精品解析：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） 一、单选题 1. 已知向量，满足与的夹角为，则等于（ ） A. B. 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的直观图为梯形其中 以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体体积为（ ） A. B. C. D. 3. 已知是两个平面，是两条直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 如图，三棱台中，，则三棱锥，，的体积之比为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，二面角的大小为，点A，B分别在半平面内，于点，于点.若，则（ ） A. 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），在圆台上底面圆的圆周上取一点A，在圆台下底面圆的圆周上取一点B，且，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 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（ ） A. B. C. D. 8. 在中，为边上一点，为边的中点，且与相交于点，若，则（ ） A. B. C. D. 9. 如图，某建筑物的高度，一架无人机上的仪器观测到建筑物顶部的仰角为15°，地面某处的俯角为45°，且，则此无人机距离地面的高度为（ ） A. B. C. D. 10. 已知一对不共线的向量的夹角为，定义为一个向量，其模为，其同时与向量垂直（如图1）．在平行六面体中（如图2），下列结论正确的是（ ） A. 向量平行于平面 B. 当时， C. 若，，，则 D. 平行六面体的体积 二、填空题 11. 复数是纯虚数，则_____________，_____________． 12. 在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为_____. 13. 已知直线m、n和平面，，给出四个论断：①；②；③；④，以其中三个论断作为条件，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的大圆和两个对称的半圆弧组成的，线段过点且两端点分别在两个半圆弧上，是大圆上一动点，则的最小值为______． 15. 记的面积为，的外接圆半径为，且，则___________． 16. 如图，正方体的棱长为，，，，分别是所在棱上的动点，且满足，则以下四个结论正确的有____________ ①，，，四点一定共面 ②若四边形为矩形，则 ③若四边形为菱形，则，一定为所在棱的中点 ④若四边形为菱形，则四边形周长的取值范围为 三、解答题 17. 在中，内角的对边分别为，为钝角，，． （1）求； （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，使得存在，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：． 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，按第一个解答计分． 18. 如图，正四棱台的高为3，且 （1）求证：平面平面； （2）求与平面所成角的余弦值． 19. 如图，点为正方形所在平面外一点，为中点，. （1）求证：平面； （2）若平面平面，，.若点到平面的距离为，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026北京陈经纶中学高一4月月考 数学（贯通） 一、单选题 1. 已知向量，满足与的夹角为，则等于（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】，，， 所以. 2. 如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形其中 以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【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，， 所以 ， 如图，原四边形 中，， 则以直角梯形的边为轴旋转一周得到的几何体为圆台， 故其体积为. 3. 已知是两个平面，是两条直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【详解】若，则或，A错误； 若，，所以或，B错误； 若，直线只垂直于平面内的一条直线，无法得到，C错误； ，则平面内存在直线l与直线平行，则，可得,D正确. 4. 如图，三棱台中，，则三棱锥，，的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【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，，则， ， ， 又， ， ，故C正确． 故选：C． 5. 如图，二面角的大小为，点A，B分别在半平面内，于点，于点.若，则（ ） A. B. 7 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：在内过点作，且，构造矩形，根据勾股定理结合已知求解即可得出答案；方法二：由已知可知，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：在内过点作，且，连接，所以为二面角的平面角. 易知平面，而四边形为矩形， 所以，故平面， 因而， ，. 解法二：由， 得，，. 因为， 所以. 所以， ． 故选：C. 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），在圆台上底面圆的圆周上取一点A，在圆台下底面圆的圆周上取一点B，且，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【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，，且圆台存在内切球， 根据圆台内切球性质，母线长. 由勾股定理，圆台的高满足： 代入得，即. 以为原点，以所在直线为轴，以过与平行的直线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 平面即为（平面），点到平面的距离； ， 设直线与平面所成角为，由线面角定义可知 .​​ 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（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【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，则易得，，从而可得，再代入球的体积公式，即可求解． 【详解】作出四棱锥如图： 根据题意可得正四棱锥的斜高为，底面正方形的边长为6， 正四棱锥的高为， 设这个正四棱锥的内切球的球心为，半径为，与侧面相切于， 则高线与斜高的夹角为，则， 则, ，， 这个正四棱锥的内切球的体积为． 故选：B． 8. 在中，为边上一点，为边的中点，且与相交于点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先结合得，再结合三点共线和三点共线，建立方程求解即可. 【详解】设，则， 又，所以. 设，， 则， 又， 所以，解得，所以 9. 如图，某建筑物的高度，一架无人机上的仪器观测到建筑物顶部的仰角为15°，地面某处的俯角为45°，且，则此无人机距离地面的高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意，在中，，，所以. 在中，，， 所以， 由正弦定理，. 又为等腰直角三角形，所以. 故选项B正确. 10. 已知一对不共线的向量的夹角为，定义为一个向量，其模为，其同时与向量垂直（如图1）．在平行六面体中（如图2），下列结论正确的是（ ） A. 向量平行于平面 B. 当时， C. 若，，，则 D. 平行六面体的体积 【答案】D 【解析】 【分析】由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，向量垂直于平面，所以A错； 对于B，当时，， 而 ，所以B错； 对于C，因为，即， 所以，， 所以，所以C错； 对于D，的模，即为平行六面体底面的面积，且垂直于底面， 由数量积的几何意义知，是在垂直于底面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 二、填空题 11. 复数是纯虚数，则_____________，_____________． 【答案】 ①. 1 ②. 2 【解析】 【分析】先利用纯虚数的定义求解实数的值，再通过复数模的计算公式求出对应复数的模. 【详解】∵复数是纯虚数 ∴，解得. 于是，即. 故答案为：1；2 12. 在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为_____. 【答案】 【解析】 【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. 【详解】连接， 正四棱柱中， 有且，四边形为平行四边形， 则有， 则就是异面直线与所成的角． 设，则， 中，由余弦定理得． 故答案为： 13. 已知直线m、n和平面，，给出四个论断：①；②；③；④，以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的命题：______． 【答案】② ③ ④ ① 【解析】 【分析】根据两个平面平行的性质可知推出，再由可得出，即可得出答案. 【详解】由② ③ ④ ①. ，，，又，. 故答案为：② ③ ④ ① 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的大圆和两个对称的半圆弧组成的，线段过点且两端点分别在两个半圆弧上，是大圆上一动点，则的最小值为______． 【答案】0 【解析】 【分析】先根据向量运算表示出，结合的最值可得答案. 【详解】连接，可得， 显然当最大，即取得最大值2时，取得最小值0． 故答案为：0. 15. 记的面积为，的外接圆半径为，且，则___________． 【答案】4 【解析】 【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，所以，，. 则， 由余弦定理知，则 又，所以. 又，，所以， 所以. 16. 如图，正方体的棱长为，，，，分别是所在棱上的动点，且满足，则以下四个结论正确的有____________ ①，，，四点一定共面 ②若四边形为矩形，则 ③若四边形为菱形，则，一定为所在棱的中点 ④若四边形为菱形，则四边形周长的取值范围为 【答案】①④ 【解析】 【分析】对①：连接正方体体对角线以及，通过证明互相平分，即可判断四边形为平行四边形，从而证明四点共面；对②：通过证明当时，也有四边形为矩形，即可判断；对③：通过证明分别为所在棱中点时，也有四边形为菱形，即可判断；对④：根据正方体侧面展开图，结合四边形的形状，求得周长的最值，即可判断. 【详解】因为正方体的棱长为，且， 可得，， 对于①：连接，交于点，如下图所示： 根据题意，可得，又/，， 故点为直线的中点， 同理可得，故点也为直线的中点， 则四边形的对角线互相平分，故四边形为平行四边形， 则四点共面，故①正确； 对于②：因为，故当时，四边形为平行四边形，则， 又平面平面，故，则， 又四边形为平行四边形，故四边形为矩形； 同理，当时，也有四边形为矩形， 综上所述，当或时，四边形为矩形，故②错误； 对于③：若为所在棱的中点时，易知， 又平面， 故平面，又平面，故； 则，又四边形为平行四边形，故四边形为菱形， 即当为所在棱中点时，四边形为菱形； 同理，当分别为所在棱的中点时，四边形也为菱形，故③错误； 对于④：根据选项C中所证，不妨取分别为所在棱的中点，此时四边形为菱形满足题意， 取的中点分别为，画出正方体的部分侧面展开图如下所示 由图可知，当分别与重合时，四边形的周长最小，最小值为； 当分别与重合时，四边形的周长最大，最大值为； 故四边形周长的取值范围为，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，通过证明互相平分，即可判断四边形为平行四边形，从而证明四点共面. 三、解答题 17. 在中，内角的对边分别为，为钝角，，． （1）求； （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，使得存在，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：． 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，按第一个解答计分． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦二倍角公式以及正弦定理求解，注意的取值范围，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. 【小问1详解】 在中，因为为钝角，所以， 由，则， 因为，所以，即， 由正弦定理，，所以，解得， 由，所以. 【小问2详解】 选择①：因为，所以，这与矛盾，不满足题意； 选择②：因为，， 所以， 代入中得出， 由，所以， 所以 ， 所以； 选择③：将代入中得：， 由正弦定理，，所以， 由，所以， 由，所以， 所以 ， 所以. 18. 如图，正四棱台的高为3，且 （1）求证：平面平面； （2）求与平面所成角的余弦值． 【答案】（1） 设交于，连接并交于，连接， 由正四棱台的性质可知平面，平面， 所以，又，，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）设交于，连接并交于，连接，则根据线面垂直的性质定理得，由线面垂直的判定定理可得平面，进而利用面面垂直的判定定理证明即可； （2）取OC中点，连接，先证四边形为平行四边形，结合，利用线面垂直的性质得平面，根据线面角的定义得即为所求，最后在中求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取OC中点，连接，则， 所以四边形为平行四边形，所以，而平面， 故平面，所以为与平面所成角， ，， ， 所以，即与平面所成角的余弦值为. 19. 如图，点为正方形所在平面外一点，为中点，. （1）求证：平面； （2）若平面平面，，.若点到平面的距离为，求的值. 【答案】（1） 连接，交于点，连接，如图所示： 因为四边形为正方形，所以为的中点， 又为中点，所以为的中位线，所以， 又平面，平面，所以平面. （2）； 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面，，平面平面， 平面，所以平面， 所以以点为坐标原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 由，则， 设，所以， 由，所以， 即，所以， 由， 设平面的一个法向量为：， 由，令，则，所以， 又， 所以点到平面的距离为： ， 又，解得：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $