于平面中的一条直线，与斜交也都有可能，C错；
，则垂直于内所有直线，而，则也垂直于内所有直线，，正确．
故选：D．
【点睛】本题考查直线、平面间的位置关系，掌握线线、线面、面面间的位置关系是解题关键．
4. 如图是正四面体的平面展开图，分别为的中点，在这个正四面体中，以下四个说法中错误的是（ ）
A. 与平行B. 与为异面直线
C. 与成60°角D. 与垂直
【答案】A
【解析】
【分析】还原成正四面体，逐项判断即可.
【详解】还原成正四面体，
如图，由异面直线判定定理：
易知与为异面直线，A错，
与为异面直线，B对，
易知：，又，
所以与成角，C对，
因为正四面体对棱垂直，所以，
所以，D对，
故选：A
5. 在三棱锥A­BCD中，AD=BC，且AD与BC所成的角为60°，若E，F分别是AB，CD的中点，则直线EF与所成的角为（ ）
A. 30°B. 60°C. 90°D. 30°或60°
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知角结合异面直线所成角的定义计算即可.
【详解】因为E，F，G分别是AB，AC，BD的中点，
所以，
由于AD与BC是异面直线，根据异面直线所成角的定义可知，
为异面直线AD与所成角，
因为AD与BC所成的角为60°，
所以直线EF与所成的角为60°.
故选：B.
6. 在中，，，若满足上述条件的有且仅有一个，则边长的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由正弦定理得，再由题设条件得到取值范围，进而得解.
【详解】在中利用正弦定理得，则，
若有且仅有一个，则或，或，
则边长的取值范围是.
故选：C
7. 已知在中，为所在平面内的动点，且，则的最大值为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意构建合适的直角坐标系并确定相关点坐标，设，，则，，应用数量积的坐标表示及三角恒等变换、正弦型函数性质求最值.
【详解】依题意，如图建立平面直角坐标系，则，，，
因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，
设，，则，，
可得
，其中，，
因为，则，可得，
所以的最大值为6.
故选：B
8. 如图，正四面体的棱长为2，点E在四面体外侧，且是以E为直角顶点的等腰直角三角形．现以为轴，点E绕旋转一周，当三棱锥的体积最小时，直线与平面所成角的正弦值的平方为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取中点F，取中点M，确定点E的轨迹，从而结合三棱锥的体积最小，确定E点所处位置，进而作出直线CE与平面BCD所成角，解三角形，求出相关线段长，即可求得答案.
【详解】在正四面体中，取中点F，连接，则，
取中点M，连接，则，
是以E为直角顶点的等腰直角三角形，正四面体的棱长为2，
则，且，

点E绕AD旋转一周，形成的图形为以M为圆心，以为半径的圆，
设该圆与的交点为，当三棱锥的体积最小时，即E点到底面的距离最小，
即此时E点即位于处，
因为正四面体的棱长为2，则，
又中点为M，则，则，
设点在底面上的射影为H，则，
又，中点为F，故，
故，
由于点在底面上的射影为H，故即为直线与平面BCD所成角，
故，
故选：D
【点睛】关键点睛：本题考查在四面体中求解线面角的正弦值问题，解答时要发挥空间想象，明确空间的点、线、面的位置关系，解答的关键在于确定E点的轨迹，从而确定三棱锥的体积最小时E点的位置，由此作出直线与平面BCD所成角，解三角形，求得答案.
二、多选题（每小题6分，共18分）
9. 下列命题正确的有（ ）
A. 如果一条直线上有两个点在一个平面内，那么这条直线一定在这个平面内
B. 过直线外一点，只能作一个平面与这条直线平行
C. 如果一条直线与平面内的无数条直线平行，则该直线与平面平行
D. 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线
【答案】AD
【解析】
【分析】由基本事实2判断A，由基本事实3判断D，由空间中点、线、面的位置关系判断B和C.
【详解】由基本事实2可知，如果一条直线上有两个点在一个平面内，那么这条直线一定在这个平面内，故A正确；
因为过直线外一点可以作一条直线与已知直线平行，
所以经过这条直线且不经过已知直线的平面都与已知直线平行，
即过直线外一点，可以作无数个平面与这条直线平行，故B错误；
一条直线平行于平面内的无数条直线，该直线与平面平行或直线在平面内，故C错误.
由基本事实3知，如果两个不重合的平面有一个公共点，
那么他们有且只有一条过该点的公共直线，故D正确；
故选：AD.
10. 如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于、的动点，，则下列结论正确的是（ ）
A. 圆锥的侧面积为
B. 三棱锥体积的最大值为
C. 的取值范围是
D. 若，为线段上的动点，则的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】求出圆锥的母线长和底面半径，利用圆锥的侧面积公式可判断A选项；利用锥体的体积公式可判断B选项；求出的取值范围，结合可求出的取值范围；将以为轴旋转到与共面，得到，求出的长，即可得出的最小值，可判断D选项.
【详解】在中，，则圆锥的母线长，半径.
对于选项A：圆锥的侧面积为，故选项A错误；
对于选项B：由圆的几何性质可知，由勾股定理可得，
由基本不等式可得，可得，
即，当且仅当时，等号成立，
则三棱锥体积为：，
即三棱锥体积的最大值为，故选项B正确；
对于选项C：因，故，
当点与点重合时，；当点与点重合时，，
又因为点与、不重合，则，
又，可得，故选项C错误；
对于选项D：因为，，，
由可得.
又，所以为等边三角形，则.
将以为轴旋转到与共面，
得到，则为等边三角形，.
如图，当、、三点共线时，取最小值.
因为，，
所以，
，故选项D正确.
故选：BD.
11. 如图，在山脚测得山顶的仰角，沿倾斜角为的斜坡向上走米到，在处测得山顶的仰角为，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】将图中各角表示出来，利用正弦定理可判断A选项，求出，结合锐角三角函数的定义可判断BCD选项.
【详解】由题意可得，，，，，，
对于A选项，，，
所以，
，
在中，由正弦定理得，故，A错；
对于B选项，
，
在中，由正弦定理可得，故，
在中，，B对；
对于C选项，在中，，C对；
对于D选项，在中，，D对.
故选：BCD.
三、填空题（每小题5分，共15分）
12. 与平面向量反向共线的单位向量的坐标为__.
【答案】
【解析】
【分析】根据单位向量的定义即可求解.
【详解】平面向量反向共线的单位向量的坐标为,
故答案为：
13. 已知复数满足，其中为虚数单位，则的最小值为__.
【答案】##
【解析】
【分析】先确定所表示的图形，再确定所表示的几何意义，最后结合图形求出最小值.
【详解】设（），已知，根据复数模的计算公式，
可得，两边同时平方得.
这表示复平面内以原点为圆心，为半径的圆.
将代入，可得.
根据复数模的计算公式，，它表示复平面内点到点的距离.
点到圆心的距离为.
因为圆的半径为，所以点到圆上的点的距离的最小值为点到圆心的距离减去圆的半径，即.
所以的最小值为.
故答案为：.
14. 在底面边长为1且高为的正六棱锥内部放一个正方体，使其能在该正六棱锥内任意转动，则正方体棱长的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】先求出正六棱锥的内切球的半径，分析题意可得要使正方体能在该正六棱锥内任意转动，则正方体的外接球直径不超过正六棱锥的内切球直径，进而求解即可.
【详解】由于正六棱锥的底面边长为1，高为，则侧棱长为2，
正六棱锥的底面积，
侧面面积，
正六棱锥的体积，
设正六棱锥内切球的半径为，
则，解得，
设正方体的棱长为，
要使正方体能在该正六棱锥内任意转动，
则正方体的外接球直径不超过正六棱锥的内切球直径，
而正方体的外接球直径为其体对角线，
则，，
正方体的棱长的最大值为．
故答案为：.
四、解答题（本大题共5小题，共77分）
15. 设为实数，若向量．
（1）若与垂直，求的值；
（2）当为何值时，三点共线．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据题意先求，再结合向量垂直的坐标表示运算求解；
（2）根据题意先求，再结合向量共线的坐标表示运算求解.
【小问1详解】
由题意可得：，
若与垂直，则，解得.
【小问2详解】
由题意可得：，，
若三点共线，则，
可得，解得或．
16. 如图，直三棱柱中，，、分别为、的中点．
（1）求证：；
（2）若，三棱锥的体积为，求直线与平面所成角大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点为，连接、，推导出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）设，推导出平面，利用锥体的体积公式可求出的值，利用线面角的定义可知，直线与平面所成角为，计算出的正切值，结合的取值范围可得出的值，即为所求.
【小问1详解】
取中点为，连接、，
在直三棱柱中，，，故四边形为平行四边形，
所以，，
因为、分别为、的中点，所以，，
故四边形为平行四边形，所以，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为、分别为、的中点，所以，
因为，则，故，
因为，，，、平面，故平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
因为，为的中点，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，、平面，故平面，
因为，，则，
所以，
因为平面，平面，则，
因为，，所以四边形为矩形，
设，则，
所以，解得，
因为平面，所以直线与平面所成角为，
在中，，，所以，
因，故，因此直线与平面所成角为.
17. 如图，已知在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形. ，，，，点是棱上靠近端的三等分点，点是棱上点.
（1）证明：平面；
（2）求异面直线与夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，连接，利用线面平行的判定，结合平行线分线段成比例定理推理得证；
（2）在上取点，使，利用几何法，结合余弦定理求出夹角余弦.
【小问1详解】
在四棱锥中，连接，连接，
在梯形中，由，得，
由点是棱上靠近端三等分点，得，则，
而平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
在上取点，使，连接，则，即，
因此是异面直线与所成的角或其补角，，
由平面，平面，得，
，，在中，，
由余弦定理得，
在等腰中，，
所以异面直线与夹角的余弦值是.
18. 已知锐角中，分别是角的对边，且.
（1）求；
（2）记的面积为S，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式求解即得.
（2）利用三角形面积公式及余弦定理化简目标式，再利用正弦定理边化角，结合正切函数及对勾函数单调性求出范围.
【小问1详解】
在中，由及正弦定理，
得，
整理得，而，则，
两边平方得，而，解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）及已知得，由余弦定理得，
则，
由锐角，得，整理得，
而，
函数在上单调递增，则，，
令，函数在上单调递减，在上单调递增，
因此，即，
所以的取值范围为.
19. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥如图所示．
（1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和；
（2）若平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离；
（3）在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度．
【答案】（1）2 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据所给的定义，表示，再相加，即可求解；
（2）先根据题设中垂直关系结合点C处的离散曲率求得、，然后过点A作于点，利用线面垂直的判定定理得平面，即可求解点面距离；
（3）过点作交于，连结，得为直线与平面所成的角，设，表示出，再利用余弦定理求，再由余弦值，转化为正切值，得到关于的等式求解即可得答案.
【小问1详解】
根据离散曲率的定义得，
，
，
又因为
，
所以．
【小问2详解】
∵平面平面，∴，
又∵，平面，∴平面，
∵平面，∴，
∵，即
∴，∴，过点A作于点，
由平面平面，得，
又平面，则平面，
因此点A到平面PBC的距离为线段的长，在中，，
∴点到平面的距离为.
【小问3详解】
过点作交于，连结，
∵平面，∴平面，
∴为直线与平面所成的角，
依题意可得，，
，
，，
设，则，
在中， ，
又，所以，
则，
∴，解得：或（舍）
故.