精品解析：广东中山华侨中学2025-2026学年高一下学期5月月考数学试卷

广东中山华侨中学2025-2026学年高一下数学5月月考 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 1 2. 在平行四边形ABCD中，E是CD中点，F是BC上靠近C的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 3. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. 1 D. 5. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 6. 如图，一个水平放置的平面图形的直观图为矩形，其中，则原平面图形的周长为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正方形ABCD的边长为2，点E在线段AC上，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论错误的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 直线与直线所成角的取值范围为 C. 的最小值为 D. 若为线段中点，过，，三点的平面截正方体所得的截面的面积为 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. 如图，在正方体中，M，N分别为棱的中点，则以下四个结论中，正确的有（     ） A. 直线与是相交直线 B. 直线与是异面直线 C. 与平行 D. 直线与共面 10. 函数图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. B. 向左平移个单位后是偶函数 C. 的对称轴为 D. 的单调减区间为 11. 下列命题中正确的是（ ） A. 若则或 B. 在中，若点满足，则为的垂心 C. 已知非零向量，若，则的夹角为锐角 D. 若是所在平面上的一点，且满足，则为等腰三角形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 向量 ，若 ，则实数 的值为_____. 13. 在中，已知，且，则该三角形的形状是______． 14. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.将一个正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，于是得到一种八个面为正三角形、六个面为正方形的半正多面体，如图所示，已知，则此半正多面体的体积为_______. 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. 实数m为何值时，复数是： （1）纯虚数； （2）等于； （3）所对应的点在第四象限． 16. 已知，． （1）求的值； （2）求的值． 17. 已知向量与的夹角为，且，. （1）求； （2）当为何值时？ （3）当为何值时，此时它们是同向还是反向？ 18. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，请在①；②；这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答： （1）求角A的大小； （2）若_____，求面积的取值范围. 19. 如图所示，矩形中，，.、分别在线段和上，，将矩形沿折起.记折起后的矩形为，且平面平面. （1）求证：平面； （2）若，求证：； （3）求四面体体积的最大值 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东中山华侨中学2025-2026学年高一下数学5月月考 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的概念及复数乘法计算求解. 【详解】复数，则. 2. 在平行四边形ABCD中，E是CD中点，F是BC上靠近C的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面向量的线性运算即可求解. 【详解】四边形ABCD 为平行四边形， 所以，, 所以. 故选：C 3. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意利用正、余弦定理运算求解. 【详解】由余弦定理得，则． 由正弦定理得，即，所以. 故选：A． 4. 已知，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【详解】， 所以. 5. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间直线与平面，直线与直线，平面与平面不同位置的定义，判定定理及性质定理，以及几何特征，逐项分析即可． 【详解】选项A，若，，， 则直线与直线可能平行，可能相交，可能异面，故A选项不正确； 选项B，若，，， 则平面与平面可能平行，可能相交；故B选项不正确； 选项C，若，，，则，故C选项正确； 选项D，，，， 则直线与直线可能平行，可能相交，可能异面，故D选项不正确； 故选：C. 6. 如图，一个水平放置的平面图形的直观图为矩形，其中，则原平面图形的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直观图还原原平面图形，确定原图形中线段的长度，再由勾股定理计算可得结果. 【详解】由直观图还原原平面图形，如下图所示： 因为四边形为矩形，则，且， 故为等腰直角三角形，故，， 在原图形中，，， 因为，，则在原图形中，，， 故四边形为平行四边形，所以，，， 故原平面图形的周长为. 故选：D. 7. 已知正方形ABCD的边长为2，点E在线段AC上，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】在边长为2的正方形中，， 设，， 而，因此 ，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 8. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论错误的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 直线与直线所成角的取值范围为 C. 的最小值为 D. 若为线段中点，过，，三点的平面截正方体所得的截面的面积为 【答案】D 【解析】 【分析】利用等体积转化为求三棱锥体积判断A；利用几何法求出异面直线所成角范围判断B；将侧面和侧面展开至同一平面求出最小值判断C；作出截面并求出截面面积判断D. 【详解】在棱长为2的正方体中，为线段的中点， 对于A，，平面，平面，则平面， 则点到平面的距离为定值，而的面积为定值，为定值，A正确； 对于B，如图，过点作，则直线DP与直线所成角与直线与直线所成角相等， 当点运动至点时，角最大为，点运动至点时，角最小为，B正确； 对于C，如图，将侧面和侧面展开至同一平面，当三点共线时，取最小值，C正确； 对于D，如图，过点三点的平面截正方体所得截面为等腰梯形， 其中上底，下底，腰为，则梯形高为， 所以等腰梯形的面积为，D错误. 故选：D 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. 如图，在正方体中，M，N分别为棱的中点，则以下四个结论中，正确的有（     ） A. 直线与是相交直线 B. 直线与是异面直线 C. 与平行 D. 直线与共面 【答案】BD 【解析】 【分析】根据异面直线的概念结合正方体性质可判断AB；根据直线的平行的判定可判断C；利用四点共面可判断D. 【详解】对于A，三点在平面内，M点不在直线上， A点不在平面内，可得直线与是异面直线，故A错误； 对于B，三点在平面内，不在直线上， M点不在平面内，可得直线与是异面直线，故B正确； 对于C，取的中点E，连接，又N为的中点， 则有，， 所以四边形是平行四边形，所以， ，则与不平行，故C错误； 对于D，连接， 因为M，N分别为棱的中点， 所以， 由正方体的性质可知：， 所以，则有四点共面， 所以直线与共面，故D正确. 故选：BD. 10. 函数图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. B. 向左平移个单位后是偶函数 C. 的对称轴为 D. 的单调减区间为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据由图像最值、周期和所过的点依次求出得到函数解析式，再根据三角函数性质逐项分析计算即可求解判断. 【详解】由函数图像可知，函数最大值为，所以， 函数最小正周期为， 所以，又，所以， 由图可得，所以， 解得，因为，所以， 所以，A正确； 函数向左平移个单位后得到函数的图象，该函数为奇函数，B错误； 令，解得， 所以的对称轴为，C正确； 令，解得 所以的单调减区间为，D正确； 故选：ACD. 11. 下列命题中正确的是（ ） A. 若则或 B. 在中，若点满足，则为的垂心 C. 已知非零向量，若，则的夹角为锐角 D. 若是所在平面上的一点，且满足，则为等腰三角形 【答案】BD 【解析】 【分析】根据向量的数量积定义即可判断AC；根据题意，结合向量的运算得 ， ，即可判断B；根据向量的数量积判断得 ，又根据E为AB中点，即可判断D. 【详解】对于A，若则或，或，A错误； 对于B，由， 同理可得，所以P为的垂心，故B正确； 对于C，设与的夹角为，则由得 ，又因为 ， 所以，所以C错误； 对于D，如图， 取AB中点为E，连接CE， 因为， 所以，又E为AB中点，所以， 故三角形ABC的形状一定是等腰三角形，所以D正确. 故选：BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 向量 ，若 ，则实数 的值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标运算求解. 【详解】因为向量  ，且 ， 所以. 故答案为：6. 13. 在中，已知，且，则该三角形的形状是______． 【答案】等边三角形 【解析】 【分析】先利用余弦定理求角，再结合三角形内角和定理和两角和与差的三角函数公式探讨角的关系即可. 【详解】因为， 由余弦定理可得：， 又角为三角形内角，所以. 再由. 即，又为三角形内角，所以即. 所以为等边三角形. 故答案为：等边三角形 14. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.将一个正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，于是得到一种八个面为正三角形、六个面为正方形的半正多面体，如图所示，已知，则此半正多面体的体积为_______. 【答案】## 【解析】 【分析】将该“阿基米德多面体”补成正方体，求出正方体的棱长，分析可知该“阿基米德多面体”相当于在正方体中挖去八个全等的三棱锥，利用正方体和棱锥的体积计算可得结果. 【详解】将该“阿基米德多面体”补成正方体，设该正方体的棱长为， 由题意可知，，解得， 所以该“阿基米德多面体”相当于在正方体中挖去八个全等的三棱锥， 且每个三棱锥的体积都等于， 故该“阿基米德多面体”的体积为. 故答案为：. 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. 实数m为何值时，复数是： （1）纯虚数； （2）等于； （3）所对应的点在第四象限． 【答案】（1）3　（2）6　（3） 【解析】 【分析】（1）根据纯虚数的概念可得，解方程组即可. （2）利用复数相等可得，解方程组即可. （3）由复数的几何意义可得，解不等式组即可. 【详解】解：（1）由题意可得，解得.　 （2）由复数相等可得，解得. （3）由复数的几何意义可得，解得. 【点睛】本题考查了复数中的基本概念以及复数的几何意义，属于基础题. 16. 已知，． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据同角三角函数的关系，结合已知条件求出的值，进而计算求解； （2）根据二倍角公式计算的值，再利用两角差的余弦公式计算求解． 【小问1详解】 ， ，故， ，则，结合， ，， ． 【小问2详解】 ， ， ． 17. 已知向量与的夹角为，且，. （1）求； （2）当为何值时？ （3）当为何值时，此时它们是同向还是反向？ 【答案】（1） （2） （3），反向 【解析】 【分析】（1）利用，把向量模的运算转化为数量积运算即得结果； （2）利用向量垂直的充要条件数量积为0，转化为数量积运算，最后解方程即得结果； （3）利用向量共线的充要条件得，根据平面向量基本定理，可得解. 【小问1详解】 由已知得， 因为. 所以 【小问2详解】 若，即， 所以，即，解得， 即当时，. 【小问3详解】 若，即， 根据平面向量基本定理可得，解得， 此时与反向. 18. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，请在①；②；这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答： （1）求角A的大小； （2）若_____，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）将边化为角，结合两角和的正弦公式化简即可； （2）若选①，则由正弦定理将边化成角，结合三角恒等变换及三角函数图象可求范围；若选②，则由正弦定理将边化成角，结合正切函数的图象即可求解范围. 【小问1详解】 ∵ ， ∵，∴，∴， ∵，∴ 【小问2详解】 若选①； 由正弦定理可知：， ， 又因为锐角三角形，所以， 所以，， 故； 若选②，由正弦定理可知， ， 又因为锐角三角形，所以，， . 19. 如图所示，矩形中，，.、分别在线段和上，，将矩形沿折起.记折起后的矩形为，且平面平面. （1）求证：平面； （2）若，求证：； （3）求四面体体积的最大值 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）2 【解析】 【分析】(1)要证线面平行，先证线线平行，先证四边形是平行四边形，即可. (2)要证线线垂直，先证线面垂直，先证平面即可. (3) 设,四面体的体积为,即可求最值. 【小问1详解】 证明：∵四边形，都是矩形， ∴，，∴四边形是平行四边形， ∴，∵平面，∴平面； 【小问2详解】 证明：连接，设，∵平面平面，且， ∴平面，∴， 又，∴四边形为正方形，∴， ∴平面，又平面，∴， 【小问3详解】 解：设，则，其中， 由（1）得平面， ∴四面体的体积为： ， 时，四面体的体积最大，其最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $