广东东莞市第十三高级中学2025-2026学年高一下学期5月月考数学试卷

**基本信息** 该试卷涵盖高一数学核心知识，题型多样，注重基础巩固与能力提升，通过解三角形、立体几何等综合题考查数学思维与应用意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|向量基底表示（2）、解三角形（3）|基础概念辨析，如异面直线判定（4）| |多选题|3题|向量共线（9）、三角函数图像（10）|多选项设计，考查逻辑推理，如正方体线面关系（11）| |填空题|3题|复数运算（12）、三棱锥外接球（14）|创新定义运算，如向量夹角最值（13）| |解答题|5题|解三角形多问（17）、立体几何体积（19）|分层设问，如翻折问题体积与线面角综合（18）|

广东东莞市第十三高级中学2025-2026学年高一下学期5月月考数学试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．若，则（    ） A． B．4 C．1 D．3 2．设a=（−1，2），b=（−1，1），c=（3，−2），用a、b作基底，可将向量c表示为c=pa+qb，则 A．p=4，q=1 B．p=1，q=−4 C．p=0，q=4 D．p=1，q=4 3．的内角，，的对边分别为，，，若，，则（    ） A． B． C． D． 4．若m，n为不重合的直线，，，为互不相同的平面，则下列说法错误的是（    ） A．若，则经过m，n的平面存在且唯一 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 5．在中，角，，所对的边分别为，，.已知，，则的面积是（       ） A． B． C． D． 6．在中，内角的对边分别是，且边上的高为，若，则当取最小值时，内角的大小为（    ） A． B． C． D． 7．已知向量，，则（   ） A． B． C． D． 8．如图，在中，已知，为上一点，且满足，若的面积为，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．下列命题为假命题的是（    ） A．两个具有共同终点的向量，一定是共线向量 B．若与同向，且，则 C．、为实数，若，则与共线 D．是所在平面上的任意一点，且满足，，则直线一定通过的重心 10．已知函数，（），部分图象如图所示，其中，是图像上的两个点，假设，其中O为坐标原点，下列说法正确的是（  ） A．的值为 B．的值为 C． D．在上的射影为 11．在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则下列说法正确的是（    ） A．直线与是异面直线 B．直线与所成的角为 C．若三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为 D．过点且与直线垂直的平面截正方体所得截面多边形的面积为 三、填空题 12．定义运算，复数z满足，则______. 13．已知平面向量，满足：．若对区间内的三个任意实数，都有，则向量与夹角的最大值的余弦值为______． 14．已知三棱锥的四个顶点在球O的球面上，，是边长为6的正三角形，E为SA的中点，直线CE，SB所成角为90°，则球O的表面积为______． 四、解答题 15．已知复数(i为虚数单位). （1）求复数z的模； （2）求复数z的共轭复数； （3）若z是关于x的方程一个虚根，求实数m的值. 16．已知平面向量，. (1)若，求的值. (2)若，求的值. 17．如图，在中，为 边上一点，且.    (1)求的长及的值； (2)若，求的周长； (3)若，求中边上的高. 18．已知菱形如图①所示，其中且，现沿进行翻折，使得平面平面，再过点作平面，且，所得图形如图②所示． (1)求五面体的体积； (2)若点满足，若与平面所成角为，求的最大值． 19．如图，已知四棱锥中，，，，且， (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若平面与平面垂直，，求四棱锥的体积． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B B D A C B D ABC BCD 题号 11 答案 BCD 1．B 【分析】根据复数乘法可得，即可得以及. 【详解】因为，可得， 所以，即． 故选：B. 2．B 【详解】（3，−2）=p（−1，2）+q（−1，1）=（−p−q，2p+q），则，∴，故选B． 3．B 【分析】由已知条件可得，再利用余弦定理即可求得. 【详解】因为，，所以， 又，所以， 所以. 故选：B 【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，属于基础题. 4．D 【分析】由直线平行的性质判断A；由面面平行的性质定理、面面垂直的判定定理判断B、C；根据平面平行的传递性判断D. 【详解】A：m，n为不重合的直线，且，故经过m，n的平面存在且唯一，对； B：，，，根据面面平行的性质知：，对； C：，，根据面面垂直的判定定理知：，对； D：，，为互不相同的平面，，，平行的传递性知：，错. 故选：D 5．A 【解析】由正弦定理化简可得，得A，根据余弦定理及即可求出，利用面积公式求解. 【详解】 , , , , , , , , , 故选：A 【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，面积公式，属于中档题. 6．C 【分析】根据，由正弦定理得到，根据边上的高为，结合正弦定理有，再由余弦定理可得 ，即，由，再根据取最小值时求解. 【详解】因为，所以，因为边上的高为， 所以，即， 由余弦定理得：， 所以， 即， ，即， 解得，所以的最小值为， 此时，又，， 所以. 故选： 【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于较难题. 7．B 【分析】利用向量加法的坐标表示，求出的坐标 【详解】. 故选：B. 8．D 【分析】过点分别作交于点，交于点，由向量加法的平行四边形法则和相似比求出实数的值，结合三角形面积可得，然后根据向量数量积的定义及运算律可得，再利用基本不等式即得. 【详解】过点分别作交于点，交于点， 则， 因为，又， 所以， 所以，， 设，则由三角形面积公式有， 因为，， 则 ， 当且仅当，即时取等号， 故的最小值为. 故选：D. 9．ABC 【分析】根据向量的有关性质判断A、B；特殊值，即可判断C；取中点，应用向量加减的几何意义得到，即可判断D. 【详解】A，当两起点与终点不在同一直线上时，虽然终点相同，向量不共线，错， B，两个向量不能比较大小，错， C，当时，与可以为任意向量，满足，但与不一定共线，错， D，如图所示，取中点，，即， ∴，即、、三点共线，故一定通过的重心，对.    故选：ABC 10．BCD 【分析】先求出函数的周期，由可判断A；将点代入方程可得的值可判断B；根据图像可得的大小，再用两角差余弦公式计算即可判断C；由投影向量的公式可判断D. 【详解】对于A，因为，是图像上的最高点和最低点， 所以，所以，所以， 所以，故A错误； 对于B，将点代入方程，得，∴，， ∵，∴，故B正确； 对于C，在中，，，∴， 在中，，，∴，∴， ∴ ，故C正确； 对于D，， 在上的射影为：，故D正确. 故选：BCD. 11．BCD 【分析】对于A，说明即可判断；对于B，说明直线与所成的角为，结合余弦定理验算即可；对于C，只需求出三棱锥的外接球的半径，再结合球的表面积公式验算即可；对于D，说明截面为边长为的正六边形，然后根据面积公式验算即可. 【详解】对于A，如图所示， 因为分别为的中点，所以， 因，所以四边形是平行四边形，所以， 因为，所以， 所以四点共面，故A错误； 对于B，如图所示， 因为，所以四边形是平行四边形，所以， 所以直线与所成的角为， 而， 所以，所以，故B正确； 对于C，如图所示， ， 所以三角形的外接圆半径为， 显然平面，且， 所以三棱锥的外接球的半径为， 所以球的表面积为，故C正确； 对于D，如图所示，取中点，顺次连接， 因为平面，平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 同理可证，， 而，，平面， 所以平面， 根据前面的假设有，，所以四点共面， 又因为，所以四边形是平行四边形， 所以，所以六点共面， 因为，平面，平面， 所以平面， 同理可证平面， 又因为平面，，平面， 所以平面平面， 又因为平面， 所以平面， 所以六边形即为过点且与直线垂直的平面截正方体所得截面多边形， 显然这是一个边长为的正六边形，其面积为，故D正确. 故选：BCD. 12．/-i+2 【分析】根据题意得，然后化简可求出复数 【详解】因为，所以 所以，则， 故答案为： 13． 【分析】设，如图，不妨设，设为AB的中点，为OC的中点，为BD的中点，为AD的中点. 设，，分析得到，，求出，再求出的值即得解. 【详解】设，如图，    不妨设. 设为AB的中点，为OC的中点，为BD的中点，为AD的中点. 则，则， 设，，点在平行四边形内（含边界）， 所以，由题知恒成立. 为了使最大，则为钝角，即点在第一或第四象限. 不小于到直线的距离，所以为点到直线的距离， 所以. 即，即 即， 可得.所以. 所以 所以向量与夹角的最大值的余弦值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：利用坐标处理向量问题，结合向量的几何意义分析可得为了使最大， 则，进而运算求解即可. 14． 【分析】由题意可得三棱锥为正三棱锥，则顶点在底面的射影为等边的中心，连接并延长交于，结合题意可证得平面，从而得正三棱锥的三条侧棱两两垂直，将三棱锥补为正方体，则正方体的外接球就是三棱锥的外接球，从而可求得结果. 【详解】因为，是边长为6的正三角形， 所以三棱锥为正三棱锥， 则顶点在底面的射影为等边的中心， 连接并延长交于，则， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以正三棱锥的三条侧棱两两垂直， 因为，所以, 则将三棱锥补为正方体，则正方体的外接球就是三棱锥的外接球， 设三棱锥的外接球半径为， 则，即， 所以球O的表面积为， 故答案为：    15．（1）；（2）；（3）. 【解析】（1）直接根据模长的定义求解即可； （2）实部相等，虚部相反即可； （3）推导出，由此能求出实数m的值. 【详解】（1）因为复数； 故； （2）； （3）∵z是关于x的方程一个虚根， 故； 因为m为实数，所以. 【点睛】本题考查了复数的运算法则、复数的模长、共轭复数的定义、复数方程的根，考查了计算能力，属于基础题． 16．(1) (2) 【分析】（1）根据两向量平行的坐标关系结合二倍角公式列式求解； （2）根据向量垂直的坐标关系结合两角和的正切公式求解. 【详解】（1）∵，且， ∴， ∴， ∴. （2）∵，且， ∴， ∵若，则，这与矛盾. ∴，∴，∴. ∴. 17．(1)， (2) (3) 【分析】（1）在中，利用正弦定理即可求出，根据三角形内角和定理及两角和得正弦公式即可求出； （2）由，可得，在中，利用正弦定理求出，再在中，利用余弦定理求出，即可得解； （3）先根据三角形的面积公式求出，再在中，由余弦定理求出，再在中，由余弦定理求出，即可得解. 【详解】（1）因为，， 所以，所以， 在中，由正弦定理得， 所以， ； （2）因为， 所以，即， 在中，由（1）结合正弦定理得， 所以， 所以， 在中，由余弦定理得 ， 所以， 所以的周长为； （3），所以， 在中，由余弦定理得 ， 所以， 在中，由余弦定理得 ， 解得（舍去）， 所以中边上的高为. 【点睛】方法点睛：已知三角形的两边及一角解三角形的方法： 先利用余弦定理求出第三边，其余角的求解思路有两种： （1）利用余弦定理求出其它角； （2）利用正弦定理（已知两边和其中一边的对角）求解. 若用正弦定理求解，需对角的取值进行取舍，而用余弦定理就不存在这个问题（在上，余弦值所对的角是唯一的），故用余弦定理较好. 18．(1)12 (2) 【分析】（1）取的中点，连接,证明平面，推得，过点作于点，得平面，且，即可由求得； （2）由题建系，求出相关点和相关向量坐标，设，得，由空间向量的夹角公式求出，通过换元，利用二次函数的值域即可求出其最大值. 【详解】（1） 如图，取的中点，连接,因,则, 又平面平面，且平面平面, 平面,故平面, 同理，平面.因平面，则, 过点作于点，则得,故平面，且. 于是五面体的体积为: ; （2） 如图，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则. 则, 设平面的法向量为，则， 可取. 由可知，点在上，可设其坐标为，则, 依题意，， 设，则，故， 因，故， 即当，时，取得最大值，为. 19．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点，连接，证，，利用线面垂直的判定定理得平面， 再利用线面垂直的性质即可证得； （2）由（1）知平面，利用面面垂直的判断定理可得平面平面， 则即为直线与平面所成角，再利用题中条件求的长度，最后利用余弦定理进行求解即可； （3）由（2）知平面平面，又平面平面，则平面与平面重合，即四点共线， 再利用题中条件求出四边形的面积和四棱锥的高，最后用锥体的体积公式即可求解. 【详解】（1） 取中点，连接， 由，则， 因此可得， 又为中点，则在等腰和等腰中，可得，， 又，平面， 平面， 又平面， . （2） 过作垂直的延长线于一点， 由（1）知平面，平面, 则平面平面， 又平面平面，平面，, 平面，故即为直线与平面所成角， 又在等腰直角中，，则，， 又在中，， 则， 在中，， 则在中，， 因此可得， 即直线与平面所成角的正弦值为. （3） 由（2）知平面平面，又平面平面， 则平面与平面重合，即四点共线， 在中，， ， 在中，, 又, 又四边形的面积 , 又（2）知平面，故为四棱锥的高， 所以四棱锥的体积. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是证明平面，再利用面面垂直的判定定理证平面平面， 最后根据平面与平面垂直，确定四点共线，考查了线面垂直， 面面垂直的判定与性质，及线面角的定义，是一道综合性较强的题. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $