江苏苏州吴中苏苑高级中学2024~2025学年高一下册5月月考数学试卷[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. 已知四个选项中的图形棱长都相等，且P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间中平行关系的转化可判断ABC正确，根据异面直线的定义可判断D错误.
【详解】在A图中，分别连接，
由正方体可得四边形为矩形，则，
因为为中点，故，则，所以四点共面.
在B图中，设为所在棱的中点，分别连接，
由A的讨论可得，故四点共面，
同理可得，故，同理可得，
故平面，平面，所以六点共面.
在C图中，由为中点可得，同理，
故，所以四点共面.
在D图中，为异面直线，
故选：D.
5. 用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角.已知是斜边的中点，且，则的边上的高为（ ）
A. 1B. 2C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】在直观图中轴，可知原图形中轴，故，求直观图中的长即可求解.
【详解】因为直观图是等腰直角，，，所以，根据直观图中平行于轴的长度变为原来的一半，所以的边上的高.
故选：D.
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. 水楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，如图为一个木楔子，其中四边形是边长为1的正方形，且均为正三角形，，，则该小楔子的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别过点，作的垂线，垂足分别为，，连接，，取的中点，连接，求出，结合三棱锥和三棱柱的体积公式计算即可．
【详解】如图，分别过点，作的垂线，垂足分别为，，连接，，
则由题意等腰梯形全等于等腰梯形，
则．
取的中点，连接，因为，所以，
则，
．
因为，，所以，
因为四边形为正方形，所以，
又，，平面，
所以平面，所以平面，同理可证平面，
所以多面体的体积．
故选：D．
二、多选题（每小题6分，共18分）
9. 已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ）
A.
B. 复数，
C. 若，则复平面内对应的点位于第二象限
D. 已知复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为直线
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，根据复数的乘方法则即可求解；对于B，利用复数除法法则化简，即可求解；对于C，利用复数乘方法则计算出，求出即可求解；对于D，证明复数对应的点到点和点两点的距离相等即可求解.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，
所以，故B错误；
对于C，，
所以，所以复平面内对应的点坐标为，位于第三象限，故C错误；
对于D，复数满足，
表示复数对应的点到点和点两点的距离相等，
所以在复平面内对应的点的轨迹为线段的垂直平分线，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：因为，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，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 平面
C. 的最小值为
D. 当，C，，P四点共面时，四面体的外接球的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，求出为定值，且P到平面的距离为1，从而由等体积得到锥体体积为定值；B选项，证明出面面平行，得到线面平行；
C选项，将两平面展开到同一平面，连接，交于点，此时最小，最小值即为的长，由勾股定理得到最小值；
D选项，点P在点B处，，C，，P四点共面，四面体的外接球即正方体的外接球，求出正方体的外接球半径，得到外接球体积.
【详解】对于A，因为不在平面内，平面，
所以平面，又，
所以点到平面的距离为，
又为定值，
故定值，A正确；
对于B，因为，平面，平面，所以平面，
同理可知平面，
又，平面，
所以平面平面，
由于平面，故平面，B正确.
对于C，展开两线段所在的平面，得矩形及等腰直角三角形，
连接，交于点，此时最小，最小值即为的长，
过点作⊥，交的延长线于点，
其中，
故，又勾股定理得，C正确；
对于D，点P在点B处，，C，，P四点共面，
四面体的外接球即正方体的外接球，
故外接球的半径为，所以该球的体积为，D正确.
故选：ABD
【点睛】特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解.
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，
设正六棱锥的内切球的半径为，
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，在四面体中，，直线和所成的角为，平面与四面体的棱分别相交于点，且四边形恰为平行四边形．
（1）求证：直线平面；
（2）当平面变化时，求平行四边形的面积的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的推论证明线线平行，进而证明线面平行；
（2）几何关系求出面积表达式，然后运用基本不等式求解
【详解】（1）证明：四边形为平行四边形，
，
面，面，
面，
又面，
面面，
，
又面，面，
面．
（2）解：由（1）得：，同理可证：，
或，
设，，
则四边形的面积，
由，得：，
（当且仅当即，时，等号成立），
，
．
17. 如图：PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形,PA=AB=1，AD=，点F是PB的中点，点E在边BC上移动
（Ⅰ）求三棱锥E-PAD的体积;
（Ⅱ）当点E为BC的中点时，试判断EF与平面PAC的位置关系，并说明理由；
（Ⅲ）证明：无论点E在边BC的何处，都有PE⊥AF
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）平行，（Ⅲ）详见解析
【解析】
【详解】试题分析：
(1)三棱锥的体积＝＝·＝.
(2)当点为的中点时，与平面平行．
∵在中，分别为、的中点，
∴，又平面，平面，
∴平面
(3)证明：∵⊥平面，平面，
∴，又，，平面，
平面.又平面，∴.
又，点是的中点，∴，
又,平面，
∴⊥平面.
∵平面，∴.
考点：本小题主要考查三棱锥体积计算、线面平行、线面垂直等的证明，考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力.
点评：计算三棱锥体积时，注意可以根据需要让任何一个面作底面，还经常利用等体积法求三棱锥
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．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．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，三棱锥在顶点处的离散曲率为，求点到平面的距离．
【答案】（1）
（2）
【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处离散曲率求得、，然后过点作于点，利用线面垂直的判定定理得平面，即可求解点面距离.
【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】
因为平面，平面，所以，
又因为，，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，即
所以，所以，过点作于点，
由平面，平面，得，
又，，平面，则平面，
因此点到平面的距离为线段的长，
在△中，，
所以点到平面的距离为．