精品解析：河北省雄安新区2024-2025学年高一下学期5月月考数学试卷

河北省雄安新区2024-2025学年高一下学期5月月考 数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第六、七、八章. 一、选择题：本题共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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列几何体中，有且仅有8个面的是（ ） A. 六棱柱 B. 六棱锥 C. 八棱锥 D. 五棱柱 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 石凳是以天然石材或人造石为原料制作的凳椅，是一种常见的户外休闲设施.如图，这是某广场的石凳的实物图，该石凳上方的部分可以近似地看成一个圆台.若该圆台的上底面直径为30厘米，下底面直径为40厘米，高为6厘米，则该圆台的体积为（ ） A. 925立方厘米 B. 1850π立方厘米 C. 3700立方厘米 D. 5550立方厘米 5. 设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 6. 在中，角、、的对边分别为、、，若，且，则的形状一定是（ ） A. 等腰锐角三角形 B. 等腰直角三角形 C. 等腰钝角三角形 D. 不确定的 7. 如图，四边形是圆柱的轴截面，，圆的周长为，是线段的中点，曲线在圆柱的侧面上，且曲线的长度等于在圆柱的侧面上从到的最短距离，若为曲线上的动点，则点到点的距离的最小值是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，以边长为4的菱形的四条边为直径向外作四个半圆，P是这四个半圆弧上的一动点，，则的最大值是（ ） A. 16 B. C. 18 D. 20 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若复数满足，且，则可能是（ ） A. B. C. -1 D. 10. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 外接圆的面积为12π C. 的面积的最小值是 D. 的最大值是 11. 如图，在正方体中，，E是棱（不包含端点）上的动点，F在正方形内，平面，则下列结论正确的是（ ） A. 平面截正方体所得的截面一定是等腰梯形 B. 存在点E，使得异面直线与夹角的余弦值为 C. 若E是的中点，则点F的轨迹长度是 D. 三棱锥外接球表面积的最小值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，则______. 13. 某数学兴趣小组成员为测量A，B两地（视为质点）之间的距离，在A的正北方向和西偏北15°方向上分别选取点C，D，已知A，C两地相距千米，B，D两地相距千米，且D在C的西南方向上，B在A的西南方向上，则A，B两地之间的距离是_______千米. 14. 坡度是指地表或道路等倾斜的程度，通常用垂直高度差与水平距离的比值表示.如图，这是某水渠侧面和底面的直观图，其中点A在该水渠的侧面上，点B在底面上，直线是该水渠侧面与底面的交线，且，，垂足分别为、，若，，，，则该水渠侧面的坡度（即该水渠的侧面与底面夹角的正切值）是______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知复数，且是实数. （1）求a的值； （2）若，且，求m的取值范围. 16. 如图，在四棱锥中，四边形是梯形，，，、分别是棱、上的点，且，. （1）证明：平面平面； （2）记多面体的体积为，三棱锥的体积为，求的值. 17. 如图，四边形是边长为的菱形，、分别在线段、（不包含端点）上，且，，且. （1）用、表示； （2）求的值； （3）求的取值范围. 18. 如图，在平面四边形中，，，. （1）若，求的值； （2）若，求四边形的面积； （3）求四边形的面积的最大值. 19. 如图，在四棱柱中，四边形为菱形，，，，是侧棱上的一点. （1）证明：. （2）求点到平面的距离. （3）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北省雄安新区2024-2025学年高一下学期5月月考 数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第六、七、八章. 一、选择题：本题共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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的乘法化简复数，结合共轭复数的定义可得出复数. 【详解】因为，故， 故选：C. 2. 下列几何体中，有且仅有8个面的是（ ） A. 六棱柱 B. 六棱锥 C. 八棱锥 D. 五棱柱 【答案】A 【解析】 【分析】利用棱柱、棱锥的结构特征逐项判断即得. 【详解】对于A，六棱柱有6个侧面、2个底面，共8个面，A是； 对于B，六棱锥有6个侧面、1个底面，共7个面，B不是； 对于C，八棱锥有8个侧面、1个底面，共9个面，B不是； 对于D，五棱柱有5个侧面、2个底面，共7个面，D不是. 故选：A 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出向量的坐标，由已知得出，结合平面向量数量积的坐标运算可求出的值. 【详解】因为向量，，则， 因为，则，解得. 故选：D. 4. 石凳是以天然石材或人造石为原料制作的凳椅，是一种常见的户外休闲设施.如图，这是某广场的石凳的实物图，该石凳上方的部分可以近似地看成一个圆台.若该圆台的上底面直径为30厘米，下底面直径为40厘米，高为6厘米，则该圆台的体积为（ ） A. 925立方厘米 B. 1850π立方厘米 C. 3700立方厘米 D. 5550立方厘米 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知的上、下底面直径求出上、下底面半径，再将半径和高的值代入体积公式进行计算. 【详解】已知圆台上底面直径为30厘米，根据半径是直径的一半，可得上底面半径厘米； 下底面直径为40厘米，同理可得下底面半径厘米.  已知圆台的高厘米，将厘米，厘米，厘米代入圆台体积公式可得：  该圆台的体积为立方厘米. 故选：B. 5. 设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用线面、面面位置关系可判断ABD选项；利用线面、面面平行的性质定理可判断C选项. 【详解】对于A选项，若，，，，则或、相交，A错； 对于B选项，若，，，则或、相交，B错； 对于C选项，如下图所示，过直线作平面的平行平面，使得， 若，，，所以， 因为，，，所以，故，C对； 对于D选项，若，，，则、平行、相交或异面，D错. 故选：C. 6. 在中，角、、的对边分别为、、，若，且，则的形状一定是（ ） A. 等腰锐角三角形 B. 等腰直角三角形 C. 等腰钝角三角形 D. 不确定的 【答案】B 【解析】 【分析】利用二倍角的余弦公式以及正弦定理、勾股定理得出，再利用正弦定理化简得出的值，由此可得出的形状. 【详解】因为，则， 整理可得，由正弦定理可得，故， 因为，由正弦定理可得， 因为、均为锐角，故，则，所以，故， 因此，为等腰直角三角形. 故选：B. 7. 如图，四边形是圆柱的轴截面，，圆的周长为，是线段的中点，曲线在圆柱的侧面上，且曲线的长度等于在圆柱的侧面上从到的最短距离，若为曲线上的动点，则点到点的距离的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将圆柱的侧面展开，结合余弦定理可知为钝角，结合图形可得出点到点的距离的最小值. 【详解】如下图所示，将圆柱的侧面展开，则，， 从而， 由余弦定理可得， 所以为钝角，故点到点的距离的最小值为. 故选：C. 8. 如图，以边长为4的菱形的四条边为直径向外作四个半圆，P是这四个半圆弧上的一动点，，则的最大值是（ ） A. 16 B. C. 18 D. 20 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量数量积的几何意义，由点的位置分类探讨确定取最大值的位置，再取中点，利用数量积的运算律及定义求出最大值. 【详解】当点在半圆或半圆的弧上时，在方向上的投影的数量为非正数； 当点在半圆的弧上时，在方向上的投影的数量在内，； 当点在半圆的弧上时，在方向上的投影的数量不小于2， 因此当取最大值时，点在半圆的弧上，取中点，则， 而， ，当且仅当时取等号， 所以的最大值是20. 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若复数满足，且，则可能是（ ） A. B. C. -1 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】应用复数乘法运算律计算求解判断各个选项. 【详解】，A选项正确； ，B选项正确； ，C选项正确； ，D选项不正确； 故选：ABC. 10. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 外接圆的面积为12π C. 的面积的最小值是 D. 的最大值是 【答案】BD 【解析】 【分析】利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦求出，利用正弦定理、余弦定理逐项求解. 【详解】在中，由及正弦定理，得， 则，而， 因此，又，则，A错误； 对于B，外接圆半径，外接圆的面积为，B正确； 对于C，由余弦定理得，当且仅当时取等号， 因此的面积，C错误； 对于D，令，则，又， 于是，整理得， 因此，而，解得， 即的最大值是，D正确. 故选：BD 11. 如图，在正方体中，，E是棱（不包含端点）上的动点，F在正方形内，平面，则下列结论正确的是（ ） A. 平面截正方体所得的截面一定是等腰梯形 B. 存在点E，使得异面直线与夹角的余弦值为 C. 若E是的中点，则点F的轨迹长度是 D. 三棱锥外接球表面积的最小值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，结合正方体的结构特征，利用面面平行的性质推理判断A；求出异面直线夹角的余弦判断B；确定轨迹并求出长度判断C；求出外接圆半径的最小值，进而求出外接球半径的最小值判断D. 【详解】对于A，令平面截正方体所得的截面在正方形内的边为， 由平面平面，平面平面，得， 而，则，，因此，而， 因此截面四边形是等腰梯形，A正确； 对于B，是异面直线与所成的角或其补角，设， 则，而，由余弦定理得 ，整理得，该方程在上无解，B错误； 对于C，分别取的中点，连接，则， 而平面，平面，则平面，同理平面， 又平面，因此平面平面， 又平面，点平面，则平面，又平面， 于是点F的轨迹为线段，长度为，C正确； 对于D，外接圆半径，当为中点时，与该圆相切，取最小值， 此时，当与之一重合时，取最大值， 三棱锥外接球球心在线段的中垂面上，由平面， 得球心到平面的距离，则该球半径满足， 所以三棱锥外接球表面积，D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，则______. 【答案】5 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算即可求解. 【详解】， 所以， 故答案为：5. 13. 某数学兴趣小组成员为测量A，B两地（视为质点）之间的距离，在A的正北方向和西偏北15°方向上分别选取点C，D，已知A，C两地相距千米，B，D两地相距千米，且D在C的西南方向上，B在A的西南方向上，则A，B两地之间的距离是_______千米. 【答案】20 【解析】 【分析】根据题意，作出图形，利用正弦定理和余弦定理依次求出，边即可. 【详解】 如图，在中，，则， 由正弦定理，，解得， 在中，，设， 由余弦定理，， 即，解得（负值舍去）. 故答案为：20. 14. 坡度是指地表或道路等倾斜的程度，通常用垂直高度差与水平距离的比值表示.如图，这是某水渠侧面和底面的直观图，其中点A在该水渠的侧面上，点B在底面上，直线是该水渠侧面与底面的交线，且，，垂足分别为、，若，，，，则该水渠侧面的坡度（即该水渠的侧面与底面夹角的正切值）是______. 【答案】 【解析】 【分析】作，，分析可知为该水渠侧面与底面的夹角或其补角，求出三边边长，结合余弦定理、同角三角的基本关系可得出该水渠侧面的坡度的值. 【详解】如下图所示，作，， 在平面内，因为，，，所以四边形为矩形， 所以，又因为，故为该水渠侧面与底面的夹角或其补角， 由题中数据可得，， 因为，，所以， 因为四边形为矩形，所以， 因为、平面，，所以平面， 因为平面，所以，则， 在中，由余弦定理可得， 所以， 因此，该水渠侧面的坡度为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知复数，且是实数. （1）求a的值； （2）若，且，求m的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出的表达式，令虚部等于0，即可求出a的值； （2）由（1）可知或，分别求出和，再解不等式，即可求出m的取值范围. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以， 因为是实数，所以，解得； 【小问2详解】 由（1）可知或， 当时，， 所以，. 因为，所以， 整理可得，即或 ， 解得或. 当时，同理可解得或. 综上，m的取值范围是. 16. 如图，在四棱锥中，四边形是梯形，，，、分别是棱、上的点，且，. （1）证明：平面平面； （2）记多面体的体积为，三棱锥的体积为，求的值. 【答案】（1）证明： 因为且，所以， 因为，所以，故四边形为平行四边形，则， 因为平面，平面，所以平面， 因为，，所以，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，、平面，所以平面平面; （2） 【解析】 【分析】（1）证明出平面，平面，结合面面平行的判定定理可证得结论成立； （2）设四棱锥的底面积为，高为，求出四棱锥的体积，以及三棱锥的体积，可得多面体的体积，即可得出的值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 设四棱锥的底面积为，高为，则四棱锥的体积为， 由（1）可知，则点到平面的距离为，， 从而三棱锥的体积为， 所以多面体的体积为，故. 17. 如图，四边形是边长为的菱形，、分别在线段、（不包含端点）上，且，，且. （1）用、表示； （2）求的值； （3）求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量的线性运算化简可得出关于、的表达式； （2）利用平面向量数量积的运算性质可求出的值，结合的范围可得出的值； （3）设，所以，其中，可得出，利用平面向量数量积的运算性质和二次函数的基本性质可求出的取值范围. 【小问1详解】 因为，所以，解得. 【小问2详解】 由（1）可知，则， 所以， 解得， 因为，故. 【小问3详解】 因为， 所以 ， 因为四边形是菱形，故，所以， 设，因为，所以，其中， 所以， 因为，所以，则， 所以，故，即的取值范围是. 18. 如图，在平面四边形中，，，. （1）若，求的值； （2）若，求四边形的面积； （3）求四边形的面积的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过在和中分别使用余弦定理求出BD，进而求出； （2）利用得到，再结合余弦定理和三角形面积公式求出四边形面积； （3）根据四边形面积等于两个三角形面积之和，结合三角函数性质求最大值. 【小问1详解】 在中，已知，，， 根据余弦定理，可得： ，所以.   在中，，，，再根据余弦定理， 则：. 【小问2详解】 在中，； 在中，.  则,即. 因为，所以.则，解得， 那么，.  四边形的面积，根据三角形面积公式，可得： ， .  所以. 【小问3详解】 四边形的面积.  则. 由（2）知道，则： 则. 可得.则. 因为，当时，最大，. 所以. 19. 如图，在四棱柱中，四边形为菱形，，，，是侧棱上的一点. （1）证明：. （2）求点到平面的距离. （3）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度. 【答案】（1） 连接，设的交点为，连接； 因为，，所以与全等，所以， 因为底面为菱形，所以，且为的中点，所以, 因为平面，所以平面， 又平面，所以. （2） （3）1 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定得出平面，进而可证结论； （2）利用等体积法求出点C到平面的距离，再利用线面平行的性质可得答案； （3）根据距离求出，结合余弦定理可得的长度. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为四边形是边长为2的菱形，且, 所以，. 因为，且为的中点，所以. 因为，所以,所以，. 由（1）知，因为，平面，所以平面; 设点C到平面的距离为， 因为，所以,解得. 因为平面，所以点到平面的距离为. 【小问3详解】 因为直线与平面所成角的正弦值为，所以,即. 过E作平面,垂足为F,连接，则点在的延长线上, ,从而, 设,则； 因为四边形为菱形,且,所以,所以, 由余弦定理可得, 则,解得,故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $