湖北省黄冈市蕲春县第一高级中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题

蕲春一中高一5月月考试题 测试时间：2025-5-25 19:40-21:40 一、单选题 1．设复数，则的共轭复数的虚部为（    ） A． B． C． D． 2．下列命题中正确的个数是． ①若直线上有无数个点不在平面内，则 ②若直线与平面平行，则与平面内的任意一条直线都平行 ③若直线与平面平行，则与平面内的任意一条直线都没有公共点 ④如果两条平行直线中的一条直线与一个平面垂直，那么另一条直线也与这个平面垂直 A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 3．已知，点在线段的延长线上，且，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 4．已知向量，满足，则（    ） A． B． C．20 D．5 5．如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，侧棱.若侧面水平放置时，水面恰好过，，，的中点.那么当底面水平放置时，水面高为（    ）   A．7 B．6 C．4 D．3 6．知，若，则（    ） A． B． C． D． 7．已知锐角满足，则（    ） A． B． C． D． 8．将边长为4的正方形ABCD沿对角线BD进行翻折，使得二面角的大小为，连接AC，得到四面体ABCD，则该四面体的外接球体积与四面体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．下列结论正确有（    ） A．若与都是单位向量，则 B．方向为南偏西60°的向量与北偏东60°的向量是共线向量 C．直角坐标平面上的x轴､y轴都是向量 D．若用有向线段表示的向量与不相等，则点M与N不重合 10．已知等边的边长为6，分别为边的中点，将沿折起至，在四棱锥中，下列说法正确的是（   ） A．直线平面 B．当四棱锥体积最大时，平面平面 C．在折起过程中存在某个位置使平面 D．当四棱锥体积最大时，它的各顶点都在球的球面上，则球的表面积为 11．在锐角中，内角所对的边分别为，且，则（   ） A． B． C． D．若，则 三、填空题 12．已知单位向量夹角为，若，则实数 . 13．空间4个平面最多能将空间 分成个区域. 14．下列命题： ①若，，，为锐角，则实数的取值范围是； ②若非零向量，且，则为等边三角形； ③若单位向量，的夹角为60°，则当取最小值时，； ④已知O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点满足，，则动点一定通过的重心； ⑤如果内接于半径为的圆，且，则的面积的最大值为. 其中正确的序号为 ． 四、解答题 15．如图，直三棱柱中，，、分别为、的中点. (1)求证：平面； (2)求证：. 16．如图，在凸四边形中，已知． (1)若，，求的值； (2)若，四边形的面积为4，求的值． 17．如图，支座受，两个力的作用，已知与水平线成角，，沿水平方向，，与的合力的大小为． (1)求. (2)求与的夹角的余弦值． 18．如图，在三棱锥P-ABC中，∠ACB=90°，PA⊥底面ABC.   (1)求证：平面PAC⊥平面PBC； (2)若AC=BC=PA，M是PB的中点，求AM与平面PBC所成角的正切值； (3)在（2）的条件下，求平面PAB与平面PBC夹角的正弦值. 19．在中，，，对应的边分别为，，， (1)求； (2)若为线段内一点，且，求线段的长； (3)法国著名科学家柯西在数学领域有非常高的造诣；很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如对于任意的，都有被称为柯西不等式；在（1）的条件下，若，求：的最小值； 试卷第1页，共3页 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C C A B A D D BD ABD 题号 11 答案 ACD 1．D 【分析】先对复数化简，然后求出其共轭复数，从而可求出的虚部. 【详解】因为， 所以， 所以的共轭复数的虚部为. 故选：D 2．C 【详解】试题分析：①中直线与平面可能相交可能平行，故①错；②中直线与平面内的直线可能平行，可能异面，故②错；③对；根据线面垂直的判定可知④对；故选C； 考点：线面的位置关系； 3．C 【分析】根据已知条件及中点坐标公式即可求解. 【详解】因为点在线段的延长线上，且，所以点为中点， 设点，则，解得，所以点的坐标为. 故选：C. 4．A 【分析】借助模长与数量积的关系计算后结合已知条件代入即可得. 【详解】， ， 故. 故选：A. 5．B 【分析】先根据水平放置时，水的形状为直四棱柱，求出水的体积，再求出当底面水平放置时，水面高即可. 【详解】设三棱柱的底面的面积为，高为，则. 当侧面水平放置时，水的形状呈直四棱柱形， 由于液面恰好经过的中点，则直四棱柱的底面积是直三棱柱底面积的，即直四棱柱的底面积是， 所以水的体积， 当底面水平放置时，设水面高为，则， 从而有，所以， 即当底面水平放置时，水面高为6. 故选：B. 6．A 【分析】根据复数除法运算，复数相等即可求实数. 【详解】依题意得 ， 故. 故选：A. 7．D 8．D 【分析】根据题意得到翻折后四面体ABCD是2个直角三角形构成的，所以外接球球心在斜边的中点处，可得到半径进而求得体积，由翻折特性可知平面AOC，又可求体积. 【详解】翻折后所得图形如下图所示，易知BD的中点O为球心， 故该四面体的外接球体积， 又，平面AOC，， 所以平面AOC， 二面角的大小为，， , 故所求体积之比为， 故选：D． 9．BD 【分析】根据题意，由平面向量的相关定义，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A，因为与的方向可能不同，故错误； 对于B，因为这两个向量的方向是相反的，所以是共线向量，故正确； 对于C，因为轴与轴只有方向没有大小，所以都不是向量，故错误； 对于D，假设点与点重合，则向量，与已知矛盾，所以假设不成立，即点M与N不重合，故正确； 故选:BD 10．AB 【分析】根据折叠前后不变判断A；根据变化过程的变化可知B正确；反证法判断C；求出球的半径计算面积判断D. 【详解】A：因为，平面，平面， 所以直线平面，故A正确； B：设点到平面的距离为，则， 设为的中点，延长交于， 因为，，面，则平面， 过作于，因为面，所以， 又，面，所以面，显然， 又易知梯形的面积为定值，所以当面时，的体积最大， 又面，所以平面，故B正确； 对于C，如图， 若BN⊥平面，由平面，则， 又，，面，则平面， 又平面，所以,又，平面， 所以平面，这显然不可能，故C错误； D：当四棱体积最大时，二面角为直二面角，如图， 由，取的中点E，设F是外心， 则E是等腰梯形外接圆圆心．作平面，OF平面， 则是四棱锥的外接球的球心，且， 由，得， 设四棱锥的外接球半径，则， 所以球表面积是，故D错误. 故选：AB 11．ACD 【分析】根据已知条件利用正弦定理将边化角，利用三角形内角关系及两角和的正弦公式整理式子得到，判断A选项；根据，即三角形形状得到关于角的不等式，解不等式即可确定角的取值范围，即可判断B；根据化为，利用基本不等式即可求最值，即可判断C；由已知条件将边化成角，再根据角的范围即可求出的范围，即可判断D. 【详解】对于A：因为，由正弦定理可得， 又， 所以，即， 又，， 所以，故，则，故A正确； 对于B：由，得，又为锐角三角形， 所以，解得，故B错误； 对于C： ， （当且仅当，即时取等号），故C正确； 对于D：由，得，由正弦定理得： 即， 所以 . 又，所以，故，故D正确. 故选：ACD. 12．2 【分析】根据数量积的运算律计算求解． 【详解】由题意，， 故答案为：2. 13. 15 14．②④⑤ 【分析】由为锐角，则且不共线，列式求解可判断①；由条件可知的角平分线与垂直，为等腰三角形，又，所以，即可判断②；，利用二次函数的性质求解可判断③；记BC中点为E，则，故与共线，而直线AE过的重心，即可判断④；由条件结合正弦定理得，可得角C，由余弦定理结合基本不等式可得，进而由三角形面积公式求解可判断⑤. 【详解】对于①，由， 得，， 因为为锐角，故且不共线， 所以，解得且，故①错误； 对于②，因为非零向量，所以的角平分线与垂直， 为等腰三角形，又， 又，所以，所以为等边三角形，故②正确； 对于③，， 当时，取得最小值，故③错误； 对于④，已知是平面上一定点，，，是平面上不共线的三个点，动点满足，， 记BC中点为E，则，则，故与共线， 而直线AE过的重心，故动点P一定通过的重心，故④正确； 对于⑤，∵， ∴根据正弦定理，得，可得， ∴，∵角C为三角形的内角，∴角C的大小为， ∵，∴由余弦定理， 可得，当且仅当时等号成立， ∴， ∴，即面积的最大值为，故⑤正确. 故答案为：②④⑤. 15．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）要证平面，根据线面平行的判定定理在平面内找到一条直线与之平行即可； （2）将线线垂直转化为与所在的某个平面垂直即可. 【详解】（1）连接交于点，连接， 则直三棱柱中，四边形为平行四边形， 则为的中点，又为的中点，故， 平面，平面，故平面. （2）取中点为，连接，，为的中点， 故，而底面， 故底面，底面，故； 又为的中点，则，而，即， 故， 而，平面，平面， 故平面， 又平面，故，即. 16．(1)； (2)﹒ 【分析】(1)△中求出BD，在△中，由正弦定理求出，根据即可求； (2)在△、△中，分别由余弦定理求出，两式相减可得cosA与cosC的关系式；又由的sinA与sinC的关系式；两个关系式平方后相加即可求出cos(A＋C)﹒ 【详解】（1）在△中，∵， ∴． 在△中，由正弦定理得，， ∴． ∵，∴， ∴． （2）在△、△中，由余弦定理得， ， ， 从而①， 由得， ②， 得，， ∴． 17．(1) (2) 【分析】（1）利用向量的平行四边形法则表示出，再利用数量积运算，两边同时平方即可求出结果； （2）利用向量的减法法则，得到，再利用数量积运算，两边同时平方即可求出结果； 【详解】（1）由题知，所以， 得到，解得， 所以. （2）因为，所以， 得到，解得， 所以与的夹角的余弦值为. 18．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由面面垂直的判定定理求证； （2）建立空间直角坐标系，由求解； （3）由求解． 【详解】（1）证明：因为，所以， 又平面平面，得， 而平面， 得平面， 因为平面，所以平面平面． （2）解：建立如图所示的空间直角坐标系，    不妨设，则， 得，， 设平面的一个法向量为：， 则，取，得， 设与平面所成角为， 则， 得，得， 则与平面所成角的正切值为： （3）解： 设平面的一个法向量为：， 则，取，得， 设平面与平面所成角为， 则， 得， 故平面与平面夹角的正弦值为： 19．(1) (2) (3)48 【分析】（1）利用同角三角函数关系和正弦定理边角互化对等式进行化简，再结合余弦定理即可求解. （2）法一：用基向量法，将用表示，等式左右两边同时平方，利用模长和数量积公式即可求解；法二：用坐标系法，以AB所在的直线为轴，A为坐标原点建立坐标系，将用坐标表示，结合坐标表示求模长即可； （3）根据柯西不等式的定义直接化简，当且仅当为正三角形时取等号，即可得到最小值. 【详解】（1）因为 所以， 由正弦定理，            所以 即：，又，所以； （2）（方法一）因为，所以， 所以， 所以 ，及              （方法二）以AB所在的直线为轴，A为坐标原点建立坐标系，如图， 则                           则： 所以； （3）根据柯西不等式：                 （当且仅当为正三角形时取等号）     即：的最小值为48. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是仿照柯西不等式的形式进行代入构造，找到所求要素与柯西不等式的联系，再运用正弦定理进行求解. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$