精品解析：河南省南阳市第一中学校2024-2025学年高一下学期第三次月考数学试题

南阳一中高一年级第三次月考数学学科试题 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 以的虚部为实部，以的实部为虚部的复数是（ ） A. B. C. D. 2. 设是三条直线，是三个平面，若，则下列命题中为真命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则异面 C. 若，，，则 D. 若，，则 3. 若，则的值为（ ） A B. 1 C D. 2 4. 如图，是正三棱锥且侧棱长为a，E，F分别是SA，SC上的动点，的周长的最小值为，则侧棱SA，SC的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，若在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知锐角，满足，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 8. 在数学史上，为了三角计算的简便并且更加追求计算的精确性，曾经出现过下列两种三角函数：定义为角的正矢，记作；定义为角的余矢，记作，则下列命题正确的是（ ） A. 函数的对称中心为 B. 若，则的最大值为 C. 若，且，则圆心角为，半径为3的扇形的面积为 D. 若，则 二、多选题（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，下列结论正确的有（ ） A. B. 若，则 C. D. 10. 如图所示，是水平放置的的斜二测直观图，其中，则以下说法正确的是（    ） A. 是钝角三角形 B. 的面积是的面积的2倍 C. 是等腰直角三角形 D. 的周长是 11. 在中，，，分别是角，，对边，其外接圆半径为，内切圆半径为，满足，的面积，则（    ） A. B. C. D. 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 已知i是虚数单位，是关于x的方程的一个根，则______． 13. 如图是正方体的平面展开图.在这个正方体中， ①平面；②平面； ③平面平面；④平面平面. 以上四个命题中，正确命题序号是______. 14. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知的外接圆的半径为1，且，，则的面积为________. 四、解答题（共77分） 15. 已知复数，． （1）若z为纯虚数，求m的值； （2）若z在复平面内对应的点位于第四象限，求m的取值范围． 16. 在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别边AB，BC上的点，且．求证： （1）四边形EFGH为梯形； （2）直线EH，BD，FG相交于一点． 17. 记的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，，求的周长. 18. 记中三个内角所对边分别为．如图所示，点分别是函数与直线的两个交点，其中 （1）求边b及角B的值 （2）求面积的最大值 （3）若为锐角三角形，求的取值范围 19. 已知几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”.如图，在中，内角的对边分别为，现以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，，，且. （1）求； （2）若，面积为，求的周长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 南阳一中高一年级第三次月考数学学科试题 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 以的虚部为实部，以的实部为虚部的复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简复数，再利用复数的概念求解即得. 【详解】的虚部为2，的实部为， 所以所求复数的实部为2，虚部为，复数为． 故选：A 2. 设是三条直线，是三个平面，若，则下列命题中为真命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则异面 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，即可判断选项. 【详解】对于选项A，若，，则与平行、相交或异面，所以A错误； 对于选项B，若，，，则与可能相交，平行，异面，所以B错误； 对于选项C，因为，，，所以且，所以，所以C正确； 对于选项D，若，，则与可能相交，如三棱柱的三个侧面，所以D错误． 故选：C． 3. 若，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件利用两角和的正切公式求解 【详解】因为，所以， 所以，所以， 所以 ， 故选：D 4. 如图，是正三棱锥且侧棱长为a，E，F分别是SA，SC上的动点，的周长的最小值为，则侧棱SA，SC的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先将三棱锥的侧面沿着剪开，得到，即，即可得到答案. 【详解】将三棱锥的侧面沿着剪开，如图所示： 因为的周长的最小值为， 所以当四点共线时，的周长最小，即， 又因为，所以，即， 又因为三棱锥是正三棱锥， 所以，即侧棱SA，SC的夹角为. 故选：A 5. 已知函数，若在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用辅助角公式将函数化成正弦型函数，根据给定区间，求出整体角范围，结合正弦函数的图象得到不等式，取，即得的取值范围. 【详解】由， 因，得， 根据题意得，则， 因，则，． 故选：A． 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，将原式平方之后相加，可得，代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，则， 因为，则， 两式相加可得，则， 又，所以，即， 代入可得，， 则，即， 所以，则. 故选：B 7. 已知锐角，满足，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件可得，然后结合基本不等式代入计算，即可得到结果. 【详解】由，可得，即， 所以， 则 ， 当且仅当时，即，即时， 也就是时，等号成立. 故选：C 8. 在数学史上，为了三角计算的简便并且更加追求计算的精确性，曾经出现过下列两种三角函数：定义为角的正矢，记作；定义为角的余矢，记作，则下列命题正确的是（ ） A. 函数的对称中心为 B. 若，则的最大值为 C. 若，且，则圆心角为，半径为3的扇形的面积为 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据新定义，把新函数转化为熟悉的三角函数，再分析它们的有关性质即可. 【详解】对A：. 由，，，所以函数的对称中心为，故A错误； 对B： 设，则，且， 所以， 当时，.故B错误； 对C：. 因为且，所以. 所以. 所以圆心角为，半径为3的扇形的面积为：，故C错误； 对D：由. 所以，故D正确. 故选：D 二、多选题（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，下列结论正确的有（ ） A. B. 若，则 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】设，根据复数的运算与模的定义计算后判断AC，根据复数乘法判断B，由复数的模的定义和复数相等的定义判断D． 【详解】设， 则，，A正确； 当时，，因此B错误； ， ，C正确； 时，，，D错． 故选：AC． 10. 如图所示，是水平放置的的斜二测直观图，其中，则以下说法正确的是（    ） A. 是钝角三角形 B. 的面积是的面积的2倍 C. 等腰直角三角形 D. 的周长是 【答案】CD 【解析】 【分析】根据已知，结合图形，利用斜二测画法的方法进行求解判断. 【详解】根据斜二测画法可知， 在原图形中，O为的中点，， 因为， 所以，,， 则是斜边为4的等腰直角三角形，如图所示： 所以周长是，面积是4，故A错误，C，D正确. 在中，， 过作轴垂线，垂足为，， 所以， 所以的面积是，的面积是， 的面积是的面积的倍，故B错误. 故选：CD 11. 在中，，，分别是角，，的对边，其外接圆半径为，内切圆半径为，满足，的面积，则（    ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用三角形面积及内切圆半径求解判断A；利用正弦定理边化角，再利用二倍角公式求解判断B；利用三角恒等变换，结合三角形面积公式求解判断D；利用正弦定理结合三角形外接圆半径求解判断C. 【详解】对于A，中，，，A正确； 对于B，由，得， 整理得：，B正确； 对于D，， 即，又，， 则， 整理得， 又， 则，，D正确； 对于C，，，由正弦定理得 故，C错误， 故选：ABD 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 已知i是虚数单位，是关于x的方程的一个根，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的四则运算与复数相等的性质求得，从而得解. 【详解】因为是关于x的方程的一个根， 所以，即， 则，解得， 所以. 故答案为：. 13. 如图是正方体的平面展开图.在这个正方体中， ①平面；②平面； ③平面平面；④平面平面. 以上四个命题中，正确命题的序号是______. 【答案】①②③④ 【解析】 【分析】先把正方体的平面展开图还原成正方体，命题①②，利用线面平行的判定定理，即可判断；命题③④，利用面面平行的判定定理，即可判断. 【详解】把正方体的平面展开图还原成正方体，如图所示， 对于①，因为，平面，平面，所以平面，命题①正确； 对于②，，平面，平面，所以平面，命题②正确； 对于③，，面，面，，面，面， 所以面，面，又，、平面， 所以平面平面，命题③正确； 对于④，，面，面，，面，面， 所以面，面，又，、平面， 所以平面平面，命题④正确. 故答案为：①②③④. 14. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知的外接圆的半径为1，且，，则的面积为________. 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理结合三角恒等变换可得，，利用余弦定理可得，进而可得，进而可得面积. 【详解】因为，由正弦定理可得， 整理可得， 且， 即，由正弦定理可得， 因为的外接圆的半径为1，由正弦定理可知，则，， 又因为， 由余弦定理可得， 且，则， 可得，， 所以的面积为. 故答案为：. 四、解答题（共77分） 15. 已知复数，． （1）若z为纯虚数，求m的值； （2）若z在复平面内对应的点位于第四象限，求m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）按照复数的相关概念列方程组求解； （2）利用复数的几何意义列不等式组求解. 【小问1详解】 因为z是纯虚数，所以，解得； 【小问2详解】 在复平面内z对应的点为， 由题意可得，解得， 即m的取值范围是. 16. 在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别边AB，BC上的点，且．求证： （1）四边形EFGH为梯形； （2）直线EH，BD，FG相交于一点． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到平行关系及比例关系，进而得到，且，故四边形为梯形； （2）由（1）得到相交于一点，因为平面，平面，而平面平面，所以，证明出结论. 【小问1详解】 由题意，作图如下： 连接、，因为空间四边形中，分别是的中点， 所以，且， 又因为，所以，且， 所以，且， 故四边形为梯形. 【小问2详解】 由（1）知四边形为梯形，且是梯形的两腰， 所以相交于一点. 设交点为， 因为平面，所以平面， 同理平面，而平面平面，所以， 故点是直线的公共点，即直线相交于一点. 17. 记的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用正弦定理得到，再利用余弦定理，即可求解； （2）根据条件，利用辅助角公式得到，进而得到，从而有，再利用正弦定理，即可求出结果. 【小问1详解】 在中，由正弦定理得. 因为，所以，. 化简得. 在中，由余弦定理得. 又因为，所以. 【小问2详解】 由，可得， 又，所以，得到，即， 所以， ，又， 由正弦定理得，得到， 解得，， 故的周长为. 18. 记中三个内角所对边分别为．如图所示，点分别是函数与直线的两个交点，其中 （1）求边b及角B的值 （2）求面积的最大值 （3）若为锐角三角形，求的取值范围 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦函数的性质，由函数与直线的交点及的值，结合正弦函数的周期公式求出，再根据特殊角的正弦值求出. （2）利用余弦定理得到、的关系，再结合基本不等式求出的最大值，进而根据三角形面积公式求出面积的最大值. （3）先根据正弦定理将转化为关于角的三角函数表达式，再结合锐角三角形的条件确定角的范围，最后根据三角函数的性质求出的取值范围. 【小问1详解】 由图可得，而，故， 注意到或， 由题可得， 所以：，. 【小问2详解】 ， 由余弦定理，， 由基本不等式，，当且仅当取等号 则， 所以面积的最大值为. 【小问3详解】 因是锐角三角形，， 则 ， ， 其中，，因，，则 又.因，则， 又， 则在上单调递增，在上单调递减， 则， 因，则 故. 19. 已知几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”.如图，在中，内角的对边分别为，现以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，，，且. （1）求； （2）若，的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据诱导公式及两角和差的余弦公式得到，利用正弦定理将边化角，即可得解； （2）连接，，由正弦定理可得，，根据等边的面积得到，在和中分别利用余弦定理，可得到、的值，从而求出，即可得到的周长. 【小问1详解】 ∵，∴， ∵，∴， ∴， ∴，故， ∵，∴， ∴，故， ∵，∴. 【小问2详解】 如图，连接，，由正弦定理得，，， ∴，. ∵等边的面积， ∴， ∵等边三角形的外心也是等边三角形的内心，∴ ∵，∴， 在中，由余弦定理得，， ∴，即， 在中，由余弦定理得，，即， ∴，，故， ∴周长为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$