北京市陈经纶中学2025-2026学年高一下学期4月月考数学试题（贯通）

2026北京陈经纶中学高一4月月考 数 学（贯通） 学校： 姓名： 班级： 考号： 一、单选题 1.已知向量a,6满足-l,-2,a与6的夹角为行则(a-列小(2a+6)等于() A.-5 B.-3 C.1 D.3 2.如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形ABCD的直观图为梯形ABCD其中 AB/1C'D',A'B'⊥B'C,A'B'=4,DC'=2以原四边形ABCD的边AD为轴旋转一周得到的几何体体积为 () B A.14V2π+8π B.56V2 兀 3 C.80 D.112V2 3 3 3.已知必B是两个平面，a,b是两条直线，则下列命题正确的是() A.若a⊥&，a⊥b,则b/a B.若a⊥a,a∥b,bcB,则a⊥B C.若a∩B=a,bca,b⊥a,则b⊥B D.若a∥a,a⊥B,则&⊥B 4.如图，三棱台ABC-AB,C,中，AB:AB=1:2,则三棱锥A-ABC,B-ABC,C-AB,C的体积之 比为() A B B A.1:1:1 B.1:1:2 C.1:2:4 D.1:4:4 5.如图，二面角&-l-B的大小为，点A,B分别在半平面a,B内，AC11于点C,BD11于点D若 第1页/共17页 AC=5,BD=6,CD=√33，则AB=() B A.V94 B.7 C.8 D.9 6.已知某圆台的上、下底面的半径分别为4和2，且该圆台有内切球（球与圆台的侧面及两个底面均相 切)，在圆台上底面圆O的圆周上取一点A,在圆台下底面圆O2的圆周上取一点B,且OA⊥OB,则直线 AB与平面O,O2A所成角的正弦值为() 01 0B A. 1 B.② c.5 D.3 4 6 13 7.如图，一块边长为10cm的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下去，然后用余下的四个 全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与正四棱锥各面均有且只有 一个公共点)的体积为() 0 6 9 A4π B. C.9π D. 8.在△ABC中，D为边BC上一点，B为边AB的中点，且AD与CB相交于点O,若AD=AB+AC, 3 () AD A.是 B c.3 D. 3 4 9.如图，某建筑物的高度c=300m,一架无人机2上的仪器观测到建筑物顶部C的仰角为15°，地面某 第2页/共17页 处A的俯角为45°，且∠BAC=60°，则此无人机距离地面的高度PQ为() 15 ☐45 60° A.100m B.200m C.300m D.200W2m l0.已知一对不共线的向量a,b的夹角为6，定义āxb为一个向量，其模为a×b=园sin6,其同时与 向量ā，b垂直（如图1）.在平行六面体OACB-OAC'B'中（如图2)，下列结论正确的是() B a*6 o? B 0 A 图1 图2 A.向量OA×OB平行于平面OACB B.当∠400∈09时，lp1x001=010cow∠400 C.若01=2，oB=3,oAoB-3,则0A×0B=25 D.平行六面体OACB-OACB的体积V=DO(OAxOB) 二、填空题 11.复数z=-1+(a+1)i(a∈R)是纯虚数，则a= ,z= 12.在正四棱柱ABCD-ABC,D中，AA=4AB,则异面直线AB与AD所成角的余弦值为 D B l3.已知直线mn和平面x,B,给出四个论断：①m⊥n;②∥B;③nllB;④m⊥a,以其中三个论 第3页/共17页 断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的命题： 14.太极图被称为“中华第一图”，其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而又被称为“阴阳鱼太极图”.如图所 示的图形是由半径为2的大圆O和两个对称的半圆弧组成的，线段MN过点O且两端点M,N分别在两个 半圆弧上，P是大圆上一动点，则PM.PW的最小值为 15.记△ABC的面积为Ss,△ABC的外接圆半径为？，且S=sim2A+sim2B-simC,则tamC= 16.如图，正方体的ABCD-AB,CD,棱长为1，E,F,G,H分别是所在棱上的动点，且满足 DH+BG=AE+CF=1,则以下四个结论正确的有 D H E D G ①E,G,F,H四点一定共面 ②若四边形EGFH为矩形，则DH=CF ③若四边形EGFH为菱形，则E,F一定为所在棱的中点 ④若四边形EGFH为菱形，则四边形EGFH周长的取值范围为4,2W5 三、解答题 17.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,∠A为钝角，a=6,sin2B= 6 (1)求∠A: (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求△ABC的面积. 条件O:b=6;条件@：cosB=14:条件③：csin=V5. 4 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个 第4页/共17页 解答计分. 18.如图，正四棱台ABCD-AB,CD,的高为3，且AB=2AB,=4 (1)求证：平面BDC,⊥平面ACC,A: (2)求CC,与平面ABCD所成角的余弦值. 19.如图，点P为正方形ABCD所在平面外一点，M为PA中点，DE=DP(0<2<1) D (1)求证：PC/平面BDM; (②若平面ABCD1L平面ABP,AB=BP=2,AB⊥BP若点E到平面BDM的距离为45，求元的值 第5页/共17页 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 答案 B D D C 0 B B D 1.B 【详解】a=1,6=4,a.b=1x2cos=1, 3 所以(a-b)(2a+b)）=2a2-a.b-b=2-1-4=-3. 2.D 【分析】根据斜二测画法规则还原出原图形，进而确定旋转体的形状，再利用几何体体积公式计算即可. 【详解】由题意，AB11CD,AB⊥B'C',AB=4,DC'=2, 所以 A'D'= 2=22 2 D 2 C 4W2 4 B 如图，原四边形ABCD中，AB/1CD,AB1AD,AB=4,DC=2,AD=2AD'=4V2, 则以直角梯形ABCD的边AD为轴旋转一周得到的几何体为圆台， 故其体积为r-x4W2(2:+2x4+4的=12W2, 3 3 3.D 【详解】若a⊥a,a⊥b,则b1/a或bc&,A错误； 若alIb,bcB,所以a1IB或acB,B错误： 若a⌒B=a,bCa,b⊥a,直线b只垂直于平面B内的一条直线，无法得到b⊥B,C错误： a/1a,则平面&内存在直线l与直线a平行，a⊥B则l⊥B,可得a⊥B,D正确 4.C 【分析】利用三棱锥和三棱台的体积公式，分别求出相应多面体的体积，再计算体积之比. 【详解】设棱台的高为h,S4c=S,则S49=4S, 第6页/共17页 B VA-ABC= 1 31 Sh, 3 1 4S 又74A8+4s4s到-号m 7 Va-anc VaRc-ABC-VA-ABG -Ve-an=Sh Shh=sh 333 .V-48c:"g-4C:。-4G=1:2:4,故C正确。 故选：C. 5.C 【分析】方法一：在B内过点C作B'⊥1，且B'C=BD,构造矩形BBDC,根据勾股定理结合己知求解 即可得出答案；方法二：由已知可知AB=AC+CD+DB,然后根据数量积的运算律结合已知条件，求解 即可得出答案 【详解】解法一：在B内过点C作B'C⊥I,且B'C=BD,连接BB,BA,所以∠ACB为二面角a-I-B的 平面角 a B 易知CD⊥平面AB'C,而四边形BBDC为矩形， 所以BB'//CD,故BB⊥平面AB'C, 因而BB⊥AB', AB'= 4C+BC-24C.BC cos-31,4B-B4+CD=31+33==8. 3 解法二：由AC⊥1，BD⊥1， c0CA.DB)cosCACD-0.D0 因为AB=AC+CD+DB, 所以AB=AC+CD+DB”+2AC.DB 2L=64, 所以AB=52+33+62+2×5×6×c0s 3 AB=8. 第7页/共17页 故选：C 6.D 【分析】利用内切圆台的性质求出圆台高，建立空间直角坐标系后，结合线面角的定义，用点到平面距离 除以线段长得到所求正弦值， 【详解】已知圆台上下底面半径分别为r=4,R=2,且圆台存在内切球， 根据圆台内切球性质，母线长1=r+R=4+2=6. 由勾股定理，圆台的高h=O,O2满足：+(t-R)2=P代入得h2=62-22=32,即h=4√2 以O为原点，以OA所在直线为x轴，以过O与O2B平行的直线为y轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则O(0,0,0),0,(0,0,-4V2),A(-4,0,0),B(0,2,-4W2), 平面O,O,A即为y=0(xOz平面)，点B到平面O,O,A的距离d=y=2: 1AB=√(-4-0)2+(0-2)2+(0+4V2)2=16+4+32=213, 设直线AB与平面O,0,A所成角为0，由线面角定义可知im日= d213 |AB21313 02B 7.B 【分析】根据题意可得正四棱锥的斜高为5，底面正方形的边长为6，从而可得正四棱锥的高，设这个正 四棱锥的内切球的半径为，高线与斜高的夹角为8，则易得sm日=，4=7+。=8，从而可得，再 sin 3 代入球的体积公式，即可求解。 【详解】作出四棱锥P-ABCD如图： 根据题意可得正四棱锥的斜高为PM=5,底面正方形ABCD的边长为6， .正四棱锥的高为OP=√52-32=4， 设这个正四棱锥的内切球的球心为2，半径为”，与侧面相切于N, 则高线与斜高的夹角为日，则sim9=O4-3 PM5' 第8页/共17页 则OP=OQ+ ON sin' “4=r+ 8 3 sin 3 ,= 这个正四枝锥的内切球的体积为4&这？京 3 故选：B. 8.B 【分析】根据向量共线及向量的线性表示求解即可. 【详解】 B D 设BD=tBC(t∈(0,1)，则AD=AB+BD=AB+tBC=AB+t(AC-AB)=(1-t)AB+tAC, 又0-4B+号4C,所以1=片 设AO=AD,CO=nCE, GCO-AGCEACG))G 又AO=AD=m 3 3 3 2m n 3 n=- 所以 32 5 A0 3 解得 4所以 =l= AD 5 =1-n N= 3 9.B 【详解】由恩意，在Rt△ABC中，∠a4C=6,BC=3O0,所以4C BC 300 =200W5 sin60°√5 2 在△ACQ中，∠A0C=45°+15°=60°，∠QAC=180°-45°-60°=75°， 第9页/共17页 所以∠AC9=180°-75°-60°=45°， A0 AC 200W5x 由正弦定理， →A0=1C·sim450 2=200√2 sin45°simn60° sin60° 3 又△M1P0为等腰直角三角形，所以P0=40.sim45=205×Y5 200. 2 故选项B正确， 10.D 【分析】由āxb和数量积的几何意义逐项分析判断正误， 【详解】对于A,由题意，向量OAXOB垂直于平面OACB,所以A错； 对于B.当∠400c0}时，a1xo01-o40olsm乙40o, 而OA:00cos∠A00=O4 0cs∠A00'×cos∠A00=OA4O0cos2∠A00' ≠0Aoosin∠AO0,所以B错： 对于C,因为OA.OB=3,即OA.OB=|OA OB cos∠AOB=2×3cos∠AOB=3, 所以cosA0B=号sm∠40B-9 所以OixOB-1 AO inAOB=2x3x5-3V5,所以C错 2 对于D,OA×OB的模，即为平行六面体底面OACB的面积，且OA×OB垂直于底面， 由数量积的几何意义知， O0:(OA×OB)是oO在垂直于底面o4CB的方向上的投影向量的模 (即为平行六面体的高)乘以底面的面积，即为平行六面体的体积，所以D正确 故选：D 11. 1 2 【分析】先利用纯虚数的定义求解实数α的值，再通过复数模的计算公式求出对应复数的模. 【详解】复数z=(ad-1)+(a+1)i是纯虚数 a2-1=0 解得a=1. a+1≠0 于是-=2i,即z2i=2. 故答案为：1；2 16 12.17 【分析】根据正四棱柱的几何性质，结合异面直线所成角的定义、余弦定理进行求解即可. 第10页/共17页 【详解】连接AC,BC, 正四棱柱ABCD-AB,C,D中， 有AB/IC,D且AB=C,D,四边形ABCD为平行四边形， 则有BC/IAD, 则∠ABC,就是异面直线AB与AD,所成的角 设AB=a,则BC=AB=V17a,AC1=√2a, △45C,中，由余弦定理得os∠A8C=BC484C-17G+17a-2016 2BC·AB 2x17a217 故答案为： 16 17 D B 13.②③④→① 【分析】根据线面平行垂直的性质与判定，逐个分析①②③④作为结论时是否正确即可 【详解】若①为结论则：当ax∥B,nllB,⊥a时，因为a∥B,nlB,则n∥a或nco,又m⊥a, 故m⊥n成立； 若②为结论则：当m⊥n,nlB,⊥a时，因为⊥n且m⊥a,故n∥a或nco,结合nB不能推 出a∥B,故不成立： 若③为结论则：当m⊥n,a∥B,m⊥a时，因为mLn且m⊥a,故n∥a或nC,又a∥B,故nllB 或ncB,故不成立： 若④为结论则：当m⊥n,a∥B,nllB时，不能推出m⊥a,故不成立； 故②③④能推出① 故答案为：②③④→① 14.0 【分析】先根据向量运算表示出PM.PV,结合OM的最值可得答案 第11页/共17页 【详解】连接P0,可得PM.PN=(Po+OM)(Po-OM)=-Po-OM=4-OM, 显然当OM最大，即OM取得最大值2时，PM.PV取得最小值0. 故答案为：0. ◇ 15.4 【分析】根据正弦定理、余弦定理及三角形面积公式求解即可. 详解)】由正弦定理知a=6三C。=2R=2x,三1，所以sinA=a,sinB=b,s亚 sinA sin B sinC S=sin2A+sin'B-sin'C=a2+b2-c2, 由余弦定理知a2+b2-c2=2 abcosC,则S=2abc0sC 又s=号absinC,所以2 abcosC=absinC. 1 2 又a≠0，b≠0，所以sinC=4cosC, 所以tanC=sinC_4cosC =4 cosC cosC 16.①④ 【分析】对①：连接正方体体对角线以及EF,HG,通过证明EF,HG互相平分，即可判断四边形FGFH 为平行四边形，从而证明四点共面；对②：通过证明当DH=AE时，也有四边形EGFH为矩形，即可判 断；对③：通过证明H,G分别为所在棱中点时，也有四边形EGFH为菱形，即可判断；对④：根据正方 体侧面展开图，结合四边形EGFH的形状，求得周长的最值，即可判断 【详解】因为正方体的ABCD-AB,C,D棱长为1，且DH+BG=AE+CF=1, 可得DH=BG,AE=CF, 对于①：连接BD,HG,交于点O,如下图所示： 第12页/共17页 H E 方 根据题意，可得DH=BG,又DHBG/,△BGO≌△DHO, 故点O为直线HG,DB的中点， 同理可得△AEO2△C,FO,故点O也为直线EF,AC的中点， 则四边形EGFH的对角线互相平分，故四边形EGFH为平行四边形， 则H,G,E,F四点共面，故①正确： 对于②：因为AE∥DH,故当DH=AE时，四边形EADH为平行四边形，则EH∥AD, 又AD⊥平面AABB,EGC平面AABB,故AD⊥EG,则EH⊥EG, 又四边形EGFH为平行四边形，故四边形EGFH为矩形： 同理，当DH=CF时，也有四边形EGFH为矩形， 综上所述，当DH=AE或DH=CF时，四边形EGFH为矩形，故②错误； 对于③：若H,G为所在棱的中点时，易知HG∥BD, 又BD⊥AC,BD⊥AA,AC⌒AA=A,AC,AAC平面AACC, 故BD⊥平面AACC,又EFC平面AACC,故BD⊥EF; 则HG⊥EF,又四边形EGFH为平行四边形，故四边形EGFH为菱形， 即当H,G为所在棱中点时，四边形EGFH为菱形： 同理，当E,F分别为所在棱的中点时，四边形EGFH也为菱形，故③错误； 对于④：根据选项C中所证，不妨取E,F分别为所在棱的中点，此时四边形EGFH为菱形满足题意， 取BB,DD,的中点分别为M,N,画出正方体的部分侧面展开图如下所示 B A D H E M G B A 由图可知，当G,H分别与M,N重合时，四边形EGFH的周长最小，最小值为4； 第13页/共17页 当G,H分别与B,D重合时，四边形EGFH的周长最大，最大值为2BD=2W5: 故四边形EGFH周长的取值范围为[4,2√]，故④正确： 故答案为：①④ 【点睛】思路点睛：①的解题思路是连接正方体体对角线以及EF,HG,通过证明EF,HG互相平分，即可 判断四边形FGFH为平行四边形，从而证明四点共面. 1.0 a5- 4 【分析】(1)利用正弦二倍角公式以及正弦定理求解，注意A的取值范围，结果需要取舍； (2)选择①，利用正弦定理结合(1)分析得出结论：选择②③，利用同角三角函数关系式、两角和的 正弦公式以及三角形面积公式求解。 T详解】(I)在ABc中，因为∠A为钝角，所以0<B<0<CK号 由sim28=5 bcos,则2 sin cos=Y5 -bcosB, 6 6 因为cos8>0,所以2snB=5b,即snB =6V2 6 6 由正弦定理 4Ba=6,所以6反解得m4-巨 sinA 2 由经A<,所以A=证 4 (2连择①：因为ab=6,所以4=B=子，这与0月行不百，不满足题： 选择②：因为0<B< 2,cosB=14 4 所以simB=V√1-cos2B=,1- 代入2mB=56中得出2x5-56=-3, 6 46 由A+B+C=π，所以C=π-(A+B), 所以sinC=sim[π-(A+B]=sm(4+B)=sin3+B 4 m=9.2_ 2424 4 第14页/共17页 所以S.absinC=x6x3x5-1_9V厅-， 2 4 4 选择③：将A=3亚代入csin A=3V万中得：csim3 3-35→c=3, 4 42 由正弦定理，a 6=3→mc-5 sinAsinc,a=6,所以反simc 4 2 由0<C<5,所以cosC=-smC 14 04 由A+B+C=π，所以B=兀-(A+C), 所以m8=mx-a+cna+c)=am祭c sin 4cosC+cos3 3 汗mc点年.51 24244 所以灯m8-子6x3x51.行到 2 4 4 18.(1)证明见解析 (2)22 11 【分析】(1)设AC交BD于O,连接AC,BD并交于O1,连接OO,则根据线面垂直的性质定理得 OO⊥BD,由线面垂直的判定定理可得BDL平面ACCA,进而利用面面垂直的判定定理证明即可； (2)取OC中点H,连接C,H,先证四边形O,C,HO为平行四边形，结合OO1/C,H,利用线面垂直的性 质得C,H⊥平面ABCD,根据线面角的定义得∠CCH即为所求，最后在Rt△CHC中求解即可. 【详解】(1)设AC交BD于O,连接AC,BD并交于O,连接OO, 由正四棱台的性质可知OO⊥平面ABCD,BDC平面ABCD, 所以OO⊥BD,又AC LBD,OO,∩AC=O,OO,ACC平面ACC,A, 所以BDL平面ACCA,又BDC平面BDC,所以平面BDC⊥平面ACCA: (2)取OC中点H,连接CH,则O,C11OH,O,C,=OH=√2， 所以四边形O,CHO为平行四边形，所以OO/C,H,而OO⊥平面ABCD, 故C,H⊥平面ABCD,所以∠CCH为CC,与平面ABCD所成角， 第15页/共17页 Ci=00-3,cH=0c-aG4C4G-e+年-2+2四-5. CC=VCH2+CH2-32+(2)=匠， 所以cos∠CCH= CH√2√22 Cc1 11 ,即C,与平面ABCD所成角的余弦值为V三 11 D A B A 19.(1)证明见解析 93: 【分析】(1)利用线面平行判定定理证明即可； (2)建立空间直角坐标系，根据点到面的向量法建立方程求解即可. 【详解】(1)连接AC,交BD于点O,连接OM,如图所示： M 因为四边形ABCD为正方形，所以O为AC的中点， 又M为PA中点，所以OM为△ACP的中位线，所以OMIIPC, 又OMC平面BDM,PCL平面BDM,所以PC/I平面BDM. (2)因为平面ABCD⊥平面ABP,AB⊥BP,平面ABCD∩平面ABP=AB, BPC平面ABP,所以BP⊥平面ABCD, 所以以B点为坐标原点，分别以BA,BP,BC为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系： ZA M 第16页/共17页 由AB=BP=2,则B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,0,2),D(2,0,2),P(0,2,0),M(1,1,0), 设E(X,y,2),所以DE=(x-2,y,z-2),DP=(-2,2,-2), 由DE=1DP(0<1<1),所以(x-2,y,z-2)=(-2,2,-2), x-2=-21 x=-21+2 即y=2 {y=21,所以E(-21+2,2元，-21+2)， 2-2=-21 z=-21+2 由BD=(2,0,2),BM=(1,1,0), 设平面BDM的一个法向量为：i=(a,b,c), BDn=0「2a+2c=0 由 Bwi=0a+b=0，令a=1,则b=-1c=-1,所以i=1-1,-1), 又BE=(-21+2,2,-21+2), 所以点E到平面BDM的距离为： 4-B5列.k-3+2x1+2x(-+(2a+2x-_2_22 V12+(-102+(-1) 又d=5.2245 g9解得：1 3 第17页/共17页