山西临汾第一中学校、忻州市第一中学校2025-2026学年高一下学期5月月考数学试卷

高一数学 1.C【解析】由题意可得B=(仔，十∞)，故CB (-,],放B)nA=2. 故选C 2.B【解析】对于充分性，当|a|=2026,b|=1,a 与b的夹角为0时，甲成立，而乙不成立，即充分性 不成立；对于必要性，当a=0时，a2=2026a·b= 0,即必要性成立. 故选B. 3.C【解析】之=3+4i-(3+4)(1+D 1-i(1-i)(1+i) 3计3引4-日+，故=-名名，在复 17 2 平面内，其对应的点位于第三象限. 故选C, 4.C【解析】f(-3)=1og3-33)=1og:4,故 f(3)=log34. 故选C. 5.D【解析】显然球心在圆锥的高所在的直线上，记 球的半径为R,由勾股定理得R2=3+(3一R)2, R=2,可得圆柱的底面半径R=2,高为2R=4,故 其体积V=π×R2×2R=16π. 故选D. 6.A【解析】由A∈(0，π)，得sinA=√1-cos2A= 2w3 sin C=sin (A+B)=sin Acos B+ w/13 maA-祭×9+甘六示 7 由正弦定理得AB一BC sinC-sinA,于是AB=BCsin C sin A 2√137W5 2W3 2 2√13 故选A. 7.C【解析】由3a十b|=a-2b|,得3a+b2= ·数学答案( 参考答案 |a-2b12,即9a2+6a·b+b2=a2-4a·b+4b2, 1 故10a·b=1+4-1-9=-5,a·b=-2于是 1 cos<a,b>= a·b -21 1a1b1x1=-2,由<a,b>∈ [0,元]，得<a,b>=2 3 故选C. 8.A【解析】记△ADB,△ADC,△BDC,△ABC的 面积分别为S1,S2,S3,S4, 则S,=xADx BDXsin.∠ADB-3, 2 S,=7 xADXCDXs∠ADC=3, S,=2XBDXCDXsin/BDC-93 而由余弦定理得AB2=AD2十BD2-2XADX BDX cos∠ADB=4+9-2X2×3X2=7,放 AB=√7，而显然BC=3, 由勾股定理得AC=√AD2+CD?=√I3, 于是coS∠ABC=AB+BCAC_7+g-13_ 2XABXBC 2X√7X3 14 由∠ABC∈(0，π)得sin∠ABC= V-cos∠ABC=3V3 2√7 故S,=号×ABX BCXsin.∠ABC=XV7X3X 1 3w3_9√3 2√7 4， 故四面体ABCD的表面积S=S1+S2十S3+S4= 3+65. 故选A. 9.BC【解析】对于A,显然AB∥CD1,可知A,B, C1,D1四点共面，而AB≠C1D1,故AD1与BC1 1页，共5页)· 相交，A错误； 对于B,由ABC平面ABCD,平面ABCD∥平面 A1B1C1D1,得AB∥平面A1B,C1D1,B正确； 对于C,由平面ABCD∥A1B,C1D1,平面ACC1A1∩ 平面ABCD=AC,平面ACC1A1∩平面 A1B1C1D1=AC1,得AC∥AC1,由AC1C平面 A1BC1,AC中平面A1BC1知AC∥平面A1BC1,C 正确； 对于D,取BD的中点O,B1D1中点的O1,若平面 ACD1∥平面A1BC1,则D1O∥平面A1BC1,但由 D1O1≠BO知D1O与BO1相交，而BO1C平面 A1BC1,则D1O与平面A1BC1相交，矛盾，D 错误. 故选BC. 10.ABD【解析】对于A,设之=a+bi,a,b∈R,由题 设得|a+bi-2-i=3a+bi,于是(a-2)2+ (b-1)2=9a2+9b2,8a2+4a+8b2+2b-5=0, 当b=0时，8a2+4a-5=0,△1=16+160>0，显 然方程有实数解，则之可能为实数，故A正确； 对于B,当a=0时，8b2+2b-5=0,△2=4+ 160>0,显然方程有实数解，且解不为0，则之可 能为纯虚数，故B正确； 对于C,x2=a2-b2+2abi,注意到8a2+4a+ 2+动+26+8=8(e+)+86+5)°- 8,可设a=35 4 35sin0-g所 以a≤35-1，当且仅当cos9=1时等号成立 此时6=一8z不为实数，故C错误： 1 对于D,由C项分析，知6<3-日当且仪当 si血01时等号成立，此时a=-},不为纯虚 数，故D正确. 故选ABD. 11.ACD【解析】对于A,因为BC=b-a,所以 |BC12=|b12+|a|2-2a·b,由2a·b<|a|2 得-2a·b>-|a12,则|BC12>|b|2,即BC> ·数学答案（第 AC,又|a|2<|b|2,即AB<AC,故BC>AC> AB,故△ABC的最大内角为A,由0<2a·b< |a|2得0<2|a|b|cosA<|a|2,解得0< cosA<由aP<6,得a1<b1,放0< cosA<分，故A正确， 对于B,因为AB·BC=a·(b一a)=a·b- |a2,由2a·b<|a|2且a·b>0得a·b< 名×a<a,放A店.Bd<0,放A店在BC 上的投影向量与BC反向，故B错误； 对于C,设BC中点为D,故AD=号(a十b),则 1a-(合Ac)=子1a+61-子1b2= 1a+2a·b),因为a2>0且ab>0,故 上式大于0，即A市>2AC,故C正确： 对于D,三边平方和为|a|2+|b12+|b一a2= 21a2+2|b12-2a·b,因为2a·b>0,故 21a|2+2b|2-2a·b<2a|2+2|b12=2AB2+ 2AC2,故D正确. 故选ACD 12.日【解折】注意到cos(售5-20)=c0s(-20- 号+2如)=m(9+)由二倍角公式得o(9十 3)-1-2sin(0+）-日 13.9y6+18v2 【解析】记四边形ABCD的面积为 S。,其直观图的面积为S,则S=4S,下面求S, 的最大值. 由勾股定理得AB=√AC2-BC=3√3，于是 5c-号×AB X BC-5,而Ac-86 AD2+CD2≥2×ADXCD=4S△ACD,当且仅当 AD=CD=3√2时等号成立， 2页，共5页)· 9√6+18√2 14.3√2【解析】由题意知在△ABC中，因为BC在 耐上的投影向量为号B成，所以.耐 BA BA,(AC-AB).(-AB)=AB, 化简得AC.A店=号A,即AC·ABcos A= 2AB,得到ACcos A=-AB, 由余弦定理得BC2=AC2十AB2-2AC· ABcos A=AC2+AB2-AB2=AC2,因为AC= 3,所以BC=3, 又2BD=DC,所以D在线段BC上，且BD=1, CD=2,在△ADC中，AC=3,CD=2,AD=3, 由余弦定理得cosC=AC+CD2-AD 2AC·CD 32+22-32=1 2X3×23 因为C∈(0，x),所以sinC=个-cosC=2yY2 3 则△ABC的而积S=专AC·BCsin c-合X3X 3×2号-32平方百米。 15.证明：(1)由AD∥E1F1,BC∥AD得BC∥E1F1, (2分) 由两平行直线确定一个平面，可知B,C,E1,F1 四点共面. (5分) (2)由CD∥AB,CD中平面ABF1,ABC平面 ABF1得CD∥平面ABF1, (8分) 由DE1∥AF1,DE1中平面ABF1,AF1C平面 ABF1得DE:∥平面ABF1, (10分) 由CD∩DE1=D,CDC平面CDE1,DE1C平面 CDE1得平面ABF1∥平面CDE1. (13分) 16,解：()由f(）=sim(学+g)-0, 可得十g=,kE乙， (3分) ·数学答案（第 由0<9<受得k=1,即g=子 (4分) (2)由(1)，知fx)=sin2x+5）: 由f(a)=0,得2a+5=km,k∈Z,la= 君l≥君cke0, (7分) 放a的最小值为答 (8分) (3)g(x)=sin(2x+3)+3sin2(x+T）+ ]=sn(2x+）+5m(2x+5）)=2sn(2x+ (11分) 由2x-8<2x+7<2x+受EZ,得x 登<<x一是4长Z,所以g:)的单调造特区 间为(x受x爱)k∈乙。 (12分) 由20x+5<2z+<2x+∈Z,得x 多<x<kx十经kC乙，所以g(x)的单调递减区 间为(kx一臣：kx十)，∈Z (15分) 17.解：(1)川之1=√22+1=√5. (3分) (2)易知之2=2-i, (4分) p=之1十22=4， (6分) 9=z122=(2+i)(2-i)=4+1=5. (8分) (3)将p,9,之2的值代入，可得z6-z0十2-i=0, (9分) 记z。=a十bi,a,b∈R,则有 0=(a+bi)2-(a+bi)+2-i=a2-b2-a+2+ (2ab-b-1)i, (11分) a2-b2-a+2=0,① 可得 (12分) 2ab-b-1=0,② 由②可得a一品十合：代人①式得公-。-a十 2(层+号》-（品+）-亦+子 (13分) 3页，共5页)· 于是46-762-1=0，故6-7+√7+16 8 7+√/65 (15分) 8 18.解：(1)由正弦定理得sinC+sin Asin Bcos C= sin Bsin Ceos Ain Asin CoosBinB 1 sin Csin (A +B)+sin Asin B=sin'C+ 2 sin Asin B, (5分) 放in Ain BsC-言sin Ain B,因为A,B, 1 C∈(0，π)，故sinA≠0，sinB≠0，故cosC=2' 故C-哥 (6分) (2)(ⅰ)由正弦定理得△ABC的周长L=a十b十 c-sin C(sin A+sin B)+c=6+43 sin A+ sin(A+ic0 A)- 6+12sin(A+若）， (9分) 而由A=-B-C<,得Ac(0,),(10分) 故A+若∈（赁，），所以L的取值花国是(12， 18]. (12分) (i)由余弦定理得c2=36=a2+b2-2 abcos C= a2+b2-ab≥2ab-ab=ab, (14分) 当且仅当a=b=6时等号成立， (15分) 所以△ABC的面积S=2 absin C≤93) 故△ABC面积的最大值为9√3. (17分) 19.解：(1)由c=1,ccos A十√3 csin A=2, 得osA+5sinA=2,即2cosA+ 2 sin A= 1,即sin(A+5)=1. (2分) 因为△ABC为锐角三角形， 所以A∈0，》，从而A+吾∈（管，》， ·数学答案（第 所以A+若-受解得A-后 (4分) (2)证明：(i)由BD=kDC且>0，可得AD AB=(AC-AD),整理得(k十1)AD=AB十 kAC. 将等式两边平方，得(k十1)2|AD12=|AB12+ 2kAB.AC+k?AC2. (8分) 已知AB1=c=1,|AC1=b,又AB.AC=1× bX0s号-号，代入上式，得便+1)PAD1= 1+2×26+发6，即(+11AD1P=66+ kb+1.命题得证. (10分) (i)易得BC=BD+CD=(k+1)CD,即CD= k十1 2a 因为AD=2CD,所以AD-十，代入(1)得 +1)(g0）广=8+奶+1，化筒得a2= k262+kb+1. 在△ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2 2 bccos A,即a2=b2+1-b,所以4(b2-b+1)= k262+kb+1,即462-4b+3=kb2+kb.(11分) 令t=kb,因为k>0且b>0,所以t>0.方程化为 4b2-4b+3=t2+t. 构造得462-4b十1=t2十t-2,即(2b-1)2= (t+2)(t-1). 因为△ABC为锐角三角形，所以各内角均小于 2,即0<B<且0<C<5,又C=x-A-B= -B,所以0<-B<受解得香<B<结 合0<B<受，可得晋<B<受 6 (12分) 由正弦定理可得b= sin B 、,故b= sm管- sin B 2 cos B2sin B.cos B 1 1 因为晋< 2·sinB+2 B<受所以0日<5，从西<，8+ 13 cos B 页，共5页)· 2<2,所以日<6<2，即6的取值范为（兮，2）， 设函数f(6)=(26-1),当b∈(3,2)时，f(6) (13分) 随b的增大而增大； 所以2b-1>0,进而(2b-1)2>0, 设g(t)=t2+t一2，g(t)的图象的对称轴为直线 因为t>0,且(2b-1)2=(t+2)(t-1), 2,故当t>1时，g()随t的增大而增大. 所以t-1>0,即t>1. 设△ABD的面积为S,△ABC的面积为S。· 由于等式g(t)=f(b)恒成立，当b增大时，f(b) 因为8肥专所以5-车5 增大，则g(t)增大，t也增大 5,0如4停所烈8=×9 因此，当6增大时，弓减小，减小，从而弓+宁诚 、4 小，且恒为正数. ×”将=后代人得S=- ×1 所以1随6的增大而增大，即△ABD的面积 +6 6+ (14分) 随b的增大而增大， (17分) ·数学答案（第5页，共5页)·秘密★启用前 高一数学 注意事项： Q 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择題时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、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.已知集合A={2,3,4),B=(x|3x-7>0},则(CB)∩A= A.{3,4) B.(2,3} C.(2}》 D.(3) 2.对于平面向量a,b,设甲：a2=2026a·b,乙：a=0,则 A.甲是乙的充分不必要条件 少 B.甲是乙的必要不充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲是乙的既不充分也不必要条件 ● 3者：生，则在复平面内，正所对应的点位于 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 班 级 必 4.已知函数f(x)为偶函数，当x<0时，f(x)=log3- ,则f(3)= A.1 B.log3 C.log34 D.2 姓 名 5.已知一圆柱有内切球，该球为一底面半径为√3，高为3的圆锥的外接球，则该圆柱的体 积为 A.2元 B.4π C.8π D.16π 6.在△ABC中，B= 6,cos A= √13 13 ,BC=6,则AB= 73 A.2 8 2 C.73 D.21 数学试题第1页（共4页） 7.已知单位向量a,b满足I3a+b1=|a-2b|,则<a,b>= A.君 B.3 c D 8.在四面体ABCD中，AD=2,BD=CD=3,∠ADB=∠BDC=60°，AD⊥CD,则该四 面体的表面积为 A.3+63 B.63 C.6+63 D.12√3 二、选择题：本题共3小题，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.在正四棱台ABCD-A1B,C1D1中， A.AD,∥BC1 B.AB/平面A1B,C1D C.AC∥平面A,BC D.平面ACD,∥平面A1BC1 10.若复数x满足|x一2一i川=3|x|,则 A.z可能为实数 B.之可能为纯虚数 C.当x的实部取得最大值时，z为实数 D.当z的虚部取得最大值时，z不为纯虚数 11.在△ABC中，设AB=a,AC=b,且0<2a·b<|a|2<|b12,则 A.△ABC的最大内角的余弦值小于2 B.AB在BC上的投影向量与BC同向 C.△ABC中BC边上的中线长大于2AC D.△ABC三条边的平方和小于2AB2+2AC2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.若sin(o+-）-3,则co(灯-20)= 13.在四边形ABCD中，AB⊥BC,AD⊥CD,AC=2BC=6,则该四边形通过斜二测画法 得到的直观图面积的最大值为 14.在某基建工程的激光测绘中，三个信标A,B,C所确定的警戒区域为△ABC,已知 AC=3(单位：百米)，且BC在BA上的投影向量为号BA.若全站仪D满足2BD- DC,且AD=3(单位：百米)，则该警戒区域的面积为 平方百米 数学试题第2页（共4页） 可▣ 夸克扫描王 极速扫描，就是高效启 四、解答题：本题共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.(13分) 如图，在矩形BCEF中，A,D分别为BF,CE上的点，AD∥EF,将矩形ADEF沿AD 折起，使点E落在E的位置，F落在F,的位置，得到四边形ADE:F1,已知E1F1不 在平面ABCD上 (1)证明：B,C,E1,F1四点共面； (2)证明：平面ABF1∥平面CDE1. 16.(15分) 已知函数f(x)=sin(2x+p)(0<p<2),f(g)=0, (1)求p; (2)若f(a)=0,求|a|的最小值； (3)求函数g(x)=f(x)+5fz+)的单调区间。 17.(15分) 设p,9∈R,已知z1=2十i,z2是方程x2一z十g=0的两个不同的解. (1)求|z1l: (2)求p,9; (3)若z品十（p一q)z。十z2=0,求复数z。虚部的平方. 数学试题第3页（共4页） 18.(17分) 在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,c2+abcos C=bccos A十accos B+ a6. 1 (1)求C. (2)当c=6时. (I)求△ABC周长的取值范围； (I)求△ABC面积的最大值. 装 注意清点有无漏印 19.(17分) 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知c=1,ccos A+√3 csin A=2,且 或缺页， △ABC为锐角三角形. (1)求A; (2)设点D为BC边上一点，BD=DC(k>0). (1)证明：(k+1)21AD12=k2b2+b+1; (I)若AD=2CD,证明：△ABD的面积随b的增大而增大. 若有要及时更换。 线 数学试题第4页（共4页） 夸克扫描王 极速扫描，就是高效