河北石家庄市第三十八中学2025-2026学年高一下学期5月期中数学试题

2025-2026学年第二学期高一年级5月月考 数学试卷 一、单选题 1.若向量a=(1,7),万=(14，-2)，c=(-1,1),则() A.a//b且a·c=6 B.a1b且a·c=6 C.a/b且a.c=-6 D.a1b且a.c=-6 2.若z=B-,则2在复平面内对应的点位于() 2-i A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 3.如图，△0'AB是水平放置的△0AB的直观图，0A'=0B'=2,∠A'OB'=45°，则A0AB的面积是() 1450 7O2B' A.2 B.3 C.4 D.5 4.在△ABC中，其内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若acosB-bcosA=c,则△ABC的形状是() A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形 5.已知a,B,y是三个不同的平面，，，1是三条不同的直线，下列命题中正确的是() A.若m1L,n1l,则m/m B.若a1Y,B1Y,则a//B C.若mla,mln,则n1a D.若a⊥B,mca,ncB,则m1n 6.如图，该几何体由高均为1的圆锥与圆柱组成，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，若该几何体底面 半径为1，则下列说法不正确的是() 第1页共4页 A.圆锥的母线长为V2 B.圆锥与圆柱的体积比为1：3 C.该几何体的表面积为5π D.该几何体的体积为号 7.如图是正方体的平面展开图.在这个正方体中，①BM与ED平行：②CN与BE垂直；③AF与平面BDM 平行；④平面CAN与平面BEM平行.以上四个命题中，正确命题的序号是() A.①② B.②③ C.③④ D.①④ 8.已知一个无盖的圆柱形容器（忽略容器壁厚度），其底面半径为10厘米，母线长为30厘米，现在将 该容器盛满水并缓慢倾斜，设圆柱形容器的母线与水平面所成角为a,当剩下的水为原来的时，tana= () A. B. C. D. 二、多选题 9.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c.根据以下条件解三角形，恰有一解的是() A.a=3,b=4,A=8 B.Q=4,b=3,A=胃 C.a=2,b=3,A=晋 D.a=2,b=2,A=4 10.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别是棱B1C1,CC1的中点，动点P在线 段A1D上，动点Q在正方形CDD1C1内（包含边界），PQ/平面AB1C,则() D E B A.PQ//AC B.PO的最大值为V2 C.存在P,Q,使得PQ/平面BB1C1CD.VP-D1EF=VE-D1FD 第2页共4页 11.下列命题为真命题的是() A.△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则2PA·PB+PC⊙的最小值为-3 B.已知△ABC的三个内角分别为ABC,动点P满足O币=0A+A(丽+) AB AC】 1∈(0，+∞)， 则动点P的轨迹一定经过△ABC的重心 C.在△ABC中，若AB·AC>0,则△ABC为锐角三角形 D.0为△ABC内部一点，30A+4OB+5OC=CB,则△0AB,△0AC,△0BC的面积比为2：1：1 三、填空题 12.已知向量a,的夹角为，=3，a1(位-可，则2a-= l3.在△ABC中，若(sinA+sinB-sinC)(sinA+sinB+sinC)=sinAsinB,则角C= 14.如图，在平行四边形ABCD中，已知AB=V5,AD=2,BD=1,现将△ABD沿BD折起，得到三棱 锥A-BCD,且三棱锥A一BCD外接球的表面积为7π，则AC=· D 四、解答题 15.已知□ABCD中，AD=a,AB=b,M为AB的中点，N为BD上靠近B的三等分点. (1)a,b表示向量MC,NC: (2)判断M,N,C三点的位置关系，并证明. 16.设复数z=(m2-4m-5)+(m2+5m+4)i,m为实数. (1)当m为何值时，z是纯虚数： (2)若复数z在复平面内对应的点在第三象限，求实数m的取值范围. 第3页共4页 l7.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足sinC+二sinB=cosBsinA. (1)求A: (2)若a=2V3,△ABC的面积为V3,求△ABC的周长. 18.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M,N,E,F分别是棱A1B1,A1D1,B1C1,C1D1的中点，· D C M B E 4 D (1)求证：平面AMN//平面DBEF; (2)已知正方体的棱长为2，求平面AMN与平面DBEF把正方体分成的三部分的体积之比. 19.对于给定△ABC,设其外接圆半径为R,内切圆半径为r,定义f=的值为△ABC的“分离比” (I)若△ABC为等腰直角三角形，求△ABC的“分离比f (②)证明：“分离比f=s血4+sn8+sinC 2sinAsinBsinc (3)试求出“分离比f的最小值. 第4页共4页 《2025-2026学年度高中数学5月月考卷》 参考答案 题 号 5 6 8 9 10 答 B BC C BC 案 ⊙ 0 C C A D 0 题 号 11 答 AB 案 D 1.B 【分析】利用平面向量平行，垂直的坐标表 示和数量积的坐标运算公式分别检验即可. 【详解】因为品≠所以a,不平行，因为 1×14+7×(-2)=0,所以a1万， 又a.元=1×(-1)+7×1=6， 故选B 2.D 【分析】先计算复数3一4，再化简复数z= 各得到2=2+i,求出z=2-,确定复 平面内的点的坐标，得到点所在的象限， 【详解】因为2=B-到=32+(-2 5 2-1 2-1 2-i 5(2+1) =2+i,所以z=2-i,则在复平 (2-i0(2+) 面内对应的点的坐标为(2，-1)，位于第四 象限 故选：D 3.C 【分析】作出△OAB的实物图，即可计算出 △OAB的面积 【详解】由斜二测画法可知，△OAB的实物 图如下图所示 答案第1页 A B 可知0A=4,0B=2,且∠A0B=90°，因 此，40AB的面积为×2×4=4 故选：C. 【点睛】本题考查由直观图计算原图形的面 积，一般将图形还原，或者利用直观图和原 图形面积之间的倍数关系来进行计算，考查 计算能力，属于基础题 4.B 【分析】由已知条件，利用余弦定理角化边 即可得到关系式 【详解】因为acosB-bcosA=c,由余弦定 理知， 所以ax2+c2-b2-bx2+c2-a=c, 2ac 2bc 整理得a2=c2+b2, 即△ABC的形状是直角三角形. 故选：B 5.c 【分析】在长方体ABCD-A1B1C1D1中，利 用线线，线面，面面之间的关系判断， 【详解】对于选项A,分别把AA1、BC、AB 当作直线m、n、L,显然m⊥n,故A不正 确： 对于选项B,平面AA1B1B、平面BB1C1C、 平面ABCD分别视为平面a、B、Y,显然an ,共9页 B=BB1,故B不正确： 对于选项C,m1a,mln,则n1a,故C 正确： 对于选项D,平面AA1B1B、平面ABCD分别 视为平面a、B,A1B1,CD分别视为m,n,则 m/n,故D不正确 D B D 6.C 【详解】因为圆锥的底面半径为1，高为1， 所以圆锥的母线长为√2+12=√2，A正 确： 圆锥的体积V1=Sh=号×π×12×1=牙 圆柱的体积V2=Sh=π×12×1=π， 所以圆锥与圆柱的体积比为，B正确： 该几何体的体积为V1+V2=背+π=等π，D 正确； 圆锥的侧面积S1=l=π×1×√2=√2π， 圆柱的侧面积S2=2π×1×1=2π， 圆柱的下底面面积S3=m2=π×12=， 所以该几何体的表面积为S1+S2+S3= √2π+2m+π=（√2+3）π，C错误. 7.C 【分析】将正方体的展开图还原成直观图， 结合线面平行、面面平行的判定逐项判断即 可 【详解】由展开图得到正方体的直观图，如 答案第27 图： M 公 D B 观察直观图知，BM与ED是异面直线，①错 误；CN与BE平行，②错误： 由四边形AFMD是平行四边形，得AF//MD, 又AF￠平面BDM,MDC平面BDM,则AF/ 平面BDM,③正确； 由AC//EM,又AC￠平面BEM,EMC平面 BEM,得AC/平面BEM, 同理AN/平面BEM,又AC n AN= A,AC,ANC平面CAN,因此平面CAN/平面 BEM,④正确 8.A 【详解】该容器盛满水时的体积为V1= π102×30=3000π， 倾斜后剩下的水为V,=×3000π= 2250π， 所以流出的水的体积为V1-V2=750m, 所以1'=-2x750=15,所以tana=C=20 π.102 15 4-3 a-- B 页，共9页 9.BD 【分析】对各选项，先用正弦定理计 算sinB,再结合边的大小关系判断角的范 围与解的个数：钝角选项直接由大边对大角 排除矛盾情况；等腰选项直接由等边对等角 求出唯一解，从而筛选出恰有一解的选项. 【详解】对于A,由品=品得sinB a 因为A为锐角，且bsinA=4×号=2，a=3, 即bsinA<a<b, 所以三角形有两解，A错误： 对于B,由，品品g得sinB= a x9-3< 4 8 2 因为a>b,所以A>B,故B必为锐角，所 以只有一解，B正确： 对于C,因为A=号，则A是△ABC的最大内 角， 又由a<b,得A<B,所以△ABC无解，C 错误； 对于D,由a=b,得B=A=平，C=π-B A=于，恰有一个解，D正确. 10.BCD 【分析】A选项，根据动点所在平面与已知 平面平行，确定动点所在位置，进行判断线 线平行；B选项，根据P,Q两点的移动轨 迹，确定取最大值时P,Q两点的位置，计 算最大值；C选项，当P,Q两点都在平面 答案第3 AA1D1D中时，可满足PQ/平面BB1C1C,故 根据P,Q两点的移动轨迹判断即可；D选 项，根据平面的平行线上的点到平面的距离 都相等可将动点通过平行线转化为定点，从 而保证同底等高的棱锥体积不变. 【详解】 D D ⊙ 如图，连接A1C1,EF,D1E,D1F. 因为A1D/B1C,A1D￠平面AB1C,B1CC 平面AB1C, 所以A1D//平面AB1C, 因为AC/A1C1,A1C1￠平面AB1C,ACC平 面AB1C, 所以A1C1/平面AB1C; 因为A1DnA1C1=A1,且A1D,A1C1C平面 AC D, 所以平面A1C1D/平面AB1C: 因为PQ/平面AB1C,P∈平面A1C1D,所以 PQC平面A1C1D; 又平面A1C1Dn平面CDD1C1=C1D,所以点 Q在线段C1D上， 故PQ与AC不一定平行，A错误， 由A可知，当PQ与A1C1或DC1重合时，取 最大值为V2,B正确： 当点P与点A1重合，点Q与点D重合时，PQ/ 平面BB1C1C,C正确； 页，共9页 因为EF/B1C/A1D,EFc平面D1EF, A1D￠平面D1EF, 所以A1D/平面D1EF, 所以点P到平面D1EF的距离与点D到平面 D1EF的距离相等， VP-D1ER=VD-D1EF=VE-D1FD,D正确， 11.ABD 【分析】对于A,建立平面直角坐标系，利 用平面向量数量积的坐标运算求出2PA· PB+P⊙的最小值可判断A正确：对于B, 取BC的中点为D,过A作直线BC的垂线，垂 足为E,将OP=0A+(mB+cc AB AC 化为A亚=2AD,可得B正确；对于C, 推出A为锐角，根据锐角三角形的定义可判 断C不正确；对于D,取AC的中点为E,BC 的中点为F,由30A+40B+50元=CB, 推出O为EF的中点，可判断D正确， 【详解】对于A,取BC的中点O,以O为原 点，OC,OA为x,y轴建立平面直角坐标系， 如图： 则B(-1,0),C(1,0),A(0,V3),设P(x,y), 则PA=(-x,V3-y),PB=(-1-x,- y),PC=(1-x,-y),PB+PC= 答案第4 2x,-2y), 所以2PA.(PB+PC=2(-x,V3-y)· (-2x,-2y)=4(x2+y2-V3y) =4x2+0-)2-引≥-3，当且仅当 x=0,y=时，等号成立 故2PA·PB+P的最小值为-3，故A正 确： 对于B,取BC的中点为D,过A作直线BC的 垂线，垂足为E, D E 则AB sinB=|AEL,I〡ACsinc=|AE, 因为师=丽（品柔） 所以0P-0A=A(儡+) 所以丽-高（正+A©-品AD, 所以AP与AD共线，因为入>0，所以动点P 的轨迹为射线AD(不含A点)，一定经过三 角形ABC的重心，故B正确； 对于C,在△ABC中，若AB·AC>0,则 |AB·|AC·cosA>0,则cosA>0, 则A为锐角，一个锐角不能推出三角形为锐 角三角形，故C不正确： 对于D,取AC的中点为E,BC的中点为F, 连接0E,0F,如图： 页，共9页 B 因为30A+40B+50元=CB,所以30A+ 40B+50C=0B-0C, 所以30A+30B+60元=0，所以0A+ 0B+20元=0， 所以0A+0C+0B+0元=0，所以20E+ 20F=0,即0E+0F=0, 所以O为EF的中点， 所以S△0AB=2S△ABC,S△0Ac=2S△PAC= SAABC SAOBG-SAEBC= 所以S△0AB:S△0AC:S△0Bc=2:1:1,故D正 确， 故选：ABD 12.2V3 【分析】利用垂直关系的向量表示求出·b, 根据向量数量积的定义求得，结合数量积 的运算律求解即可 【详解】由a1(a-b,得d.(a-=0, 即2-a.b=0,所以a.=2=32 9. 又a.i=·cosa,=3例×9 例，所以=9，即呵=25 中--可 答案第5 √4×32-4×9+(232 =23. 13. 2I 3 【详解】由题知(sinA+sinB- sinc)(sinA+sinB sinc)=sin2A+ sin2B 2sinAsinB-sin2C sinAsinB, 根据正弦定理可得a2+b2-c2=-ab, 由余弦定理可知cosC=二，将上述等 式代入，得c0sC=温=-号 又c∈(0，m,故c=等 14.V7 【分析】作出辅助线，转化为三棱柱的外接 球问题，结合正弦定理和余弦定理得到答案 【详解】如图，过B作BF/CD,且BF=CD, 过D作DE/IAB,且DE=AB, B F 连接AE,AF,CF,CE,根据题意可知BD/ AE//FC,BD=AE=FC, 由题意知BD⊥AB,BD L CD,BF/ICD,所 以BD⊥BF, 页，共9页 又AB,BF是平面ABF内的两条相交直线， 所以BD⊥平面ABF, 所以三棱柱ABF一EDC为直三棱柱. 则三棱锥A一-BCD与直三棱柱ABF-EDC 的外接球相同，设其半径为R. 由S=4R2=7m,知R=只，设三角形ABF 的外接圆半径为r, 则R2=2+(),求得r=5 设AC=x,则AF=Vx2-1,在△ABF中， 设LABF=日，AB=BF=V3, 则c0S0=4B2+8F2-AF2=7-2 2.AB.BF 6,sin=4= 2r Vx2-1 6, 代入si26+c0s20=1,解得x2=7或x2= 1（舍)，x=√7 15.a)mc=五+a,wC-3+a (2)M,N,C三点共线.证明见解析 【分析】(1)根据平面向量线性运算法则计 算可得： (2)首先表示出NC,即可得到N元=MC, 从而得证： 【详解】(1)MC=MB+BC=号AB+AD- 五+a, 因为NB=DB-(AB-AD)=AB- A而-拓-拉 所以NC=NE+BC=DB+AD=(AB AD)+AD-AB+3AD-B+a 答案第6 (2)M,N,C三点共线.证明如下： 由于MC=拓+a,NC-书+a 所以NC=a+万=M元， 所以NC/MC, 因为C为公共点， 所以M,N,C三点共线. 16.(1)5 (2)(-1,5) 【分析】(1)根据复数的相关概念列式求解： (2)根据共轭复数的概念以及复数的几何 意义列式求解， 【详解】(1)由题意，z为纯虚数，则需满 足： m2-4m-5=0 (m2+5m+4≠0 由m2-4m-5=0,解得m=5或m= -1, 由m2+5m+4≠0，解得m≠-1且m≠ -4, 综上m=5, 故当m=5时，z是纯虚数. (2)因为复数z=(m2-4m-5)+(m2+ 5m+4i, 所以复数z=(m2-4m-5)-(m2+ 5m+4)i, 又因为z在复平面内对应的点在第三象限， 所以： ∫m2-4m-5<0 (-(m2+5m+4)<0 由m2-4m-5<0,解得-1<m<5, 页，共9页 由-(m2+5m+4)<0,即m2+5m+ 4>0,解得m<-4或m>-1, 取两者的交集，得-1<m<5, 故实数m的取值范围是（-1,5)， 17.①A=号 (2)4+23 【分析】(1)由sinC+sinB=cosBsinA 利用两角和与差的公式化简得到cosA=一号 求解； (2)结合A=,由△ABC的面积为V3, 求得bc=4,再利用余弦定理求解 【详解】K1)因为sinC=sin[π-(A+B)】]= sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB, 所以sinAcosB+cosAsinB+号sinB= cosBsinA, 整理得cosAsinB=-1sinB. 又sinB>0,所以cosA=-2 又因为AE(0,四，所以A= (2)由(1)知A=, 由△ABC的面积为N3,得bcsin=V3, 解得bc=4. 由余弦定理，得a2=b2+c2-2 bccos2亚= b+c)2-bc=(b+c)2-4=12, 解得b+c=4, 所以△ABC的周长为a+b+c=4+2V3. 18.(1)证明见解析 答案第7 (2)1:16:7 【分析K1)连接D1B1,得到MN/D1B1/EF, 证得MN//平面DBEF和AN//平面DBEF,结 合面面平行的判定定理，即可证得平面 AMN/平面DBEF (2)求得正方体ABCD-A1B1C1D1体积为 V=8,利用锥体和台体的体积公式，分别 求得三棱锥A-A1MN的体积为V1=和三 棱台EFC1-BDC的体积为V3=3,得到夹在 平面AMN与平面DBEF之间的几何体的体 积，即可求解 【详解】(1)证明：连接D1B1,因为M,N,E,F 分别是棱A1B1,A1D,B1C1,C1D1的中点， 所以MN/D1B1/EF, 因为EFC平面DBEF,MN丈平面DBEF,所 以MN/平面DBEF: 连接NE,则NE//A1B1/AB,且NE= AB1=AB, 可得四边形NEBA为矩形，所以AN/BE, 又因为BEC平面DBEF,AN平面DBEF, 所以AN/I平面DBEF, 因为AN OMN=N,且AN,MNC平面AMN, 所以平面AMN/平面DBEF. D F A /M B D B (2)解：由正方体的棱长为2，可得正方体 页，共9页 ABCD-A1B1C1D1体积为V=8, 三棱锥A一A1MN的体积为V1=号S△A1Mw× AA1=号×(G×1×1)×2= 三棱台EFC1-BDC的体积为V3= S△BFC1+SAEFC·SABDC+S△BDCX c,=+x2+2×2=司 则夹在平面AMN与平面DBEF之间的几何 体的体积为2=8-V1-V,=台 所以平面AMN与平面DBEF把正方体分成 的三部分的体积之比为：V1:V2:V3= 专治号=1：16：7 19.(1)W2+1 (2)证明见解析 (3)2 【分析】(1)根据等腰直角三角形及其内切 圆、外接圆的性质，结合三角形面积公式求 出R,r,进而根据“分离比定义求解 (2)根据正弦定理，结合三角形面积公式 求出相应边角关系，进而利用“分离比”定义 证明结论： (3)运用两角和与差的正余弦公式，结合 二倍角公式化简f=n+sn+:nC为f= 2sinAsinBsinC m再利用换元法，结合两角差的余 1 弦公式及余弦函数的有界性得出 sinxsinysinz≤-snz动simz 再利用换元法结 2 合二次函数的性质求出-血s恤二的最大值， 2 答案第8 进而求出sin2 sinsin的最大值，从而求出 “分离比f的最小值。 【详解】(1)设等腰直角三角形△ABC的直 角边长为a,则斜边长为v2a, 直角三角形外接圆直径即为斜边，则R=冬， 由面积公式得s=a2-(a+a+V2a)r, 解得r=2-v② 2 V2a 2、 a(2-v② =V2+1. 2 (2)由正弦定理得a=2 RsinA,b= 2RsinB,c 2RsinC, 三角形面积S=absinc=abc, 2 4R 又S=r.a+b+c 2 2S .".r=. abc a+b+c 2R(a+b+c)' RR·2R(a+b+c) f= abc 2R2(a+b+c) abc 4R3(sinA+sinB sinC) 8R3sinAsinBsinC sinA+sinB+sinC 2sinAsin BsinC (3)sinA+sinB=sin(生+49）+ sin(生9-429）=2sim4cos42, A+B+C=π， sin4生9=sin(作-9=cos号 2 sinA sinB =2cos cos 2 .sinC 2sincos, 页，共9页 .'sinA+sinB sinC △ABC为等边三角形时， CA-B =2c082c0s sin号sin号sin取最大值号 B 2 +2sincos m2 C(A-B -2coscos-2 C +sin -2c0sco+)=2cos 2 2 2 2cos号cos号=4cos4cos号c0s号 2 sf=s血4+simB+sinC_ 2sinAsinBsinC 4c0s.cos cos 1 22sin20吃2sin20o号2sin5co号4sin受in受i 令x=)y-号z-台则x+y+2=京即 x+y=-z. sinxsinyo 2 oos(x-y)-os)co(-y)-sinz 2 2 c0s(x-y)≤1， “sinxsiny≤'，故sinxsin0 ysinz≤ (1-sinz)sinz 2 令t=sinz,则t∈(0,1)， 则y=严转化为g(0=:-号+ 京函数开口向下，对称轴为t= 当t=时，9()取最大值，最大值为g(付)= 且+且台 2 此时t=sinz=2则z=石又~x=y, “x=y=z=石则A=B=C=行即 答案第9页，共9页