安徽蚌埠博雅培文实验学校等校2025-2026学年下学期高一年级5月月考数学试卷（1卷）

1 高一5月数学 注意事项： 1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定 位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需 改动，用橡皮擦千净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题 卡上。 一、单项选择题：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.复数z=i+22+3i在复平面内对应点的坐标为 A.（-2,0) B.(0,-2) C.(-2,-2) D.(2,-2) 2.已知样本数据x1,x2,…,xg的方差为3，若y:=3x:+4(i=1,2,…,8),则y1,y2,…,yg的方 差为 A.31 B.27 C.13 D.9 3.已知x,B为两个不同的平面，m,n为两条不同的直线，则下列命题错误的是 A.若m∥a,n⊥a,则m⊥n B.若m⊥a,m⊥B,则∥B C.若a⊥B,a∩B=m,nCa,n⊥m,则n⊥B D.若m∥a,m∥B,则a∥B 4.已知aeR,则“a=0”是“复数z=a2+a+(a2-1)i为纯虚数”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 5.一物体在力F的作用下，由点M(-1,-2)移动到点N(1,0).已知力F=(3,4),则力F对 该物体所做的功为 A.14 B.12 C.8 D.6 6.如图，在正方形纸片ABCD上剪下一个扇形和一个直径为2的圆，扇形 D 的圆心为A,圆与BC,CD和扇形的弧均相切，若该扇形和圆恰好可作为 某圆锥的侧面和底面（接缝处忽略不计），则AB= A.52 B.5+√2 2 C.2+52 D.1+52 数学第1页（共4页） 7.在△ABC中，BC边上的中线为AD,AD的中点为E,过点E的一条直线与AB,AC分别交于 点F,G.若AF=入AB,A=uAC(入，4>0)，则 A.入+4=1 C.A- D.入=4 8.已知棱长为1的正四面体ABCD的中心为O,若球O的球面与正四面体ABCD的棱有公共 点，则球O的半径的取值范围为 C./26 4,4 二、多项选择题：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.已知一组数据3,8,7,4,3,7,2,3,4，则 A.该组数据的众数为3 B.该组数据的60%分位数是3 C.该组数据中大于3的数的占比大于50% D.去掉7和8后，该组数据的方差变大 10.在长方体ABCD-AB1C1D1中，AB=3,BC=4,AA1=3,E为棱DD1上一点，则 A.AD⊥CE B.长方体ABCD-A1B,C,D1的外接球的表面积为34π C.四棱锥E-ACC1A1的体积恒为24 D.EA1+EC的最小值为58 11.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,点P在△ABC内，且满足∠PAB=∠PBC= ∠PCM=a,称点P为△ABC的布洛卡点，角a为△ABC的布洛卡角，则下列说法正确的是 A.sin∠APB=sin∠ABC B若△MBC为等边三角形，则其布洛卡角a=石 C.若PA=λPB,则b2=Aac D.若a+c=2,PA=3PB,则sABC的最小值为 数学第2页（共4页） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知复数z满足z(2+i)=5,则1z= 13.如图，直角梯形A'B'CD是一个水平放置的平面图形的斜二测画法直观图，已知A'D'∥BC', ∠D'A'B′=90°，A'D'=3,A'B'=2,B'C=1,则原图形的面积是 0 14.已知P是△ABC的重心，若BP⊥CP,则sin∠BAC的最大值为 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.(13分) 已知向量a=(3,1),b=(0,1). (1)求向量a+2b与a的夹角的余弦值； (2)当k为何值时，a+b与a+2b垂直？ 16.(15分) 在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2 bcos B+ccos A=acos(A+B). (1)求B; (2)若a=4,c=6,AD=AAC(AeR),AC·BD=0,求BD. 17.(15分) 如图，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD为矩形，ED⊥平面ABCD,F为DE的中点， (1)求证：BE∥平面ACF, (2)已知AD=DE=2,AB=AAD C (i)若入=1，求证：平面BDE⊥平面ACF; (ⅱ)若入=2，求异面直线BE与AF所成角的余弦值 数学第3页（共4页） 18.(17分) 为点燃同学们对数学的热爱，使其探寻数字背后的文化密码，某校高一年级举办“数学文 化”知识竞赛.为了解参赛者的成绩情况，从所有参赛者中随机抽取100人的成绩（百分 制)作为样本，并按[40,50)，[50,60)，…，[90,100]分组，作出频率分布直方图如图所示. (1)求m的值，并估计样本中成绩不低于60分的人数； (2)估计样本中成绩的上四分位数； (3)若规定成绩不低于80分为“良好”等级，已知样本中成绩在[80,90)内的平均数为88， 方差为7，成绩在[90,100]内的平均数为96，方差为7，求样本中“良好”等级的成绩的 平均数和方差 频率 组距 0.030 0.020 0.015 0.005 0 405060708090100成绩/分 19.(17分) 如图，四棱锥P-ABCD的顶点在半球O的表面上，四边形ABCD为圆O的内接四边形，且 AC∩BD=0,OA=2. (1)求四棱锥P-ABCD体积的最大值， (2)当四棱锥P-ABCD的体积最大时： (i)求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值； (ⅱ)求直线PA与平面PCD所成角的正弦值. 数学第4页（共4页）1 高一5月数学·答案 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1.答案C 命题透析本题考查复数的运算和几何意义 解析因为z=i+22+33=i-2-3i=-2-2i,所以x在复平面内对应点的坐标为(-2，-2). 2.答案B 命题透析本题考查样本数据的方差. 解析因为y:=3x+4,所以s2=9s2=27. 3.答案D 命题透析本题考查空间线面位置关系。 解析对于A,由m∥a,n⊥a,可得m⊥n,故A正确； 对于B,垂直于同一条直线的两个平面平行，故B正确； 对于C,本选项为面面垂直的性质定理，故C正确； 对于D,若m∥a,m∥B,则a∥B或x与B相交，故D错误。 4.答案C 命题透析本题考查纯虚数的定义和充要条件的判断. ra +a=0. 解析当a=0时，z=-i为纯虚数，故充分性成立；当z=a2+a+(a2-1)i为纯虚数时， 解得a= la2-1≠0， 0,故必要性成立.所以“a=0”是“复数z=a2+a+（a2-1)i为纯虚数”的充要条件. 5.答案A 命题透析本题考查向量在物理中的应用， 解析由题意得M=(2,2),又F=(3,4),所以力F对物体所做的功W=F·M=14. 6.答案D 命题透析本题考查圆锥的结构特征 解析由题意可得扇形的弧长等于圆维底面圆的周长，圆锥底面圆的半径为r=1.设扇形的半径为R,则有=2π， 解得R=4,因此圆锥的母线长为R=4.如图，设圆的圆心为O,作OP1BC于P,OQ⊥CD于Q,易知四边形 0CQ为正方形，且点0在AC上，A0=5,0C=2,所以4C=5+2,所以AB=4C-5+E=1+5 22 2 一1 D B 7.答案B 命题透析本题考查平面向量基本定理 解析由题意可得而=)店+号记因为E是AD的中点，所以花=)市=店+配因为F,E,G三点 共线，所以A应=xA市+(1-x)AG.又因为A市=入A店，AG=uAC,所以A应=xA店+(1-x)uAC,所以 1 入X= 4 (1-x)=1 消去，可得}+止=4 4’ 8.答案D 命题透析本题考查几何体的外接球. 解析由校长为1的正四面体40CD可以枸造出棱长为号的正方体，如图所示，可知陵长为1的正四面休ABCD的 外接球和棱长为二的正方体的外接球相同，2R外肆 （)+()+()-所以 4正四面 体ABCD的棱切球即为正方休的内切球，所以R袋=？.因为球O的球面与正四面体ABCD的棱有公共点，所 4 以球O的半径R满足R棱物球≤R≤R外接球，即球O的半径的取值范围是 261 4’4 0. C 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的 得0分. 9.答案AC 命题透析本题考查样本数据的数字特征 解析将这组数据从小到大重新排列为2,3,3,3,4,4,7,7,8. 对于A,该组数据的众数为3，故A正确； —2— 对于B,因为9×0.6=5.4，故60%分位数是第6个数，即4，故B错误； 对于C,该组数据中共有9个数，大于3的数有4,4,7,7,8，所以该组数据中大于3的数的占比大于50%，故C 正确； 对于D,去掉7和8后，该组数据的方差变小，故D错误. 10.答案ABD 命题透析本题考查空间线面位置关系及体积和表面积的计算. 解析对于A,在长方体ABCD-AB,C,D1中，AD⊥平面CDD,C,因为CEC平面CDD,C1,故AD⊥CE,故A正确； 对于B,长方体ABCD-A1BC,D1的外接球的直径为√32+4+32=√34，所以外接球的表面积为34π，故B 正确； 对于C,因为DD1∥AA1,DD,4平面ACCA,AM,C平面ACCA1,故DD∥平面ACCA1,所以VE-ACcA= ,过D作DF1AC于K,由等面积法得DF=1DCDC-号.因为A,1平面ACD,DPC平面ABCD,故 AC AA,⊥DF,因为AA,∩AC=A,A41C平面ACC,A1,ACC平面ACC,A1,所以DF⊥平面ACCA,所以Vg-AA= -m=号×3×5×号-12，即四陵维E-4C,A的休积恒为12，放C错误： 1 5 对于D,将平面ADDA1展开至与平面DD,C,C共面，得到如图的矩形ACC1A1,所以EA1+EC≥A1C=√/7+32= √58，所以EA1+EC的最小值为√58，故D正确. D E D 11.答案ABC 命题透析本题考查新定义及正、余弦定理的应用. 解析对于A,因为∠PAB=∠PBC,所以∠PAB+∠ABP=∠ABP+∠PBC=∠ABC,而∠PAB+∠ABP+ ∠APB=T,所以∠ABC+∠APB=T,所以∠APB=T-∠ABC,所以sin∠APB=sin(T-∠ABC)=sin∠ABC,故 A正确； 对于B,因为△ABC为等边三角形，∠PAB=∠PBC=LPCA=a,所以LPB1=∠PAC=LPCB=号-a,LAPB= ∠BPC=∠CPH-,在△ABP中，由正弦定理得，” s（-a AB在△APC中，由正弦定理得生 sin sin a 3 所以mu=m(号-a小又0<a<号所以=号-Q,a=石，故B正确： 2 sin 3 PB AB 对于C,在△ABP中，nan（T∠BC即P2 g"sna于sn∠ABC在△APC中nasn（元-∠BMC即A PA AC sin a 一3 C所以院-之×温二能由E流定附份=名×名因为P4=PR所以A=会即-Ae,放C b PB c PB c 正确； 对于D,由PA=3PB,可得62=3ac,在△ABC中，由余弦定理得cos∠ABC=+c2-B=a+c)2-2ac-2- 2ac 2ac 【a+0）-5aC因为a+ce2.所以cos/ABG4,0e-2-),因为a+c2≥27ac,所以ac≤.所☒ 2ac s∠0C=品-言≥2-吾。-子，当且仅当a=c=1时等号成立所以os∠C的最小值为-分，放D 错误 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.答案5 命题透析本题考查复数的模及复数的运算. 55(2-i) 解析由题可知：2本2十2-D=2-,所以11=√2+(-)了=5. 13.答案8√2 命题透析本题考查斜二测画法. 解析由题可知，在原图形中AD=A'D'=3,BC=B'C'=1,CD=OB=2O'B'=42,且AD⊥CD,AD∥BC,如图， 所以原图形的面积为S=(AD+BC)·CD=分×(3+1)×4,2=8万. A 14答案号 命题透析本题考查解三角形 解析设角A,R,C的对边分别为a,b,c因为P是△ABC的重心，所以亦=子x分(+心)=子(+ ,市=子×子(d+)=(d+).因为即1c,所以成.市=与(+)·(Ci+)= )(厨·C+.d+.+Bd.C)=0,所以ai,a=店.c+i.庇+B武，即b加s∠BMc= abos∠ACB+aceos LARG+a2(*）,又cos∠BMC=b+c2-a 2be,cos∠ABC=g2+c2-b 2ac,cos∠ACB= 4 上，代人()试可得+=50，所以osL4G-+-号（台+）卢专后×专当 2ab 2bc 且仅当6=c时等号成立，所以c0s∠BAC的最小值为专，则sm∠BAC的最大值为子 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.命题透析本题考查向量的模与向量垂直的定义. 解析因为a=(3,1),b=(0,1), 所以a+2b=(3,1)+2(0,1)=(3,3). (2分) (1)|a+2bl=√32+32=32.… (4分) 设a+2b与a的夹角为0， 则es0=a:a+2b)=12 25 1al1a+2bl√/0×32 5 (7分) (2)因为a=(3,1),b=(0,1), 所以a+kb=(3,1）+k(0,1）=(3,1+k).…(9分) 因为a+b与a+2b垂直， 所以(a+b)·(a+2b)=0,即3×3+(1+k)×3=0, 解得k=-4.…(13分)》 16.命题透析本题考查解三角形. 解析(1)因为2 bcos B+ccos A=acos(A+B), 所以由正弦定理可得2 sin Bcos B+sin Ccos A=-sin Acos C,. (2分) 2sin Bcos B=-(sin Ccos A sin Acos C)=-sin(A+C)=-sin B,..... (4分) 又因为sinB≠0，所以2cosB=-1, 即omB=-分，所以B=牙 (7分) (2)因为AD=入AC,所以点D在直线AC上. 因为AC.B=0,所以BD⊥AC,即BD为AC边上的高. …(9分)》 由余孩定理可得公=+c-2aes∠4BC=+6-2×4x6×(-2)=76, 所以b=219. …(12分) 由等面积法可得乃asin∠ABC=×AC×BD,即×6×4×sin120°=分×BD×2, 解得BD=657 191 …(15分) 17.命题透析本题考查空间线面位置关系及异面直线所成的角. 解析（1)设BD∩AC=0,如图，连接F0.…(1分) -5 因为O为BD的中点，F为DE的中点， 所以FO为△BDE的中位线，所以FO∥BE. 又FOC平面ACF,BE平面ACF, 所以BE∥平面ACF. (4分) (2)(i)当入=1时，四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD. 因为ED⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,所以ED⊥AC. (6分) 又BDC平面BDE,DEC平面BDE,BD∩DE=D, 所以ACL平面BDE. 又因为ACC平面ACF, 所以平面BDEL平面ACF.…(9分) (i)由(1)可得FO∥BE, 所以∠AFO(或其补角)即为异面直线BE与AF所成的角. 在△A0中，A=5,d0=C=5,F0=2E=6,… (12分) 由余弦定理得cos∠AF0=4F+F0-A0-(⑤)2+(62-(5)2=30 2AF·F0 2×5×6 10 即异面直线BE与AF所成角的余弦值为0 10 (15分) 18.命题透析本题考查频率分布直方图及样本数据的数字特征. 解析(1)在频率分布直方图中，所有小矩形的面积之和为1， 则(0.005+0.005+0.020+0.030+m+0.015)×10=1,解得m=0.025,…(2分)》 估计样本中成绩不低于60分的人数为100-(0.005+0.005)×10×100=90.…(4分) (2)前四个小矩形的面积之和为(0.005+0.005+0.020+0.030)×10=0.6， 前五个小矩形的面积之和为0.6+0.025×10=0.85，… …(6分) 所以成绩的上四分位数落在[80,90)内，设其为a, 则0.60+(a-80)×0.025=0.75, 解得a=86, 即估计样本中成绩的上四分位数为86.…(9分) (3)样本中成绩在[80,90)内占成绩在[80,100]内的比例为0.25+0.158， 0.255 -6 样本中成绩在[90,100]内占成绩在[80,100]内的比例为0.25+0.15-8 0.15 3 …(13分)》 设样本中“良好”等级的成绩的平均数和方差分别为无，s2, 由分层随机抽样的平均数公式可得云=令×8+令×96=91， 由分层随机抽样的方差公式可得=冬7+(8-91)门+名[7+(96-91)门=2， 故样本中“良好”等级的成绩的平均数为91，方差为22.…(17分) 19.命题透析本题考查棱锥的体积及二面角与线面角的计算. 解析(1)设直线OA与OB的夹角为0，点P到平面ABCD的距离为h. 则m=写a8nA=号×4×了×01×0B×n0xh=子×2x2xsn0xh=86sn6(2分） 3 如图，连接PO, 则当PO⊥平面ABCD时，hnmx=OP=2, 当0=7时，sim0最大，为1， 所以(Vp-AcD）s=3, 16 即四棱锥P-ABCD的体积的最大值为 3 (5分) P D: B (2)由(1)知，当四棱锥P-ABCD的体积最大时，PO⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形， 所以四棱锥P-ABCD为正四棱锥， 其底面边长AB=22,高0P=2,侧棱长PA=√OP2+0A2=√22+22=22. 所以其侧面是边长为22的等边三角形.… (7分) (i)因为ABCD是正方形，所以AD∥BC. 又BCC平面PBC,AD平面PBC,所以AD∥平面PBC. 设平面PAD∩平面PBC=L,又ADC平面PAD,则由线面平行的性质可得AD∥l.同理BC∥I. 分别取AD,BC的中点E,F,连接EF,PE,PF,如图. 因为△PAD和△PBC均为等边三角形， 所以PE⊥AD,PF⊥BC,所以PE⊥I,PF⊥L, 所以∠EPF即为平面PAD与平面PBC所成二面角的平面角.……(9分) > 在△BPp巾，BF=2万，PE=PF=2万×=石， 所以cos∠EPF=PE+PF-EF_6)2+(6)2-(222. 2×PE×PE 2×6×√6 3, 所以平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值为 1 ，…(12分） （iⅱ)设点A到平面PCD的距离为d,直线PA与平面PCD所成的角为a. 由等体积法可得V,-ACD=VA-PcD, 即时×分×2万x27x2=2解得d-4 3 放片亭 所以直线PA与平面PCD所成角的正弦值为 3 (17分) —8