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. 垂直于同一直线两条直线互相平行 B. 平行于同一直线两直线平行 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 $学科网列组卷网 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.) z=1-i +2i 1.设1+i ,则z归 A.0 B C.1 D.√2 【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z,然后求解复 数的模 详解：2=1i （1-i0-i+2i +2i= 1+i(1-i0(1+i) =-i+2i=i, 则z=l,故选c. 点晴：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ā=(k,1,b=（2,1),若ā/b,则实数k=() A月 C.2 D.-2 【答案】C 【解析】 第1页/共15页 学科网丽组卷网 【分析】根据共线向量的坐标表示求解 【详解】因为向量a=(k,1,b=(2,1),且a/6, 则k-2×1=0,所以k=2. 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.√2 C.5 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2π，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√2一12=√5 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OA'B'C',且OA/B'C, OA'=2B'C'=4,A'B'=2,则该平面图形的高为() B O' A.22 B.2 C.42 D.√2 【答案】C 【解析】 【分析】由题意计算可得OC,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OA'B'C中，OA/1B'C,O'A'=2B'C'=4,A'B'=2, 则0'C=V4-2}2+22=22, 直角梯形O'AB'C'对应的原平面图形为如图中直角梯形OABC, 第2页/共15页 可学科网可组卷网 B C 0 则有BC1∥OA,OC⊥OA,OA=2BC=4,0C=20C'=4V2, 所以该平面图形的高为4√2 故选：C 5.已知函数f(x)=sin (3x+-君p到为器，则9=() Aπ Cπ 6 【答案】D 【解析】 【分析】根据偶函数的性质，列式求解 【详解】f)=sin3x+p-6 偶函数，则p-名+红低eZ,p=受+e小，取=-1，则 62 0=3 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() D 4411 A.264π B.44π C.4V11π 3 元 【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a,因为正四棱柱的高为6，体积为24， 所以a2×6=24,即a2=4,得a=2,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√22+22+62=2√11=2R, 第3页/共15页 学科网丽组卷网 所以球的半径为R=V11,球的表面积S=4πR2=4π×11=44元. 故选：B 7.设m,,1是不同的直线，，阝是两个不同的平面，给出下列说法，其中正确的是() A若m/a,n//a,则m//n B.若m/1a,m/B,则a/β C.若m//β，mca,∩B=1,则m//l D.若a/1β，mca,ncβ，则m∥n 【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m/1a,n/1a,m与n可能平行，相交或异面，故A错误； 对于B,由m/1o,m/1B,0与B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m/1,故C正确； 对于D,由a//B,mca,ncB,则m与n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,b∥c,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,b∥c,∴.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a,b,c满足a/b,b⊥c,则a⊥c 第4项/共15页 学科网丽组卷网 D.若直线a,b是异面直线，则与a,b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a/b,b⊥c,必有a⊥c,对； D:如下图，正方体中AB,BC是异面直线，BB,BA与两条异面直线都相交， 但BB,BA,在同一个平面内，错 D Di... 故选：AD 10.下列命题为真命题的有() A.己知非零向量ā，b,c,若a∥b,b∥c,则d∥c B.若四边形ABCD中有AB=DC,则四边形ABCD为平行四边形 C.已知g=(2,-3),e,=(4,-6)，g,马可以作为平面向量的一组基底 D.已知向量ā=(2,4)，6=(-1,2)，则向量ā在向量6上的投影向量为(-，13) 55 【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a,b,c,由ā∥b,b∥c,且6为非零向量，可知a∥c,故A正 确； 第5页/共15页 学科网丽组卷网 对于选项B,四边形ABCD中有AB=DC,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,,=(2,-3),e2=(4,-6),则e=2e,即e2∥e, 则e,e不能作为平面向量的一组基底，故C错误； 对于选项D,向量d=(2,4),b=(-1,2),则a.b=6,|b=√5， 治房（导.陵D 故向量ā在向量6上的投影向量为a-b.6三 故选：ABD. 11.如图，己知正方体ABCD一AB1C1D1的棱长为2，则下列四个结论正确的是() D B A.直线A1C1与AD1为异面直线 B.AC//平面ACD1 C.正方体的外接球的表面积为12π D.三棱锥D1一ADC的体积为日 【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AC/∥AC,再利用线面 平行的判定即可得到AC,//平面ACD,即B选项正确；对选项C,首先求出正方体外接球半径R=√3， 表面积即可判断C正确；对选项D,根据VD-ADC=，×DD,×SADc=,，即可判断D 【详解】对选项A,因为A,CC平面A,B,C,D,,AD,∩平面ABCD=D, D生AC,所以直线A,C,与AD,为异面直线. 第6项/共15页 学科网丽组卷网 对选项B,因为AC∥AC,AC,丈平面ACD,ACc平面ACD1, 所以AC,//平面ACD,,故B正确： 对选项C,正方体外接球半径R-V2+2+2 =3, 所以球体表面积S=4πR2=12π，故C正确： 1 项Dy。=XDD×S△4Dc=,X2X)X2X2三3，故D 3 2 故选：ABC 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12在ABC中，若B-骨a=5,Smc-2,则BC的外接图兰径为 【答案】√5 【解析】 【分析】利用三角形面积公式可得c=4,再由余弦定理计算可得b=√10，根据正弦定理可得外接圆半径. 【详解】易知S.4c=acsinB-=2,即×2c 2 2 解得c=4, 由余弦定可知分=a+e2-2ac0sB=2+16-2x2×4x5-10. 2 可得b=V10, 设外接圆半径为，所以26 V10 =2√5 ”sinB√2 2 可得r=5 故答案为：√5 13.在长方体ABCD-AB,CD,中，若AB=BC=1,A4=√2，则异面直线BD与CC所成角的大小 为 【答案】子 第7项/共15页 学科网组卷网 【解析】 【分析】画出长方体ABCD-AB,CD,再将异面直线BD与CC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ABCD-AB,CD,可得异面直线BD与CC所成角为BD与DD,之间的夹角，连接 BD.则因为AB=BC=1,则BD=V2,又AA=V2,故BD=DD,=√2， 又BD L DD,故△BDD,为等腰直角三角，形故∠DDB=牙即异面直线BD与CC所成角的大小为？ 4 D A B D 故答案为乃 4 【点晴】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，祖堩精确推导了球缺的体积计算公式为V=πh2 其中R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√21，则它对应的球分的体积为 【答案】50π 【解析】 【分析】根据给定的方程求解半径R,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 第8页/共15页 西学科网丽组卷网 【详解】由题可得，R2=21+(R-3)2,解得R=5, 无π×3×4=36元，V能=元×21×2=14m,所以V线=V袋快+Va能 故答案为：50π 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ABCD-AB,CD中，P,Q分别为棱BC,CC,的中点. D B (1)证明：AD/1PQ; (2)求三棱锥A-BQP的体积. 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 27 8 【解析】 【分析】(1)作出辅助线，得到四边形ABC,D,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】 连接BC, D C B D 因为P,Q分别为棱BC,CC,的中点， 第9页/共15页 可学科网可组卷网 所以BC/PQ, 因为正方体ABCD-AB,CD的棱长为3， 所以CD=AB=3,CD/1AB, 故四边形ABC,D,为平行四边形， 所以BC/1AD, 故AD/1P2; 【小问2详解】 由题意得，正方形BCCB的面积为3×3=9， 1 SP=S.Cme=2 ×3× 24 5w 39 9 故S,B0p=9-三×2- 927 4 881 又AB⊥平面BCCB,故AB⊥平面B,PQ, 三校链A-BOP的体积为SA01B=×2x3= 388 16已知平面向量a=(-2,4),16上5，<a,6>=亚 3 (1)求a在b方向上的投影向量的数量； (2)求2a+b1: (3)求b与2a+b夹角的余弦值 【答案】(1)√5 (2)V105 (3)V21 7 【解析】 【分析】(1)投影向量的数量为acos<a,b>,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. 第10页/共15页