精品解析：江苏省淮安市涟水县第一中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题

涟水县第一中学2024-2025学年第二学期高一年级5月月考 数学 试卷 考试时间：120分钟 总分：150分 一．单选题：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. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 平面向量，，若，则（    ） A. B. C. D. 1 3. （ ） A. B. C. D. 4. 已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C 若，，则 D. 若，，则 5. 如图，是一个平面图形的直观图，其中，，则原图形的面积等于（    ） A. B. C. D. 6. 若角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 7. 的内角的对边分别为，若，，，则 （ ） A B. C. 或 D. 或 8. 如图，P为平行四边形所在平面外一点，E为线段AD的中点，F为PC上一点，当平面时，=（     ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法错误的是（     ） A. 棱柱的侧面一定是平行四边形 B. 底面是等边三角形三棱锥是正三棱锥 C. 棱台的所有侧棱所在直线一定交于同一点 D. 用一个平面去截圆柱，截面一定是圆 10. 在△ABC中，内角所对的边分别为，则下列说法正确的是（     ） A. 若△ABC是锐角三角形，则 B. 若，则△ABC为等腰三角形 C. 若，则△ABC钝角三角形 D. 若，，，则满足这组条件的三角形有两个 11. 如图，在棱长为4的正方体中，点为线段上的动点，则下列说法正确的是（   ） A. B. 直线DP与平面ABCD所成角 C. 二面角的余弦值为 D. 的最小值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数z满足，则________． 13. 已知向量满足，则在方向上的投影向量为________. 14. 如图所示，在棱长为4的正方体中，点M是AD的中点，动点P在正方体表面上移动，若平面，则P的轨迹长为__________． 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. 已知向量和，且，，求： （1）的值； （2）的值； （3）的夹角的余弦值. 16. 已知为第四象限角且． （1）求的值； （2）求的值． 17. 如图，在三棱柱中，平面ABC，各棱长均为4，D为AB的中点. （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的正弦值； 18. 在中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B的值； （2）若外接圆的面积为，且，求的面积． 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，F为CP上的点，且平面. （1）求证：平面平面； （2）求直线PC与平面所成角正弦值； （3）在棱PD上是否存在一点G，使平面，若存在，求GD的长；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 涟水县第一中学2024-2025学年第二学期高一年级5月月考 数学 试卷 考试时间：120分钟 总分：150分 一．单选题：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. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用复数除法化简复数，再由共轭复数的概念确定对应共轭复数. 【详解】由，则. 故选：D 2. 平面向量，，若，则（    ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】应用向量线性关系的坐标运算及垂直的坐标表示列方程求参数. 【详解】由题设，则，可得. 故选：C 3. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用诱导公式可得，再结合两角和差公式运算求解. 【详解】因为， 所以原式. 故选：D. 4. 已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】举反例可判断ABC；由线面垂直的性质定理可判断D. 【详解】对于A，若，，则，或，故A错误； 对于B，若，，则，或与相交，故B错误； 对于C，若，，则与相交，或，或，故C错误； 对于D，若，，则，故D正确. 故选：D. 5. 如图，是一个平面图形的直观图，其中，，则原图形的面积等于（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知有是等腰直角三角形且，结合斜二测画法确定原图的相关边长，进而求面积. 【详解】由题设，易知是等腰直角三角形且， 所以原图中，， 则原图面积为. 故选：A 6. 若角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由终边上点及三角函数的定义求，再由和角正弦公式求目标函数值. 【详解】由题意, 所以. 故选：C 7. 的内角的对边分别为，若，，，则 （ ） A B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦定理求解，从而可得的大小，由三角形内角和可得的大小. 【详解】因为，，， 所以由正弦定理，可得：，则， 因为，所以或， 所以或， 故选：C． 8. 如图，P为平行四边形所在平面外一点，E为线段AD的中点，F为PC上一点，当平面时，=（     ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接交于点，连接，由线面平行的性质得，即有，结合已知得，即可得. 【详解】连接交于点，连接，显然平面平面， 又平面，平面，则，即， 由为平行四边形，且E为线段AD的中点，易知， 所以. 故选：A 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法错误的是（     ） A. 棱柱的侧面一定是平行四边形 B. 底面是等边三角形的三棱锥是正三棱锥 C. 棱台的所有侧棱所在直线一定交于同一点 D. 用一个平面去截圆柱，截面一定是圆 【答案】BD 【解析】 【分析】根据棱柱、正棱锥、棱台和圆柱的结构特征判断各项的正误即可. 【详解】A：由棱柱的结构特征知，其侧面都是平行四边形，对； B：正三棱锥是底面为正三角形，侧棱长都相等的棱锥，错； C：根据棱台与棱锥的关系，知棱台所有侧棱延长后必交于同一点，对； D：用一个平面截圆柱，截面可能是圆、椭圆及长方形等，错. 故选：BD 10. 在△ABC中，内角所对的边分别为，则下列说法正确的是（     ） A. 若△ABC是锐角三角形，则 B. 若，则△ABC为等腰三角形 C. 若，则△ABC是钝角三角形 D. 若，，，则满足这组条件的三角形有两个 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正弦定理、余弦定理、三角形内角关系，结合三角函数性质逐项分析即可得结论. 【详解】对于A，若△ABC锐角三角形，则，所以， 因为，且正弦函数在该区间递增，则，故A正确； 对于B，若，又，则或， 所以或，则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故B不正确； 对于C，若，由正弦定理得， 由余弦定理得，则角为钝角，则△ABC是钝角三角形，故C正确； 对于D，若，，，根据正弦定理，则， 所以，而正弦函数的值域为， 因此这样的角不存在，满足条件的三角形无解，故D不正确. 故选：AC. 11. 如图，在棱长为4的正方体中，点为线段上的动点，则下列说法正确的是（   ） A. B. 直线DP与平面ABCD所成角 C. 二面角的余弦值为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用线面垂直的判定性质推理判断A；举例说明判断B；用几何法求出二面角的余弦判断C；将置于同一平面求出最小值判断D. 【详解】对于A，在正方体中，平面，平面， 则，而平面，则平面， 又平面，于是，同理，而平面， 则平面，而平面，因此，故A正确； 对于B，当点与重合时，直线DP与平面ABCD所成角，故B错误； 对于C，当为中点时，，是二面角的平面角， ，由余弦定理得，故C正确； 对于D，把正与等腰置于同一平面内，连接，而垂直平分， 与的交点为的中点，因此的最小值为，故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. 已知复数z满足，则________． 【答案】 【解析】 【分析】应用复数的除法化简复数，进而求模. 【详解】由题设，则. 故答案为： 13. 已知向量满足，则在方向上的投影向量为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知及投影向量求法求在方向上的投影向量. 【详解】由在方向上的投影向量为. 故答案为： 14. 如图所示，在棱长为4的正方体中，点M是AD的中点，动点P在正方体表面上移动，若平面，则P的轨迹长为__________． 【答案】 【解析】 【分析】若分别为的中点，连接，根据平面的基本性质及线线平行证共面，再由线面平行、面面平行的判定证明平面平面，结合已知确定P的轨迹，进而求长度. 【详解】若分别为的中点，连接，点M是AD的中点， 所以且，则为平行四边形，故， 由平行且相等，则为平行四边形， 所以，则，故共面， 由平行且相等，则为平行四边形，故， 由平面，平面，则平面， 由平面，平面，则平面， 又且都在平面内，故平面平面， 由平面，则在四边形上，而， 所以P的轨迹长为. 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. 已知向量和，且，，求： （1）的值； （2）的值； （3）的夹角的余弦值. 【答案】（1）6 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量数量积定义计算求解； （2） 应用数量积运算律计算求解模长； （3）应用夹角余弦公式结合数量积运算律计算. 【小问1详解】 ∵，. ∴ ； 【小问2详解】 ∵， ∴； 【小问3详解】 ， 16. 已知为第四象限角且． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）运用同角三角函数关系式联立方程组，解题即可；（2）运用二倍角公式求出二倍角正余弦，再用差角余弦公式计算即可. 【小问1详解】 由题意得，且． 由，得 【小问2详解】 ． 17. 如图，在三棱柱中，平面ABC，各棱长均为4，D为AB的中点. （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的正弦值； 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）设，连接，易知，再由线面平行的判定证明结论； （2）由（1）知，异面直线与所成角为（或其补角），再由已知及余弦定理、平方关系求夹角正弦值. 【小问1详解】 设，连接，知为的中点， 因为D为AB的中点，则，平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为，则异面直线与所成角为（或其补角）， 在中，由题意知， 则，则， 所以异面直线与所成角的正弦值为. 18. 在中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B的值； （2）若外接圆的面积为，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理得，然后利用余弦定理得，结合角的范围求解即可. （2）先求出外接圆半径，然后利用正弦定理求得，结合求出，代入面积公式求解即可. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得，所以， 又，所以． 【小问2详解】 设外接圆的半径为，由，得， 由正弦定理得，所以， 由（1）知，所以， 因为，所以，所以， 所以． 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，F为CP上的点，且平面. （1）求证：平面平面； （2）求直线PC与平面所成角正弦值； （3）在棱PD上是否存在一点G，使平面，若存在，求GD的长；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）证明平面，再根据是边长为4的正方形，证明平面平面； （2）作，垂足为，连接，证明平面，可得为直线与平面所成的角，进而在直角三角形中求解正弦值; （3）作，交于，连接，证明平面，得到，从而进行求解. 【小问1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， 又因为底面是边长为4的正方形，所以， 且平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 作，垂足为，连接， 因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 因为，，AB=4，所以， 因为平面，平面，所以， 所以在直角三角形中，由勾股定理可得， 所以. 【小问3详解】 作，交于，连接， 因为，，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，平面，所以， 因为，， 所以，解得，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为，所以， 又因为， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $