精品解析：福建省福州市闽侯县第一中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题

闽侯一中2024-2025学年第二学期第二次月考 高中一年数学科试卷 命题教师：张兴发、余凌彦 审核教师：周孝文、黄沁芃、翁燕香 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.） 1. 已知复数z满足，则复数z虚部为（ ） A B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先求出，再结合虚部定义可解． 【详解】，则，则，虚部为． 故选：D. 2. 已知向量与的夹角为，，，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助向量模长与数量积的关系与数量积的计算公式计算即可得. 【详解】 . 故选：A. 3. 交通管理部门为了解机动车驾驶员（简称驾驶员）对某新法规的知晓情况，对甲、乙、丙三个社区做分层抽样调查.假设三个社区驾驶员的总人数为，其中甲社区有驾驶员96人.若在甲、乙、丙三个社区抽取驾驶员的人数分别为16，20，26，则这三个社区驾驶员的总人数为（ ） A. 744 B. 620 C. 372 D. 162 【答案】C 【解析】 【分析】由甲社区抽取人数和总人数计算可得抽样比，从而可根据抽取的人数计算得到驾驶员总人数. 【详解】由题意可得抽样比为：， 所以. 故选：C 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据诱导公式可得解. 【详解】由诱导公式可得， 又， 故选：A. 5. 已知向量，满足，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用条件计算，再利用投影向量的公式计算即可. 【详解】因，则， 则，故， 则在上的投影向量为. 故选：B 6. 已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则 （ ） A. α∥β且∥α B. α⊥β且⊥β C. α与β相交，且交线垂直于 D. α与β相交，且交线平行于 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D． 考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论． 7. 设函数，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用指数函数单调性来确定的单调性，然后由单调来解不等式即可. 【详解】由函数，则， 由是增函数，是减函数，可知是增函数， 再由，可得，解得， 故选：C. 8. 在平行四边形中，，，，是以为圆心，为半径的圆上一动点，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用余弦定理求出，易得，以C为坐标原点建立平面直角坐标系，设，根据平面向量线性运算的坐标表示结合三角函数即可得解. 【详解】由题意， 在中，由余弦定理得， 所以， 则，故， 如图，以C为坐标原点建立平面直角坐标系， 则，，，设， 故，，， 又， 即， 所以，所以， 所以，其中， 当且仅当时，取最大值，且它的最大值为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：建立平面直角坐标系，利用平面向量运算的坐标表示公式是解题的关键. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共计18分，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，选对但不全得部分分，有选错的得0分.） 9. 已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ） A. 复数的虚部为 B. C. 复数是方程的解 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据除法运算求得复数，再根据复数的虚部定义、复数的模以及复数的乘法运算，逐项计算判断. 【详解】由可得， 对于A，复数的虚部为，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，将代入方程可得， 所以复数是方程的解，故C正确； 对于D，因为，所以，则，所以，故D正确. 故选：ACD. 10. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则（ ） A. B. 外接圆的面积为 C. 面积的最大值为 D. 周长的最大值为 【答案】BC 【解析】 【分析】A. 利用正弦定理将边转化为角，结合三角恒等变换求解；B.利用正弦定理求解；C.利用余弦定理，结合基本不等式求解；D.利用余弦定理，结合基本不等式求解. 【详解】因为，由正弦定理得， 因为，所以，则，即，故A错误； 由正弦定理得外接圆的半径为，即， 所以外接圆的面积为，故B正确； 由余弦定理得，即，则， 当且仅当时，等号成立，所以三角形的面积为：，故C正确； 由，得， 则，当且仅当时，等号成立， 所以三角形的周长为，故D错误， 故选：BC 11. 已知圆锥SO的底面半径为10cm，其母线SA长40cm，底面圆周上有一动点B，下列说法正确的有（ ） A. 截面SAB的最大面积为 B. 若，则直线SB与平面SOA夹角的正弦值为 C. 当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 D. 若，且，一只小蚂蚁从A点出发绕侧面一周到达C点，先上坡后下坡，当它爬行的路程最短时，下坡路段长为18cm 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，关键在于考虑∠ASB正弦大小；对B，只需作出线面角即可；对C，当三棱锥O-SAB体积最大值，三棱锥可以补成长方体；对D，可以将圆锥侧展开考虑. 【详解】对A，因为，所以∠ASB为锐角， 所以，A正确； 对B，如图，取OA中点H，则BH⊥OA，又BH⊥SO，所以BH⊥面SOA， 所以∠BSH为直线SB与平面SOA所成的角， 所以，B错误； 对C，易知当三棱锥O-SAB体积最大时，OB⊥面SOA， 此时三棱锥可以补成以OA，OB，OS为三相邻边的长方体， 所以外接球直径， 外接球表面积为，C正确； 对D，将三棱锥侧面展开如下，扇形弧长为，所以； 过S作SD⊥于D，则所求路径即为CD的长： 由，SC=30cm， 所以=50cm，且，D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛： (1)过三棱锥顶点作三棱锥截面，由于母线长是确定的，所以截面面积取决于顶角的大小； (2)几何法求线面角大小，关键作出斜线在平面上的投影； (3)“墙角式”三棱锥外接球为补成长方体体对角线中点； (4)立体几何路径最短问题，往往需要展成一个平面后解决. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共计15分.） 12. 已知，，若，则______. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】根据向量的垂直的坐标表示求解即可. 【详解】解：因为，，， 所以，解得. 故答案为：. 13. 某水平放置的平面图形ABCD的斜二测直观图是梯形（如图所示），已知，，，将该平面图形绕其直角腰AB边旋转一周得到一个圆台，则该圆台的侧面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】结合斜二测法可得圆台上、下底面半径及母线长度，结合圆台性质与圆锥的侧面积公式计算即可得该圆台的侧面积. 【详解】由题可得，，，， 则所得圆台上底面为以为半径的圆，下底面为以为半径的圆，高为， 其母线为， 故其侧面积. 故答案为：. 14. 已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，若球的表面积为，则三棱锥的侧面积的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据球的性质可知球心必在过中点且平行于的直线上，根据勾股定理可确定；根据球的表面积公式可确定半径，勾股定理可得到；将三棱锥侧面积表示为，利用基本不等式可求得最大值. 【详解】取中点 为的外接圆圆心 过作的平行线，由球的性质可知，球心必在此平行线上 作，交于，如下图所示： ，， 球的表面积为 球的半径 设， 由得： 又，， 三棱锥侧面积 由得：（当且仅当时取等号） 又（当且仅当时取等号） （当且仅当时取等号） 故答案为 【点睛】本题考查空间多面体的外接球的相关问题的求解，涉及到利用基本不等式求解最值的问题，关键是能够根据球的性质确定球心位置，从而利用勾股定理得到变量所满足的等量关系，从而结合基本不等式求得结果. 四、解答题（本大题共6小题，共77分，解答应写出文字说明、证明或演算步骤.） 15. 如图，在正方形中，，分别为，的中点，分别沿，，将，，折起，使，，重合于点. （1）求证： （2）若正方形的边长为2，求三棱锥的体积 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由折叠可知三条直线两两垂直，利用线面垂直的判定定理，可先证明平面，再由线面垂直性质求证线线垂直； （2）由折叠可知三条直线两两垂直，由等体积法，可求解. 【小问1详解】 正方形中，，， 折起后，有，， 平面，，所以平面， 因为平面，所以； 【小问2详解】 正方形中，，折叠后可知， 由（1）知三条直线两两垂直， 因为，， 所以. 16. 在中，角的对边分别为，且向量. （1）求角 ； （2）若 的面积为，点为边的中点，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，可得，再利用正弦定理统一成边的形式，然后利用余弦定理可求得结果； （2）解法一：由结合辅助角公式化简可求出，则可得为等腰三角形，再由三角形的面积可求出，在中利用余弦定理可求得结果；解法二：同解法一求出，然后利用余弦定理求出，再利用极化恒等式可求得结果；解法三：同解法一求出，同解法二求出，然后利用平行四边形对角线的平方和是邻边平方和的两倍求解. 【小问1详解】 因为 ，所以 ， 由正弦定理得， 由余弦定理得 因为，所以. 【小问2详解】 解法一：因为， 所以，则 即， 又，所以，则 ，所以. 故. 所以， 所以. 在 中，由余弦定理可得 ， 即. 解法二： 因为 ， 所以，则 即， 又，所以，则 ，所以 . 故. 所以， 所以. 由余弦定理得：，所以 ， 又 由极化恒等式得： 所以 ，所以 解法三： 因为 ， 所以，则 即 又，所以，则 ，所以 . 故 . 所以 ， 所以 . 由余弦定理得： ，所以 由平行四边形对角线的平方和是邻边平方和的两倍得 所以 所以 17. 在如图所示的四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，ADBC，∠BAD=90°，PA=AB=BC=1，AD=2，E为PD的中点. （1）求证：CE//平面PAB； （2）求证：平面PAC⊥平面PDC； （3）求直线EC与平面PAC所成角的正切值. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）. 【解析】 【分析】（1）根据中位线定理求证出四边形MEBC为平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可证明； （2）先证明以DC⊥平面PAC，再利用面面垂直的判定定理求解即可； （3）取PC的中点F，证明∠ECF为直线EC与平面PAC所成的角，再解三角形即可． 【详解】（1）取PA的中点M，连接BM，ME，则MEAD且ME=AD， 又因为BCAD且BC=AD， 所以MEBC且ME=BC， 所以四边形MECB为平行四边形，所以BMCE， 又CE⊄平面PAB，BM⊂平面PAB，所以CE平面PAB. （2）证明：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD， 所以PA⊥DC，又因为AC2+CD2=2+2=AD2， 所以DC⊥AC，因为AC∩PA=A，AC，PA⊂平面PAC，所以DC⊥平面PAC. 又因为DC⊂平面PDC，所以平面PAC⊥平面PDC. （3）解：取PC的中点F，连接EF，则EFDC， 由（2）知DC⊥平面PAC，则EF⊥平面PAC， 所以∠ECF为直线EC与平面PAC所成的角. 因为，EF=CD=， 所以tan∠ECF==即直线EC与平面PAC所成角的正切值为. 18. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系中的坐标.设向量在斜坐标系中的坐标分别为. （1）求； （2）求向量在向量上的投影向量在斜坐标系中的坐标. 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）由题可知：，再利用数量积的运算律求解即可； （2）利用向量在向量上的投影向量为求解即可. 【小问1详解】 由题可知：， 则 【小问2详解】 记与的夹角为， 则向量在向量上的投影向量为， 所以向量在向量上的投影向量在斜坐标系中的坐标为. 19. 如图，在三棱柱中，，点在底面ABC的射影为BC的中点O，M为的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）设点P为底面ABC内（包括边界）的动点，且∥平面，若点P的轨迹长度为，求三棱柱的侧面积. 【答案】（1）证明见详解 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，可证平面，根据平行关系可得∥，进而可得结果； （2）根据长度关系可得，分析可知二面角的平面角为，进而可得结果； （3）根据面面平行分析可知：点P的轨迹为线段，结合题中的长度关系运算求解. 【小问1详解】 连接， 因为，M为的中点，则， 又因为平面，且平面，则， 由，平面，可得平面， 在平行四边形中，分别为的中点，则∥，， 且∥，，可得∥，， 可知为平行四边形，则∥， 所以平面. 【小问2详解】 不妨设，则， 且平面，可知， 因为平面，平面，可得， 则，即，则， 可知为矩形，则， 由（1）可知：，则二面角的平面角为， 在中，可得， 所以二面角的正弦值为. 【小问3详解】 连接， 由（1）可知：∥，且平面，平面， 可得∥平面， 在平行四边形中，分别为的中点，则∥，， 可知为平行四边形，则∥， 且平面，平面，可得∥平面， 且，平面，所以平面∥平面， 且平面平面，可知点P的轨迹为线段， 即，由题可知：，且为矩形， 则， 在中，因为，则边上高， 可得， 所以三棱柱的侧面积. 【点睛】方法点睛：探索性问题求解的途径和方法 1.对命题条件探索的三种途径： ①先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明； ②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性； ③将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件． 2.对命题结论的探索方法： 从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，现寻找与条件相容或者矛盾的结论． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 闽侯一中2024-2025学年第二学期第二次月考 高中一年数学科试卷 命题教师：张兴发、余凌彦 审核教师：周孝文、黄沁芃、翁燕香 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.） 1. 已知复数z满足，则复数z的虚部为（ ） A. B. C. D. 2 2. 已知向量与的夹角为，，，则（ ） A. 1 B. C. D. 3. 交通管理部门为了解机动车驾驶员（简称驾驶员）对某新法规知晓情况，对甲、乙、丙三个社区做分层抽样调查.假设三个社区驾驶员的总人数为，其中甲社区有驾驶员96人.若在甲、乙、丙三个社区抽取驾驶员的人数分别为16，20，26，则这三个社区驾驶员的总人数为（ ） A. 744 B. 620 C. 372 D. 162 4 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，满足，，则在上的投影向量为（ ） A B. C. D. 6. 已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则 （ ） A. α∥β且∥α B. α⊥β且⊥β C. α与β相交，且交线垂直于 D. α与β相交，且交线平行于 7. 设函数，若，则的取值范围是（ ） A B. C. D. 8. 在平行四边形中，，，，是以为圆心，为半径的圆上一动点，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共计18分，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，选对但不全得部分分，有选错的得0分.） 9. 已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ） A. 复数的虚部为 B. C. 复数是方程的解 D. 10. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则（ ） A. B. 外接圆的面积为 C. 面积的最大值为 D. 周长的最大值为 11. 已知圆锥SO的底面半径为10cm，其母线SA长40cm，底面圆周上有一动点B，下列说法正确的有（ ） A. 截面SAB的最大面积为 B. 若，则直线SB与平面SOA夹角的正弦值为 C. 当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 D. 若，且，一只小蚂蚁从A点出发绕侧面一周到达C点，先上坡后下坡，当它爬行的路程最短时，下坡路段长为18cm 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共计15分.） 12. 已知，，若，则______. 13. 某水平放置的平面图形ABCD的斜二测直观图是梯形（如图所示），已知，，，将该平面图形绕其直角腰AB边旋转一周得到一个圆台，则该圆台的侧面积为______． 14. 已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，若球的表面积为，则三棱锥的侧面积的最大值为__________． 四、解答题（本大题共6小题，共77分，解答应写出文字说明、证明或演算步骤.） 15. 如图，在正方形中，，分别为，的中点，分别沿，，将，，折起，使，，重合于点. （1）求证： （2）若正方形的边长为2，求三棱锥的体积 16. 在中，角的对边分别为，且向量. （1）求角 ； （2）若 的面积为，点为边的中点，求的长. 17. 在如图所示的四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，ADBC，∠BAD=90°，PA=AB=BC=1，AD=2，E为PD的中点. （1）求证：CE//平面PAB； （2）求证：平面PAC⊥平面PDC； （3）求直线EC与平面PAC所成角的正切值. 18. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系中的坐标.设向量在斜坐标系中的坐标分别为. （1）求； （2）求向量在向量上的投影向量在斜坐标系中的坐标. 19. 如图，在三棱柱中，，点在底面ABC的射影为BC的中点O，M为的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角正弦值； （3）设点P为底面ABC内（包括边界）的动点，且∥平面，若点P的轨迹长度为，求三棱柱的侧面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $