精品解析：甘肃省平凉市静宁县文萃中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题

文萃中学2024-2025学年度高一第二学期第二次月考 数学 满分150分，考试时间120分钟 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. 在复平面内，O为原点，向量对应的复数为，若点A关于实轴的对称点为B，则向量对应的复数为（ ） A. B. C. D. 2. 若是纯虚数（其中i为虚数单位），则实数（ ） A. ±3 B. ±1 C. -1 D. 3 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 所有棱长都相等的直四棱柱是正方体 B. 正三棱锥的每个面都是正三角形 C. 以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥 D. 以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱 6. 在中，三角形三条边上的高之比为，则为（ ） A. 钝角三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 等腰三角形 7. 在平行四边形中，是对角线上靠近点的三等分点，点在上，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图所示，在正方体中，E，F分别为，AB上的中点，且，P点是正方形内的动点，若平面，则P点的轨迹长度为（ ） A. B. C. 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. 已知复数在复平面上对应的点的坐标为，则下列结论错误的是（ ） A. 是实数 B. 是纯虚数 C. 是实数 D. 是纯虚数 10. 已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下面四个结论中正确的是（ ） A. 若，，且，，则且 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若直线，在平面内的射影互相垂直，则与的夹角可能为 11. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则是锐角三角形 D. 若，则是钝角三角形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在复平面内，复数z对应的点为，则_______． 13. 在中，角所对的边分别为，且的外接圆半径为1，若，则的周长为__________． 14. 若，则__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知向量． （1）求； （2）设向量的夹角为，求的值． 16. 在底面为平行四边形的四棱锥中，，分别为棱，的中点． （1）求证：平面； （2）设平面平面，求证：平面． 17. 已知，且. （1）求的值； （2）求的值. 18. 在平面四边形中（在的两侧），. （1）若，求； （2）若，求四边形的面积的最大值. 19. 在四棱锥中， 平面，，分别为，的中点，. （1）求证:平面 平面; （2）求二面角 的大小. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 文萃中学2024-2025学年度高一第二学期第二次月考 数学 满分150分，考试时间120分钟 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. 在复平面内，O为原点，向量对应的复数为，若点A关于实轴的对称点为B，则向量对应的复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出点的坐标，由对称求出点的坐标，进而求出对应的复数. 【详解】依题意，，则点， 所以向量对应的复数为. 故选：D 2. 若是纯虚数（其中i为虚数单位），则实数（ ） A. ±3 B. ±1 C. -1 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】化简复数，根据题意列出方程组，即可求解. 【详解】由，因为是纯虚数， 可得，解得. 故选：A 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标表示得到方程，解得即可. 【详解】因为且， 所以，解得. 故选：C 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二倍角的余弦公式计算，结合角的范围即可求解. 【详解】，则， ，可得． 故选：B 5. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 所有棱长都相等的直四棱柱是正方体 B. 正三棱锥的每个面都是正三角形 C. 以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥 D. 以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，举出反例可得AB错误，由圆柱、圆锥的定义综合分析可知D正确，C错误. 【详解】对于A，底面是菱形的直四棱柱，其侧棱长与底面边长相等时， 该直四棱柱的所有棱长都相等，但不是正方体，故A错误； 对于B：正三棱锥的底面为正三角形，侧面不一定都是正三角形，只需是等腰三角形， 且能保证顶点在底面内的投影在底面正三角形的中心即可，故B错误； 对于C：以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥， 以斜边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体是两个同底的圆锥组合而成的几何体，故C错误； 对于D：以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱，即D正确； 故选：D 6. 在中，三角形三条边上的高之比为，则为（ ） A. 钝角三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 等腰三角形 【答案】A 【解析】 【分析】由题可得三角形三条边之比为，然后利用余弦定理，求出最大边所对角的余弦值，即可判断出结果. 【详解】因为三角形三条边上的高之比为， 所以三角形三条边之比为，即， 不妨设， 则最大角的余弦值为， 因此角为钝角，三角形为钝角三角形. 故选：A. 7. 在平行四边形中，是对角线上靠近点的三等分点，点在上，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算，建立方程组，解之即可求解. 【详解】由题可知，点在上， ， 又， ，解得. 故选：C． 8. 如图所示，在正方体中，E，F分别为，AB上的中点，且，P点是正方形内的动点，若平面，则P点的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取的中点，的中点为，连接，可得四边形是平行四边形，可得∥,同理可得∥.可得面面平行，进而得出P点的轨迹. 【详解】如图所示，取的中点，的中点为，连接， 则∥，，且∥，， 可得∥，且，可知四边形是平行四边形，则∥， 且平面，平面，可得∥平面， 同理可得：∥平面， 且，平面，可知平面∥平面， 又因为P点是正方形内的动点，平面， 所以点在线段上， 由题意可知：，可得， 所以P点的轨迹长度为. 故选：C. 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. 已知复数在复平面上对应的点的坐标为，则下列结论错误的是（ ） A. 是实数 B. 是纯虚数 C. 是实数 D. 是纯虚数 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的几何意义确定复数，再根据复数运算与复数的基本概念逐项判断即可. 【详解】∵复数在复平面上对应的点的坐标为， ∴复数， ∵是纯虚数，故A项不正确，B项正确； ∵不是实数，也不是纯虚数，故C，D项都不正确. 故选：ACD. 10. 已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下面四个结论中正确的是（ ） A. 若，，且，，则且 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若直线，在平面内的射影互相垂直，则与的夹角可能为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据线面位置关系分别判断各选项. 【详解】A选项：，则，又，且，则成立，同理成立，A选项正确； B选项：若，，则或或与相交（不一定垂直），B选项错误； C选项：若，，则或或与相交（不一定垂直），C选项错误； D选项：如图 在正方体中，设为，为，平面为，则与在平面内的射影分别为与，且，与异面且夹角为，D正确； 故选：AD. 11. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则是锐角三角形 D. 若，则是钝角三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据三角形的几何性质，结合三角函数的诱导公式以及余弦定理，可得答案. 【详解】对于A，在中，，则，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，由，得，则A是锐角，显然B，C是否都是锐角无法确定，C错误； 对于D，由，得，则是钝角，是钝角三角形，D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在复平面内，复数z对应的点为，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】由复数的几何意义及复数的运算求解． 【详解】因为复数z对应的点为，所以，所以． 故答案为： 13. 在中，角所对的边分别为，且的外接圆半径为1，若，则的周长为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】由题意可得，结合正弦定理计算即可求解. 【详解】因为，则， 所以， 所以的周长为． 故答案为： 14. 若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角恒等变换结合齐次式问题运算求解即可. 【详解】由题意可得：. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知向量． （1）求； （2）设向量的夹角为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由求出，从而可求出的坐标，进而可求出模； （2）直接利用向量的夹角公式求解即可. 【小问1详解】 由可得，， 即， 所以， 所以； 【小问2详解】 因为， 所以． 16. 在底面为平行四边形的四棱锥中，，分别为棱，的中点． （1）求证：平面； （2）设平面平面，求证：平面． 【答案】（1） 取的中点，连接，， 因为，分别为，的中点，所以，且， 又因为为的中点，所以， 在平行四边形中，有，则， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面； （2） 在平行四边形中，有， 因为平面，平面，所以平面， 又因为平面平面，面，所以， 又因为平面，平面，所以平面． 【解析】 【分析】(1) 取的中点，连接，，证明四边形为平行四边形，所以，即可求解； (2)先证明平面，又因为平面平面，面，所以，即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 已知，且. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角和的余弦公式可得，两边平方后，结合二倍角的正弦公式可求的值； （2）由已知可得，可求与的正弦值，从而可得，，再根据可得答案. 【小问1详解】 ， 两边平方可得， 【小问2详解】 因为，所以， 由，可得， ， ， 由，可得， . 18. 在平面四边形中（在的两侧），. （1）若，求； （2）若，求四边形的面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在中用余弦定理求出，再由角度之间的关系，在中用正弦定理可求出； （2）将四边形，分成，，的面积为定值，的面积可用余弦定理与三角形面积公式求出最大值. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得， 即. 因为，，所以， 又，所以. 在中，由正弦定理得， 所以， 又，所以，所以； 【小问2详解】 设，所以. 在中，由余弦定理得. 所以的面积 ， 所以，此时， 又的面积， 所以四边形的面积的最大值为 19. 在四棱锥中， 平面，，分别为，的中点，. （1）求证:平面 平面; （2）求二面角 的大小. 【答案】（1） ， ， 平面平面， 又， 平面， 又在中，分别为中点， 故， 又， 又是中点，， 又 平面，平面， ∴平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由可得，利用和，可证平面，进而可得，再结合中位线得到，再利用，可得，进而得证平面，利用面面垂直判定得出结果. （2）取的中点，连接，取的中点，连接，由题得平面，又，可得，进而是二面角的平面角，利用三角形中边长的关系即可得出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，取的中点，连接， 由平面，可得平面， 又，可得， 因为是斜线在平面上的射影， 可得， 所以是二面角的平面角， 二面角的平面角与互补， 则在中，设， 由， 可得， 在直角三角形中，， 可得， 即有， 则二面角的大小为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $