精品解析：山西省朔州市怀仁市大地、云洲职中2024-2025学年高一下学期第四次月考数学试题

怀仁市大地学校2024-2025学年度下学期第四次月考 高一数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效. 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将答题卡交回. 第Ⅰ卷 一､单项选择题（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. 已知是虚数单位，若和互为共轭复数，则复数的模为（ ） A. 2 B. C. 10 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由共轭复数的定义求出的值，再利用复数的模长公式求解即可. 【详解】由和互为共轭复数， 所以可得，，， 所以，， 因此，. 故选：B . 2. 已知，，与的夹角为45°，要使与垂直，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由平面向量的数量积运算，代入计算，即可得到结果. 【详解】若与垂直，则，即，所以. 故选：A 3. 如图，在下列四个正方体中，，为正方体的两个顶点，，，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接与平面不平行的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对于A，利用与直线平行的直线和平面相交，可得直线AB与平面MNQ不平行；对于B，利用面面平行可得直线AB与平面MNQ平行；对于C，利用和平行的直线平行平面，可得平面；对于D，利用和平行的直线平行平面，可得平面. 【详解】对于A，如图取底面中心，连接， 由于为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得， 因为与平面相交，所以与平面相交，即直线与平面不平行； 对于B，由于，平面，平面， 所以平面，故B正确； 对于C，如图，连接，则， 因为，分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得， 所以， 因为平面，平面，所以平面； 对于D，如图，连接，则， 因为，分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得， 所以， 因为平面，平面，所以平面. 【点睛】方法点睛：证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面． 4. 已知m，n，，表示直线，，表示平面．若，，，，，则的一个充分条件是（ ） A. 且 B. 且 C. 且 D. 且 【答案】D 【解析】 【分析】根据面面平行的判定定理和性质可判断. 【详解】对A，若且，则可能相交，故A错误； 对B，若且，要得出，必须满足相交，故B错误； 对C，若且，要得出，必须满足相交，故C错误； 对D，由定理“如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面平行，那么这两个平面平行”，由选项D可以推知，故D正确． 故选：D． 5. 有一个圆锥与一个圆柱的底面半径相等，此圆锥的母线与底面所成角为，若此圆柱的外接球的表面积是圆锥的侧面积的4倍，则此圆柱的高是其底面半径的（ ） A. 倍 B. 2倍 C. 倍 D. 3倍 【答案】B 【解析】 【分析】先得到圆柱的外接球的半径满足，圆锥的侧面积为，从而由题意得到，由此得到，据此解答即可. 【详解】设圆柱的高为，底面半径为，圆柱的外接球的半径为，则， 因为圆锥的母线与底面所成角为，底面半径为，所以圆锥的高为，母线长. 所以圆锥的侧面积为， 所以，则， 所以，故，即此圆柱的高是其底面半径的2倍. 故选：B. 6. 在四面体中，已知，分别是，的中点，若，，，则与所成角的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取中点，再根据平行得出异面直线所成角的正弦值即可求角. 【详解】取的中点，连结，． 因为，分别为，的中点，所以，， 所以为与所成的角或其补角． 因为，所以在中，， 所以，所以． 故选:D． 7. 如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为1的正方形，，则侧面与底面所成的二面角的大小是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意可推出，，可知为侧面与底面所成的二面角的平面角，由可得答案. 【详解】解：∵底面，平面，∴， 又底面是正方形，∴， 而，∴平面，得， 可知为侧面与底面所成的二面角的平面角. 在中，由，可得. 即侧面与底面所成的二面角的大小是. 故选：B. 【点睛】本题主要考查二面角的概念与求法，考查学生的直观想象能力与论证推理的能力，求出为侧面与底面所成的二面角的平面角是解题的关键，属于基础题. 8. 已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，，，，，平面，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出外接圆半径，球心到平面的距离，再利用球的截面圆性质计算即可. 【详解】在三棱锥中，球心在棱的中垂面上，由平面，得平面， 则球心到平面的距离为，在中，由余弦定理得： ， 因此外接圆半径，球的半径， 所以球O的表面积. 故选：C 二､多项选择题（在每小题给出的选项中，有多顶符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分） 9. 已知是复数，为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】当复数的虚部不为0时，复数不能比较大小，由此判断A，C选项；对于B，D选项，借助复数与共轭复数乘法运算和模长的运算计算出结果即可做出判断. 【详解】复数的虚部不为0，所以不能比较大小，所以A选项错误； 设，，则， ，则， 所以，B选项正确； 若，，当均不为0时，均为虚部不为0的复数，所以不能比较大小，C选项错误； 设，，则， 则， ，，， 所以，D选项正确. 故选：BD. 10. 在棱长为1的正方体中，是线段的中点，以下关于直线的结论正确的有（ ） A. 与平面平行 B. 与直线垂直 C. 与直线所成角为 D. 与平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过证明平面平面，即可判断A，通过证明平面，即可判断B，由，所以与所成角就是直线与直线所成角，利用余弦定理求出，即可判断C，利用等体积法求出点到平面的距离，即可判断D. 【详解】因为且，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 又，平面， 所以平面平面，而平面，故平面，选项A正确； 因为平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面，而平面，故，选项B正确； 由于，所以与所成角就是直线与直线所成角， 因为，，， 所以， 所以，即与直线所成角为，选项C不正确； 由选项A可知，与平面的距离就是点到平面的距离． 设点到平面的距离为，由，得， 即，解得，即与平面的距离为，选项D正确. 故选：ABD． 11. 如图，点是棱长为3的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ） A. 若点满足，则动点的轨迹长度为 B. 当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为 【答案】BD 【解析】 【分析】利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，求其周长判断A；连接，以为圆心，为半径画弧，易知当在，上时直线与所成的角为，求其轨迹长判断B；取特殊位置排除C；取的中点分别为，根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为线段，进而求长度的最大值判断D. 【详解】选项A：因为在正方体中，平面，又平面， 所以动点的轨迹为矩形，动点的轨迹长度为矩形的周长，即为，A说法错误； 选项B：连接，以为圆心，为半径画弧，如图所示， 当点在弧上时，因为直角三角形中，所以与所成的角为， 则当点在线段和弧上时，直线与所成的角为， 又，，， 所以点的轨迹长度为，B说法正确； 选项C：当点在平面时，， 易知此时面积最大值为，所以此时三棱锥体积的最大值为，C说法错误； 选项D：取的中点分别为， 连接，如图所示， 因为，平面，平面，所以平面， ，平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又因为，，， 所以平面和平面是同一个平面，则点的轨迹为线段， 在中，，， 则， 所以是以为直角的直角三角形， 所以，即线段长度最大值为，D说法正确； 故选：BD 【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题经常利用不动点的位置和动点位置关系，利用线面、面面平行或垂直的判定定理和性质定理，找出动点的轨迹进而计算出其轨迹长度. 第II卷（非选择题） 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，矩形是由斜二测画法得到的水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，，则原图形是______，其面积为______． 【答案】 ①. 菱形 ②. 【解析】 【分析】作出原图形，可知原图形为菱形，计算出的面积即可得解. 【详解】如图，在原图形中， 应有，又， 所以， 所以，故四边形是菱形． . 故答案为：菱形，. 13. 在空间四边形中，，且，若分别为的中点，则______. 【答案】 【解析】 【分析】取，，的中点，，，由中位线的性质可得，，再由勾股定理即可求得. 【详解】分别取，，的中点，，，连接，，， 则，，. 又，即. . 故答案为：. 14. 已知中，为边上一个动点，若，则的最小值为______． 【答案】12 【解析】 【分析】利用平面向量共线定理的推论得，再利用基本不等式“1”的妙用求解即得. 【详解】由点在边上，得三点共线，又，因此， ，当且仅当时取等号， 所以当时，取得最小值12. 故答案为：12 四､解答题（本大题共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. 已知复数 （1）当m为何值时 , Z为纯虚数 ? （2） 当m为何值时 , Z对应的点在上? 【答案】(1) (2) . 【解析】 【分析】化简复数为，(1)由为纯虚数，列出方程组，即可求解；(2)根据Z对应的点在上，列出方程，即可求解． 【详解】由题意，复数，则， (1)若为纯虚数，则有，解得：； (2)根据Z对应的点在上，则有，解得：． 【点睛】本题主要考查了复数的概念，以及复数的表示的应用，其中解答中熟记复数的表示方法，列出相应的方程（组）是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题． 16. 在中，角所对的边分别为，且满足 . （1）求角的大小； （2）若的面积为，求的周长. 【答案】(1) .(2). 【解析】 【详解】试题分析： (1)由题意结合正弦定理边化角，整理可得：，则. (2)由题意结合面积公式可得，，则的周长为. 试题解析： （1）因为，所以， 由正弦定理可得, 即， 又角为的内角，所以，所以， 又，所以. （2）由，得， 又， 所以，所以的周长为. 17. 如图，在三棱柱中，侧棱底面，，为的中点，，． （1）求证：平面． （2）求三棱柱的表面积； 【答案】（1） 连接交于点，连接， 因为四边形为矩形，所以为的中点． 因为为的中点，所以． 因为平面，平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可； （2）分别求三棱柱每个面的面积相加即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为侧棱底面，所以三棱柱为直三棱柱， 所以侧面，，均为矩形． 因为，所以底面，均为直角三角形． 因为，，所以． 所以三棱柱的表面积为 ． 18. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足cos C+cos Acos B=2sin Acos B. （1）求cos B的值; （2）若a+c=2，求b的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）利用三角函数恒等变换化简已知等式可得，结合，可求，利用同角三角函数基本关系式可求的值．（2）由（1）可求，又由，利用余弦定理可得，结合范围，利用二次函数的性质可求的范围． 【详解】（1）因为cos C+cos Acos B=sin Acos B， 所以-cos(A+B)+cos Acos B=sin Acos B， 即sin Asin B=sin Acos B， 因为sin A≠0，所以sin B=cos B>0， 又因为sin 2B+cos 2B=1，解得cos B=. （2）由a+c=2，可得c=2-a， 由余弦定理，得 b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac=a2+(2-a)2-a(2-a)=(a-1)2+， 因为0<a<2，所以≤b<2， 所以b的取值范围为. 19. 如图，在菱形中，，AC与BD相交于点O，. （1）求证：平面； （2）求四面体的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先根据边长关系得出及，再应用线面垂直判定定理证明； （2）先证明平面，再结合等体积法及锥体的体积公式计算求解. 【小问1详解】 在菱形中，，则和都是正三角形， 取的中点，连接，如图所示. 因为为的中点，所以在中，. 因为，所以. 又，所以平面， 又平面，所以. 同理可得. 因为，平面，所以平面. 【小问2详解】 解由（1）得平面， 因为，所以平面. 因为平面，所以. 又，平面， 所以平面. 由题意易求得， 又平面， 平面，所以平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离，即的长. 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 怀仁市大地学校2024-2025学年度下学期第四次月考 高一数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效. 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将答题卡交回. 第Ⅰ卷 一､单项选择题（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. 已知是虚数单位，若和互为共轭复数，则复数的模为（ ） A. 2 B. C. 10 D. 2. 已知，，与的夹角为45°，要使与垂直，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在下列四个正方体中，，为正方体的两个顶点，，，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接与平面不平行的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知m，n，，表示直线，，表示平面．若，，，，，则的一个充分条件是（ ） A. 且 B. 且 C. 且 D. 且 5. 有一个圆锥与一个圆柱的底面半径相等，此圆锥的母线与底面所成角为，若此圆柱的外接球的表面积是圆锥的侧面积的4倍，则此圆柱的高是其底面半径的（ ） A. 倍 B. 2倍 C. 倍 D. 3倍 6. 在四面体中，已知，分别是，的中点，若，，，则与所成角的度数为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为1的正方形，，则侧面与底面所成的二面角的大小是（ ） A. B. C. D. 8. 已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，，，，，平面，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题（在每小题给出的选项中，有多顶符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分） 9. 已知是复数，为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 10. 在棱长为1的正方体中，是线段的中点，以下关于直线的结论正确的有（ ） A. 与平面平行 B. 与直线垂直 C. 与直线所成角为 D. 与平面的距离为 11. 如图，点是棱长为3的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ） A. 若点满足，则动点的轨迹长度为 B. 当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为 第II卷（非选择题） 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，矩形是由斜二测画法得到的水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，，则原图形是______，其面积为______． 13. 在空间四边形中，，且，若分别为的中点，则______. 14. 已知中，为边上一个动点，若，则的最小值为______． 四､解答题（本大题共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. 已知复数 （1）当m为何值时 , Z为纯虚数 ? （2） 当m为何值时 , Z对应的点在上? 16. 在中，角所对的边分别为，且满足 . （1）求角的大小； （2）若的面积为，求的周长. 17. 如图，在三棱柱中，侧棱底面，，为的中点，，． （1）求证：平面． （2）求三棱柱的表面积； 18. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足cos C+cos Acos B=2sin Acos B. （1）求cos B的值; （2）若a+c=2，求b的取值范围. 19. 如图，在菱形中，，AC与BD相交于点O，. （1）求证：平面； （2）求四面体的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $