精品解析：云南省文山壮族苗族自治州文山市第一中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题

文山市第一中学高一年级下学期5月份月考 数学试卷 满分：150分 考试时间：120分钟 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，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．答在试卷上的答案无效． 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 设，则 A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则实数（ ） A. B. C. 2 D. 3. 圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是半圆，那么此圆锥的高是（ ） A. 1 B. C. D. 2 4. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（ ） A. B. 2 C. D. 5. 已知函数为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为6，体积为24，则该球的表面积是（ ） A. B. C. D. 7. 设m，n，l是不同的直线，是两个不同的平面，给出下列说法，其中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 8. 若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，bc，则直线a与c（　　） A. 一定平行 B. 一定垂直 C. 一定是异面直线 D. 一定相交 二、多选题（本题共3题，每题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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有错误选项得0分．） 9. 下列四个结论中假命题的是（ ）． A. 垂直于同一直线的两条直线互相平行 B. 平行于同一直线的两直线平行 C. 若直线满足，，则 D. 若直线是异面直线，则与都相交的两条直线是异面直线 10. 下列命题为真命题的有（ ） A. 已知非零向量，，，若，，则 B. 若四边形ABCD中有，则四边形ABCD为平行四边形 C. 已知，，，可以作为平面向量的一组基底 D. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为 11. 如图，已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，则下列四个结论正确的是（ ） A. 直线A1C1与AD1为异面直线 B. 平面ACD1 C. 正方体的外接球的表面积为12 D. 三棱锥D1—ADC的体积为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 在中，若，则的外接圆半径为__________. 13. 在长方体中，若，，则异面直线与所成角的大小为______. 14. 刘徽在《九章算术注》中首次明确提出了球缺和球分的概念，如图，球被平面截取，曲面部分为球冠，球冠与截面围成的部分为球缺，祖暅精确推导了球缺的体积计算公式为，其中是球的半径，是球缺的高（即球冠顶点到截面的距离）.连接球心与截面，与球冠围成的部分为球分.若一球缺的高为3，截面半径为，则它对应的球分的体积为__________. 四、解答题（本题共4小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 15. 如图，在棱长为3的正方体中，分别为棱的中点． （1）证明：； （2）求三棱锥的体积． 16. 已知平面向量，，. （1）求在方向上的投影向量的数量； （2）求； （3）求与夹角的余弦值. 17. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，与交于点，面，且. （1）求证平面.； （2）求与平面所成角的大小． 18. 记的内角的对边分别为，已知. （1）求A； （2）若边上的高为2，且的平分线交边于，，求. 19. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点. （Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC； （Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE； （Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 文山市第一中学高一年级下学期5月份月考 数学试卷 满分：150分 考试时间：120分钟 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，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．答在试卷上的答案无效． 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 设，则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】分析：利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，然后求解复数的模. 详解： ， 则，故选c. 点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分. 2. 已知向量，，若，则实数（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据共线向量的坐标表示求解. 【详解】因为向量，，且， 则，所以. 故选：C． 3. 圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是半圆，那么此圆锥的高是（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出圆锥母线，进而求出圆锥的高. 【详解】由圆锥的底面半径为1，得侧面展开图半圆弧长为，因此该半圆半径为2， 即圆锥的母线长为2，所以圆锥的高为. 故选：C 4. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意计算可得，还原图形后可得原图形中各边长，即可得其高. 【详解】在直角梯形中，，， 则， 直角梯形对应的原平面图形为如图中直角梯形， 则有， 所以该平面图形的高为. 故选：C. 5. 已知函数为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据偶函数的性质，列式求解. 【详解】为偶函数，则，，取，则. 故选：D. 6. 已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为6，体积为24，则该球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正四棱柱的体对角线长等于其外接球直径求出球的半径，即可求得结果. 【详解】设正四棱柱的底面边长为，因为正四棱柱的高为6，体积为24， 所以，即，得，正四棱柱的各顶点都在一个球面上， 所以正四棱柱的体对角线长等于球的直径，即， 所以球的半径为，球的表面积. 故选:B. 7. 设m，n，l是不同的直线，是两个不同的平面，给出下列说法，其中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面以及平面与平面位置关系的判定定理和性质逐一判断即可． 【详解】对于A，由，与可能平行，相交或异面，故A错误； 对于B，由，与可能平行或相交，故B错误； 对于C，由线面平行的性质定理可得，故C正确； 对于D，由，则与可能平行或异面，故D错误. 故选：C. 8. 若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，bc，则直线a与c（　　） A. 一定平行 B. 一定垂直 C. 一定是异面直线 D. 一定相交 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间中直线的位置关系分析判断. 【详解】∵a⊥b，bc，∴a⊥c. 故选：B. 二、多选题（本题共3题，每题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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有错误选项得0分．） 9. 下列四个结论中假命题的是（ ）． A. 垂直于同一直线的两条直线互相平行 B. 平行于同一直线的两直线平行 C. 若直线满足，，则 D. 若直线是异面直线，则与都相交的两条直线是异面直线 【答案】AD 【解析】 【分析】根据空间两条直线的位置关系，结合平面的基本性质、平行公理判定A、B、C；应用正方体找到反例说明D. 【详解】A：垂直同一直线的两条直线可能平行、异面、相交，错； B：根据平行公理，平行于同一直线的两直线平行，对； C：由，，必有，对； D：如下图，正方体中是异面直线，与两条异面直线都相交， 但在同一个平面内，错. 故选：AD 10. 下列命题为真命题的有（ ） A. 已知非零向量，，，若，，则 B. 若四边形ABCD中有，则四边形ABCD为平行四边形 C. 已知，，，可以作为平面向量的一组基底 D. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由平面向量基本定理结合投影向量的运算逐一判断即可． 【详解】对于选项A，对于非零向量，，，由，，且为非零向量，可知，故A正确； 对于选项B，四边形ABCD中有，由平行四边形判定定理可得， 四边形ABCD为平行四边形，故B正确； 对于选项C，，，则，即， 则，不能作为平面向量的一组基底，故C错误； 对于选项D，向量，，则，， 故向量在向量上的投影向量为，故D正确. 故选：ABD. 11. 如图，已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，则下列四个结论正确的是（ ） A. 直线A1C1与AD1为异面直线 B. 平面ACD1 C. 正方体的外接球的表面积为12 D. 三棱锥D1—ADC的体积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对选项A，根据异面直线定义即可判断A正确；对选项B，根据题意得到，再利用线面平行的判定即可得到平面，即B选项正确；对选项C，首先求出正方体外接球半径，再求表面积即可判断C正确；对选项D，根据，即可判断D错误. 【详解】对选项A，因为平面，平面， ，所以直线与为异面直线. 对选项B，因为，平面，平面， 所以平面，故B正确； 对选项C，正方体外接球半径， 所以球体表面积，故C正确； 对选项D，，故D错误. 故选：ABC 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 在中，若，则的外接圆半径为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角形面积公式可得，再由余弦定理计算可得，根据正弦定理可得外接圆半径. 【详解】易知，即， 解得， 由余弦定理可知， 可得， 设外接圆半径为，所以， 可得. 故答案为： 13. 在长方体中，若，，则异面直线与所成角的大小为______. 【答案】 【解析】 【分析】画出长方体,再将异面直线与利用平行线转移到一个三角形内求解角度即可. 【详解】画出长方体可得异面直线与所成角为与之间的夹角,连接.则因为,则,又,故, 又,故为等腰直角三角形,故,即异面直线与所成角的大小为 故答案为 【点睛】本题主要考查立体几何中异面直线的角度问题,一般的处理方法是将异面直线经过平行线的转换构成三角形求角度,属于基础题型. 14. 刘徽在《九章算术注》中首次明确提出了球缺和球分的概念，如图，球被平面截取，曲面部分为球冠，球冠与截面围成的部分为球缺，祖暅精确推导了球缺的体积计算公式为，其中是球的半径，是球缺的高（即球冠顶点到截面的距离）.连接球心与截面，与球冠围成的部分为球分.若一球缺的高为3，截面半径为，则它对应的球分的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定的方程求解半径，再分别计算球缺体积、圆锥体积，最后将两者体积相加得到球分的体积. 【详解】由题可得，，解得， 则，，所以. 故答案为： 四、解答题（本题共4小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 15. 如图，在棱长为3的正方体中，分别为棱的中点． （1）证明：； （2）求三棱锥的体积． 【答案】（1）连接， 因为分别为棱的中点， 所以， 因为正方体的棱长为3， 所以，， 故四边形为平行四边形， 所以， 故； （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到四边形为平行四边形，结合中位线证明出结论； （2）求出底面积和高，利用锥体体积公式求出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意得，正方形的面积为， ，， 故， 又⊥平面，故⊥平面， 三棱锥的体积为. 16. 已知平面向量，，. （1）求在方向上的投影向量的数量； （2）求； （3）求与夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）投影向量的数量为，代入计算即可； （2）将模长问题转化为数量积运算求解即可； （3）将夹角问题转化为数量积运算求解即可. 【小问1详解】 ， 所以投影向量的数量为. 【小问2详解】 ， ， 所以. 【小问3详解】 ， 所以. 所以与夹角的余弦值为. 17. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，与交于点，面，且. （1）求证平面.； （2）求与平面所成角的大小． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由，因为平面，得到，结合直线与平面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）连接，得到为与平面所成的角，在直角中，即可求得与平面所成的角. 【小问1详解】 解：因为是正方形，所以， 又因为平面，平面，所以， 因为，平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 解：连接，因为平面，所以为与平面所成的角， 因为，所以， 在直角中，， 所以，即与平面所成的角为. 18. 记的内角的对边分别为，已知. （1）求A； （2）若边上的高为2，且的平分线交边于，，求. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）先由题意结合正弦定理得，再转化即可求得，进而可得解. （2）先由高表示面积和正弦定理形式表示的面积得①，接着在和中由正弦定理结合得②，再接着由余弦定理即可计算求出，再由和正弦定理形式面积公式即可计算求解. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得， 又，所以，所以， 又 所以，故, 所以，又，所以. 【小问2详解】 由题可得①， 又因为，是的平分线，所以， 因为，所以，所以由正弦定理得②， 又由余弦定理得③， 所以由①②③计算可得， 所以由即得 . 19. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点. （Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC； （Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE； （Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由. 【答案】 （Ⅰ）证明：因为平面,所以； 因为底面是菱形，所以; 因为,平面, 所以平面. （Ⅱ）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以, 因为,所以； 因为平面，平面, 所以； 因为 所以平面， 平面,所以平面平面. （Ⅲ）存在点为中点时，满足平面；理由如下: 分别取的中点，连接, 在三角形中，且； 在菱形中，为中点，所以且，所以且，即四边形为平行四边形，所以; 又平面，平面，所以平面. 【解析】 【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论； (Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直； (Ⅲ)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点. 【详解】（Ⅰ）略 （Ⅱ）略 （Ⅲ）略 【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $