精品解析：四川绵阳中学实验学校2025-2026学年高一下学期五月综合训练数学试题

绵阳中学实验学校高2025级高一（下）五月综合训练 数学试题 一、单选题 1. 已知，则在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】先根据复数的除法运算计算出，然后根据共轭复数的定义求出，由的实虚部可知对应的点的坐标，即可得解. 【详解】因为，所以， 所以对应的点的坐标是，位于第一象限. 故选：A. 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用平面向量加法及减法运算. 【详解】. 3. 如图，是利用斜二测画法画出的的直观图，其中，轴且，则的面积是（ ） A. B. 4 C. D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】分析可知中，，求出、的长，利用三角形的面积公式求解即可. 【详解】在斜二测直观图中，，且， 所以为等腰直角三角形，所以， 且，由斜二测画法可知，在中，， 且，， 故. 4. 设a，b是空间两条不同直线，则“a与b无公共点”是“a与b是异面直线”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据异面直线的定义判断即可. 【详解】当a与b无公共点时，a与b可能平行或异面，反之，当a与b是异面直线时，a与b无公共点. 故选：B. 5. 中，角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理可得，再由边角关系确定角的大小即可. 【详解】由题意，在中，则，所以， 因为，所以或，又，所以． 故选：A 6. 已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的高为（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】设圆锥的母线长为，圆锥的高为，根据题意得到，求得母线长，即可求解. 【详解】设圆锥的母线长为，圆锥的高为， 因为圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，可得，解得， 则圆锥的高为. 故选：A. 7. 已知直三棱柱 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为直三棱柱中，AB＝3，AC＝4，AA1＝12，AB⊥AC，所以BC＝5，且BC为过底面ABC的截面圆的直径．取BC中点D，则OD⊥底面ABC，则O在侧面BCC1B1内，矩形BCC1B1的对角线长即为球直径，所以2R＝＝13，即R＝ 8. 滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世．如图，在滕王阁旁地面上共线的三点A，B，C处测得阁顶端点P的仰角分别为，，，且米，则滕王阁的高度（    ）米． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，利用直角三角形边角关系、余弦定理建立方程，再解方程组求解作答. 【详解】设，在中，，， 在中，，， 在中，，， 在中，， 即， 在中，， 即 ， 由，得， 于是，解得， 所以滕王阁的高度. 二、多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. 平行六面体的各个面都是平行四边形 B. 圆柱的侧面展开图是一个正方形 C. 将棱台的侧棱延长后必交于一点 D. 将直角三角形绕其一边所在的直线旋转一周形成的旋转体是圆锥 【答案】AC 【解析】 【分析】根据平行六面体、棱台、圆锥的概念判断ACD；根据圆柱展开图的特征判断B. 【详解】平行六面体是底面为平行四边形的四棱柱，各个面都是平行四边形，A正确； 圆柱的侧面展开图是一个矩形，只有当底面周长和高相等时才是正方形，B错误； 棱锥被平行于底面的平面所截，截面与底面间的几何体是棱台，因此延长棱台所有侧棱，它们会交于一点，C正确； 将直角三角形绕斜边所在直线旋转一周形成的几何体不是圆锥，是两个共底面的圆锥，D错误. 10. 在中，角所对的边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 是的充要条件 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则为等腰三角形 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项，结合三角形边角的性质和正弦定理边角互化，分别证明充分性与必要性即可判断；对于B选项，根据角度比例算出三个内角的具体值，再利用正弦定理得到三边的比例关系进行判断；对于C选项，通过正弦定理将边转化为角的正弦，结合三角恒等变换求出的值，进而得到角；对于D选项，利用正弦定理将边的平方比转化为正弦平方的比，再结合余弦定理化简，分析角、的关系判断三角形形状. 【详解】选项A，在中，根据大边对大角和正弦定理（为外接圆半径）：， 因此是的充要条件. 选项B，若，结合内角和，得. 由正弦定理，B错误. 选项C，由正弦定理，将化边为角： 左边， 因此原式得， 中，故，又，得. 选项D，由正弦定理，，交叉相乘得，结合余弦定理化简因式分解得：， 因此，即，为等腰三角形. 11. 如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点的平面截该正方体所得的截面记为.则（ ） A. 当时，为四边形 B. 当时，与的交点满足； C. 当时，为六边形 D. 当时，的面积为. 【答案】ABD 【解析】 【分析】分的位置情况讨论截面的形状，再逐一分析各个选项即可得出答案. 【详解】过点的平面截正方体，当时，其截面形状为四边形，如图1，故A正确； 当时，S与的交点满足，理由如下： 如图2，延长至点，使得，连接交于点， 取中点，中点，连接， 则，，所以四边形与四边形均为平行四边形， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以，由中位线的性质可知：，所以， 所以四边形即为，其中， 所以，所以，B正确； 当时，为五边形，理由如下： 如图3，根据B的分析，随着点在图2的基础上沿着向上移动， 则点点沿着射线向上移动，此时与相交于点， 与相交于点，连接，故所截得的为五边形，故C错误； 当时，的面积为，理由如下： 如图4，点与重合，此时为的中点，可证得：，， 其中，所以为菱形， 且，的面积为，D正确. 故选：ABD 三、填空题 12. 若，则___________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据复数的模计算即可. 【详解】. 13. 空间四边形的两条对角线与相等，顺次连接这个四边形各边的中点，所组成的四边形是___________． 【答案】菱形 【解析】 【详解】连接，分别为的中点， 所以且， 所以且，所以四边形是平行四边形. 又分别为的中点，所以， 又因为，所以四边形是菱形. 14. 如图，正六边形的边长为2，对称中心为，以为圆心作半径为1的圆，点为圆上任意一点，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】连接，，设，根据向量的线性运算用，表示出，可得，然后结合三角函数的性质，即可求得结果． 【详解】如图所示：    连接，设，，连接，依题意得，，，， 则， 因为，所以， 所以，所以的最小值为. 故答案为：. 四、解答题 15. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若，求向量与的夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量共线求出，再根据向量的模求解即可. （2）根据向量垂直求出，再利用向量夹角公式求解即可. 【小问1详解】 若，则 ，解得， 所以，则. 【小问2详解】 因为，则， 解得，设向量与的夹角为， 则， 即向量与的夹角的余弦值为. 16. 在中，． （1）若为边中点，求长； （2）若为角的角平分线，求长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角，利用三角恒等变换可得，求得，由题意可得，两边平方即可求解； （2）利用，可求得长． 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理可得， 所以 ， 所以， 所以，因为，所以， 所以，所以，又，所以； 若为边中点，则， 所以， ， 所以，所以长为； 【小问2详解】 由（1）知，因为为角的角平分线，所以， 因为，所以， 所以，即， 解得, 17. 如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，，E是PD的中点． （1）求证：BC∥AD； （2）求证：CE∥平面PAB． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明； （2）取PA的中点F，连接EF，BF，利用中位线的性质，平行四边形的性质，以及线面平行的判断定理即可证明． 【小问1详解】 在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD， 平面ABCD∩平面PAD＝AD，∴BC∥AD． 【小问2详解】 取PA的中点F，连接EF，BF，∵E是PD的中点， ∴EF∥AD，， 又由（1）可得BC∥AD，且，∴BC∥EF，BC＝EF， ∴四边形BCEF是平行四边形，∴EC∥FB， ∵EC⊄平面PAB，FB⊂平面PAB， ∴EC∥平面PAB． 18. 如图，四边形ABCD中， 是等边三角形. （1）当时，求四边形ABCD的面积； （2）若E，G分别是边AB，BD的中点，连接CE，EG，CG，设. ①试用表示； ②求CE长的最大值. 【答案】（1） （2）①； ② 【解析】 【分析】（1）首先利用余弦定理求出，然后把四边形面积转化为和的面积之和，利用三角形面积公式即可求解； （2）①首先利用余弦定理求出，然后在中利用三角函数表示； ②首先根据正弦定理和余弦定理结合平面几何知识可得，然后根据余弦定理表示出，最后利用辅助角公式结合三角函数的图像性质即可求解. 【小问1详解】 在中，由余弦定理： ， 得，四边形面积， ， 是等边三角形，，​ 因此. 【小问2详解】 ①在中，由余弦定理：， 因为是中点，为等边三角形，故是边上的高，， 因此： ， ②是中点，是中点，故是的中位线，，且 ， 在中，由正弦定理， ， 在中，由余弦定理得：  ， 因为 ，，故， 所以的最大值为， 代入得，故. 19. 中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任意一个平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理. （1）如图1，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，求该不规则几何体的体积； （2）将两个底面半径为，高为的圆柱体按如图2所示正交拼接在一起，公共部分叫做“牟合方盖”，如图3.取牟合方盖的八分之一，根据祖暅原理，它的体积和某个四棱锥的体积相加等于棱长为的正方体的体积，求这两个圆柱公共部分几何体即“牟合方盖”的体积； （3）半径为的两个球的球心距离也为，根据祖暅原理计算两个球的公共部分的体积. 【答案】（1）21 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由已知条件求出正六棱台体积，即可得到答案； （2）由题，该几何体在距底面距离处的横截面积为，阴影部分面积为，根据祖暅原理，列式计算； （3）由题，两个球的公共部分为两个底面半径为的球冠，每个球冠的体积等同于一个底面半径为，高为的圆柱中间挖去一个上下底面半径分别为和，高为的圆台的组合体体积，列式计算得解. 【小问1详解】 正六棱台的上表面面积，下表面面积， 正六棱台的体积为. 【小问2详解】 根据图4，该几何体在距底面距离处的横截面积为，阴影部分面积为. 底面边长和高为的正四棱锥在距底面距离处的横截面积与阴影部分相等. 根据祖暅原理，它的体积和某个四棱锥的体积相加等于棱长为的正方体的体积 即，所以. 【小问3详解】 两个球的公共部分为两个底面半径为的球冠， 每个球冠的体积等同于一个底面半径为，高为的圆柱中间挖去一个上下底面半径分别为和，高为的圆台的组合体体积， 则， 即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绵阳中学实验学校高2025级高一（下）五月综合训练 数学试题 一、单选题 1. 已知，则在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. （ ） A. B. C. D. 3. 如图，是利用斜二测画法画出的的直观图，其中，轴且，则的面积是（ ） A. B. 4 C. D. 8 4. 设a，b是空间两条不同直线，则“a与b无公共点”是“a与b是异面直线”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 中，角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 或 6. 已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的高为（ ） A. B. C. 4 D. 7. 已知直三棱柱 A. B. C. D. 8. 滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世．如图，在滕王阁旁地面上共线的三点A，B，C处测得阁顶端点P的仰角分别为，，，且米，则滕王阁的高度（    ）米． A. B. C. D. 二、多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. 平行六面体的各个面都是平行四边形 B. 圆柱的侧面展开图是一个正方形 C. 将棱台的侧棱延长后必交于一点 D. 将直角三角形绕其一边所在的直线旋转一周形成的旋转体是圆锥 10. 在中，角所对的边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 是的充要条件 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则为等腰三角形 11. 如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点的平面截该正方体所得的截面记为.则（ ） A. 当时，为四边形 B. 当时，与的交点满足； C. 当时，为六边形 D. 当时，的面积为. 三、填空题 12. 若，则___________． 13. 空间四边形的两条对角线与相等，顺次连接这个四边形各边的中点，所组成的四边形是___________． 14. 如图，正六边形的边长为2，对称中心为，以为圆心作半径为1的圆，点为圆上任意一点，则的最小值为______． 四、解答题 15. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若，求向量与的夹角的余弦值. 16. 在中，． （1）若为边中点，求长； （2）若为角的角平分线，求长． 17. 如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，，E是PD的中点． （1）求证：BC∥AD； （2）求证：CE∥平面PAB． 18. 如图，四边形ABCD中，是等边三角形. （1）当时，求四边形ABCD的面积； （2）若E，G分别是边AB，BD的中点，连接CE，EG，CG，设. ①试用表示； ②求CE长的最大值. 19. 中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任意一个平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理. （1）如图1，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，求该不规则几何体的体积； （2）将两个底面半径为，高为的圆柱体按如图2所示正交拼接在一起，公共部分叫做“牟合方盖”，如图3.取牟合方盖的八分之一，根据祖暅原理，它的体积和某个四棱锥的体积相加等于棱长为的正方体的体积，求这两个圆柱公共部分几何体即“牟合方盖”的体积； （3）半径为的两个球的球心距离也为，根据祖暅原理计算两个球的公共部分的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $