精品解析：河南信阳高级中学2025-2026学年高一下学期5月阶段检测数学试题

河南省信阳高级中学新校（贤岭校区）、老校（文化街校区） 2025-2026学年高一下期05月测试（一） 数学试题 一、单选题：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，且为纯虚数，则z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 若，是平面内的一组基底，则下面的四组向量中不能作为一组基底的是（  ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 3. 如图，在正方体中，分别为棱的中点，有以下四个结论：①直线与是相交直线；②直线与是平行直线；③直线与是异面直线；④直线与是异面直线.其中正确的结论为（ ） A. ③④ B. ①② C. ①③ D. ②④ 4. 在中，已知，，，则的外接圆的直径为（ ） A. B. C. D. 5. 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．若一个直角圆锥的侧面积为，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 7. 已知A，B，C三点均在球O的表面上，，且球O的内接正方体的棱长为，则球心O到平面ABC的距离为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 8. 在中，内角A，B，C所对应边分别为a，b，c，则下列说法不正确的是（ ） A. 点G为的重心，若，则 B. 若满足，，的有两解，则t的取值范围为 C. 若点O为内一点，且，则 D. 若，则的最大值为 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列结论在复数集中成立的有（ ） A. B. 或 C. 对于非零复数， D. 对于虚数，若，则 10. 如图，边长为2的等边三角形的外接圆为圆O，P为圆O上任一点，若，则的可能取值有（ ） A. B. 2 C. D. 1 11. 如图，有一个棱台形的容器（上底面无盖），其四条侧棱均相等，底面为矩形，，容器的深度为，容器壁的厚度忽略不计，则下列说法正确的是（ ） A. B. 该四棱台的侧面积为 C. 若将一个半径为的球放入该容器中，则球可以接触到容器的底面 D. 若一只蚂蚁从点出发沿着容器外壁爬到点，则其爬行的最短路程为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若复数满足：（为虚数单位），则____． 13. 如图所示，一个平面图形在斜二测画法下的直观图为直角梯形（上底为2，下底为4，高为2），则原平面图形的面积为________． 14. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则___________. 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. 已知向量，. （1）若，求； （2）若向量，，求与夹角的余弦值. 16. 已知z为复数，和均为实数，其中是虚数单位． （1）求z； （2）若复数z是方程（m，）的一个解，求的值． 17. 如图所示，在中，，，与相交于点，设，. （1）试用向量，表示； （2）过点作直线，分别交线段，于点，.记，，求的值. 18. 如图，在正方体中，E，F，P分别为棱，，的中点． （1）求证：D，B，F，E四点共面． （2）设平面平面，求证：． （3）棱上是否存在一点M，使平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 19. 在锐角中，内角所对的边分别为，且满足． （1）求角； （2）求的取值范围； （3）当时，角的平分线交于，求长度的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳高级中学新校（贤岭校区）、老校（文化街校区） 2025-2026学年高一下期05月测试（一） 数学试题 一、单选题：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，且为纯虚数，则z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】利用为纯虚数，可求，可得在复平面内对应的点所在的象限. 【详解】因为，所以为纯虚数， 所以，解得，所以复数， 其在复平面内对应的点为， 所以在复平面内对应的点位于第三象限. 故选：C. 2. 若，是平面内的一组基底，则下面的四组向量中不能作为一组基底的是（  ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 【答案】B 【解析】 【详解】因为向量，是平面内的一组基底，可得向量，为平面内不共线的向量， 对于A中，设，可得，此时方程组无解， 所以向量和不共线，可以作为平面的一组基底； 对于B中，设，可得，解得， 所以向量和为共线向量，不能作为平面的一组基底； 对于C中，设，可得，此时方程组无解， 所以向量和不共线，可以作为平面的一组基底； 对于D中，设，可得，此时方程组无解， 所以向量和不共线，可以作为平面的一组基底. 3. 如图，在正方体中，分别为棱的中点，有以下四个结论：①直线与是相交直线；②直线与是平行直线；③直线与是异面直线；④直线与是异面直线.其中正确的结论为（ ） A. ③④ B. ①② C. ①③ D. ②④ 【答案】A 【解析】 【分析】根据异面直线的判定定理逐一判断. 【详解】因为平面，平面，且， 故直线与是异面直线，故①错误； 因为平面平面，平面，平面， 所以没有公共点， 又，不平行， 故不平行，即为异面直线， 即四点不共面， 所以直线与也是异面直线，故②错误； 因为平面，平面，， 所以直线BN与是异面直线，故③正确； 因为平面，但平面，， 所以直线AM与是异面直线，故④正确． 4. 在中，已知，，，则的外接圆的直径为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由余弦定理求出，再由正弦定理计算可得. 【详解】由余弦定理得， 所以三角形外接圆直径为． 故选：C． 5. 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．若一个直角圆锥的侧面积为，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题中定义，结合圆锥的侧面积和体积公式进行求解即可. 【详解】设直角圆角的底面半径为，母线为，高为， 因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形， 所以有， 因为直角圆锥的侧面积为， 所以有，即， 因此， 所以该直角圆锥的体积为， 故选：D 6. 已知，是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量可得数量积，结合夹角公式可得答案. 【详解】因为向量在向量上的投影向量为，所以，即； ，； 设向量与向量的夹角为，则， 因为，所以； 故选：D. 7. 已知A，B，C三点均在球O的表面上，，且球O的内接正方体的棱长为，则球心O到平面ABC的距离为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设球心O到平面ABC的距离为，的外接圆的半径为，球的半径为，则，计算即可. 【详解】设球心O到平面ABC的距离为，的外接圆的半径为，球的半径为， 球O的内接正方体的棱长为，所以， 因为，所以，所以， 由球的性质可知，，即，所以. 故选：B. 8. 在中，内角A，B，C所对应边分别为a，b，c，则下列说法不正确的是（ ） A. 点G为的重心，若，则 B. 若满足，，的有两解，则t的取值范围为 C. 若点O为内一点，且，则 D. 若，则的最大值为 【答案】D 【解析】 【分析】A项，利用重心到顶点和其对边中点的距离之比为 即可得到结果； B项，使用二次方程的性质证明若 有两解则 ，在 的条件下构造出两解即可；C项，利用向量之间的比值 即可求出面积比； 项，直接证明 即可否定结论. 【详解】选项A：点为的重心，设中点为，则， 故，即，，所以，A正确； 选项B：首先，且必有两种可能的取值，而满足，即， 故关于的方程必有两个不同的正数解，从而判别式为正数，且两根之积为正数， 即，，结合，得， 另一方面当时，确有两解，所以的取值范围是，B正确； 选项C：若点为内一点，且，延长交于点， 故存在实数，使得，由于在直线上，故，从而， 即，所以，故，C正确； 选项D：由于， 故由数量积定义得， 由余弦定理化为， 整理得，则，当且仅当时等号成立. 故，即最大值为，D错误. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列结论在复数集中成立的有（ ） A. B. 或 C. 对于非零复数， D. 对于虚数，若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】举例说明判断AC；利用复数乘法、共轭复数意义求解判断BD. 【详解】对于A，取，满足，而，A错误； 对于B，设，， 由，得，， 则或，即或，因此或， 反之或，得，B正确； 对于C，取，，C错误； 对于D，由，得，解得或， 当时，，当时，同理，D正确. 故选：BD 10. 如图，边长为2的等边三角形的外接圆为圆O，P为圆O上任一点，若，则的可能取值有（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】CD 【解析】 【分析】以 为坐标原点,建立平面直角坐标系,设 .根据题意,求得 且 .得，结合三角函数的性质, 即可求解. 【详解】以 为坐标原点，过点 平行于 的直线为 轴建立平面直角坐标系. 如图所示,可得 ， 因为 是边长为 2 的等边三角形. 所以由正弦定理可得其外接圆的半径为 . 因为点 在 的外接圆上,设 ，其中 . 则 ，且 . 又因为 ，可得 且 . 所以. 当 时，即时, 取得最大值为， 当 时,即 时, 取得最小值为 ， 所以取得最大值为，取得最小值为，结合选项可知可能的值为. 11. 如图，有一个棱台形的容器（上底面无盖），其四条侧棱均相等，底面为矩形，，容器的深度为，容器壁的厚度忽略不计，则下列说法正确的是（ ） A. B. 该四棱台的侧面积为 C. 若将一个半径为的球放入该容器中，则球可以接触到容器的底面 D. 若一只蚂蚁从点出发沿着容器外壁爬到点，则其爬行的最短路程为 【答案】BD 【解析】 【分析】由勾股定理即可判断A，由梯形的面积公式代入计算，即可判断B，做出轴截面图形代入计算，即可判断C，将四棱台展开，然后代入计算，即可判断D 【详解】 对于A，由题意可得，故A错误； 对于B，梯形的高为， 所以梯形的面积为， 梯形的高为， 所以梯形的面积为， 故该四棱台的侧面积为，故B正确； 对于C，若放入容器内的球可以接触到容器的底面，则当球的半径最大时， 球恰好与面、面、面均相切， 过三个切点的截面如图（1）所示，由题意可知棱台的截面为等腰梯形， 较长的底边上的底角的正切值为，则， 由于互补，故， 则，所以（负值舍），从而球的半径为， 所以将半径为的球放入该容器中不能接触到容器的底面，故C错误； 对于D，将平面与平面展开至同一平面， 如图（2），则， 将平面与平面展开至同一平面，如图（3）， 则， 所以最短路程为，故D正确． 故选：BD 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于选项D的判断，解答时要将空间问题转化为平面问题，将几何体侧面展开，将折线长转化为线段长，即可求解. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若复数满足：（为虚数单位），则____． 【答案】 【解析】 【详解】因为，则； 故． 13. 如图所示，一个平面图形在斜二测画法下的直观图为直角梯形（上底为2，下底为4，高为2），则原平面图形的面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】求出直观图面积，根据原图形面积与直观图面积关系求解. 【详解】因为， 所以. 故答案为：. 14. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则___________. 【答案】4 【解析】 【分析】将化简，可得一个边角关系，然后再结合正弦定理可得答案. 【详解】 因为在中，若，所以， 所以，即， 由正弦定理得， 化简得，所以. 故答案为：4 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. 已知向量，. （1）若，求； （2）若向量，，求与夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由条件结合向量垂直的表示及向量坐标运算公式列方程求，再由向量的模的坐标公式求结论； （2）由条件，结合向量平行的坐标表示列方程求，由此可得，再求，，，再由向量夹角坐标公式求结论. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以，又，， 所以， 所以， 所以， 所以， 即； 【小问2详解】 因为，，， 所以，又， 所以， 所以，所以， 所以，，， 设与夹角为， 所以， 所以与夹角的余弦值为. 16. 已知z为复数，和均为实数，其中是虚数单位． （1）求z； （2）若复数z是方程（m，）的一个解，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先将未知复数设为标准代数形式 ，利用“复数为实数则虚部为0”的性质求出的值，再对进行分母实数化，将其化为的形式，同样令虚部为0求出的值，最后回代得到复数即可； （2）先将已知复数解 代入实系数方程，通过复数的四则运算后分离出实部与虚部，再根据“复数等于0则实部、虚部分别为0”的性质，建立关于参数 的二元一次方程组，最后解方程组得到参数值后，代入 计算结果即可. 【小问1详解】 设（），则为实数， 所以，即， 所以 因为 为实数，即 ，解得 ， 将 ， 代入 ，可得 . 【小问2详解】 因为复数z是方程（m，）的一个解， 代入可得， 因为 则方程变为， 整理得： 所以，解得，， 所以． 17. 如图所示，在中，，，与相交于点，设，. （1）试用向量，表示； （2）过点作直线，分别交线段，于点，.记，，求的值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）由，，三点共线，设，由，，三点共线，可设，列出方程组，即可求解的值，得到结论； （2）由，，三点共线，设， 由（1）可求得，，即可得到为定值. 【详解】解答：（1）由，，三点共线，可设， 由，，三点共线，可设， ∴，解得，，∴. （2）∵，，三点共线，设， 由（1）知，， ∴，， ∴. 18. 如图，在正方体中，E，F，P分别为棱，，的中点． （1）求证：D，B，F，E四点共面． （2）设平面平面，求证：． （3）棱上是否存在一点M，使平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）存在， 【解析】 【分析】（1）应用平行四边形得出，进而得出线线平行即可证明； （2）应用线面平行判定定理得出平面，再应用线面平行性质定理证明； （3）先证明四边形为平行四边形，得出，再应用线面平行判定定理证明； 【小问1详解】 证明：连接． 因为，分别为棱，的中点， 所以，又在正方体中，且， 所以四边形为平行四边形，所以，所以， 所以，，，四点共面． 【小问2详解】 证明：由（1）知，又平面，平面， 所以平面． 因为平面平面，平面，所以． 【小问3详解】 存在，且． 理由如下：取的中点，连接，． 因为，分别为，的中点， 所以，， 又，，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以． 设为的中点，所以，所以， 又平面，平面，所以平面． 故存在所求的点，且． 19. 在锐角中，内角所对的边分别为，且满足． （1）求角； （2）求的取值范围； （3）当时，角的平分线交于，求长度的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理化简得到，再利用余弦定理，求得，进而求得的大小； （2）由正弦定理，可得，根据为锐角三角形，求得，利用三角函数的性质，即可求解； （3）设长度为，由，求得，得到，再由余弦定理，化简得到， 设，进而求得长度的最大值. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理，可得，整理得， 又由余弦定理，可得， 又因为，所以. 【小问2详解】 由正弦定理，可得 ， 因为为锐角三角形，且，可得， 则，可得，则， 所以，即， 所以的取值范围. 【小问3详解】 设长度为， 由，可得， 因为，可得， 所以，可得， 又由余弦定理得，所以， 则， 设 ， 由，可得， 所以长度的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $