精品解析：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

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. 2 B. C. D. 2. 在ABC中，．则的取值范围是（ ） 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. 4 B. 5 C. 6 D. 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. 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). 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 2 B. 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. 4 B. 5 C. 6 D. 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 在解有关三角形的题目时，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、、的对边分别为、、，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）在直三棱柱中，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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $