安徽蚌埠禹王学校等校2025-2026学年下学期高一年级5月月考数学试卷(4卷）

4 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+3=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D 命题透析本题考查单位向量的概念. 解析由题可知1a=2,所以与a=(1,-√5)同方向的单位向量的坐标为 3.答案B 命题透析本题考查棱柱与棱锥的结构特征、直观图， 解析三棱柱的底面为三角形，故①说法错误；一个棱柱至少为三棱柱，即有6个顶点、9条棱、5个面，故②说 法正确；过圆锥侧面上除顶点外的一点只有一条母线，故③说法错误；根据斜二测画法知三角形的直观图一定 是三角形，故④说法正确， 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： ra2+a=0, 解析当a=0时，a=-i为纯虚数，故充分性成立；当g=a2+a+(a2-1)i为纯虚数时， 解得a= a2-1≠0， 0,故必要性成立.所以“a=0”是“复数8=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不=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锥底面圆的周长，圆锥底面圆的半径为r=1.设扇形的半径为R,则有=2， 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OP⊥BC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=2店+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 消去，可得}+上=4 1 入 (1-x)u= 4 8.答案D 命题透析本题考查几何体的外接球. 解析由棱长为1的正四面体ABCD可以构造出棱长为二的正方体，如图所示，可知棱长为1的正四面体ABCD的 外接球和棱长为号的正方体的外接球相同，2R4- (+(+(-所以R华四面 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ACD 命题透析本题考查共线向量的性质及向量的运算. 解析对于A,a·b=±laIb1,故A正确： 对于B,当b=0时，a∥c不一定成立，故B错误； 2 对于C,因为(a+b)·(a-b)=a2-b2=1a2-1b12=0,所以1al=1b1,故C正确； 对于D,根据向量加法的三角形法则，可知|a+b1≤|a+1b1成立，故D正确. 10.答案ABD 命题透析本题考查长方体的结构特征及体积和表面积的计算， 解析对于A,由题意得面ABB,A1和面CDD,C,都是正方形，所以该长方体是一个正四棱柱，故A正确； 对于B,长方体ABCD-ABC,D1的外接球的直径为√32+4+3=√34，所以外接球的表面积为34π，故B 正确； 对于C,过D作DF⊥AC于R,曲等面积法得DF-DDC-号，又=3,4C=V3+年=5，所以， AC 号×3x5×号-12，散C错误： 对于D,将平面ADD,A1展开至与平面DD,C,C共面，得到如图的矩形ACC,A1,所以EA1+EC≥A1C=√7+32= √58，所以EA1+EC的最小值为√58，故D正确. E D C 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，LPAB=∠PBC=∠PCA=&,所以∠PBH=∠PAC=∠PCB=胥-a,∠APB= ∠BPC=∠CPA-T,在△ABP中，由正弦定理得 AP 45,在△4PC中，由正弦定理得D 2T m(-as sin a 3 AC 2 ,所以sna=sin(号-，又0<a<号，所以a=号-a,Q=石，放B正确： sin 3 PB AB 厨于C,在△ABP中nan元-LA即 sin a sin∠ABc,在△APC中，PA sin a sin(π-∠BAC),pA AC sin a cC所品-之出二能有正孩定理得院名×台，因为PH=AP,所以-签即=Ac,故C b PB C a 正确； 对于D,由PA=3PB,可得B-3ac,在△ABC中，由余弦定理得cs∠ABC=。+c-B_a+c2-2ae-- 2ac 2ac 人a+o)5e.因为a+c=2,所以LABC4-2-?,因为a+0=2≥27ac,所以c≤1，所以 2ac 2ac 一3 m∠40C=名言≥2名-分，当且仅当a=e=1时等号成立，所以®∠A0C的最小值为-子，故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=2十2+2-)=2-i,所以11=V2+(-少=5 13.答案82 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=子（(4D+BG):CD=?×(3+1)×4万=82， 14.答案 3 命题透析本题考查解三角形. 解析设角A,B,C的对边分别为ab,:因为P是△ABC的重心，所以B成=子×(B+B心)=子(Bi+ ,-号×(d+庙=}(d+.因为B即1C,所以成.市-)(+成)·(d+)= 号(B·Ci+BC.Ci+Bi.Ci+Bd.Ca=0,所以A店.AC-Ca.Ci+Bi.BC+B心，即bos∠BAC= abcos∠ACB+accos LABC+d2(*）,又cos∠BAC=+c2-a 2bc,cos∠ABC=a+c2-b 2ac,cos∠ACB= 兰代人成可得sw所上c号引台+2)户吉V后专当 2ab 且仅当方=e时等号成立，所以LRC的最小值为号，则血LBC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)1a+2b1=√32+32=32. (4分) 设a+2b与a的夹角为0， 则cos日=0·(a+2b) 12 25 1al1a+2b1√/1o×32 5 (7分) (2)因为a=(3,1),b=(0,1), 所以a+b=(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 beos B+ccosA=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) 又因为sinB≠0，以2cosB=-1, 即sB=子，所以B- (7分) (2)因为AD=入A元，所以点D在直线AC上. 因为AC.B7=0,所以BD⊥AC,即BD为AC边上的高. …(9分) 由余弦定理可得份=d2+-2a0es∠ABC=4+6-2x4×6×(-2）=76, 所以b=219, …(12分) 由等面积法可得246nL4BC=×4AC×BD,即2×6×4×sm120°=子×BDx2, 解得BD=657 …(15分） 19 17.命题透析本题考查简单几何体的体积计算与等体积法的应用. 解析(1)截面A,EF将正方体分成两个几何体，其中较小部分是一个三棱锥A,-AEF, 其底面△AF是腰长为分0的等腰直角三角形，面积为S=分x4优x4=了2.… (2分) 又底面△AEF上的高为h=AA1=a, 所以三棱锥4，-ABF的体积=}h=g×gx@=2. (4分) 因为正方体ABCD-AB,CD1的体积V=a3,. (5分) 所以利余部分的体积=V-K=。-文 23 24a (7分) 2a,Er= (2)在△4，EF中，4，F=A,E=5, 2a, …(8分)） 如图，取EF的中点，连接4儿，则A,1ER,BM=子EF=尽。 4a, 入1，E的而积S=宁EP:AⅡ：宁×停×2华。名 (10分) 设点A到平面A,EF的距离为d, 因为三棱锥A1-AEF与三棱锥A-A,EF是同一个几何体， 所以w=结合(1），得0=分d, (13分) 即=号×官×d解得d=台 所以点A到平面A,EF的距离为兮 …(15分） 0 B E B 18.命题透析本题考查解三角形 解析(1)因为 sin B a-c sin A+sin Cb+c' 所以由正弦定理，可得b=二C,即+C2-2=-bc. a+c b+c (2分) 由余弦定理，可得cosA=+c-d2.-bc 1 2bc =2bc=-2, 又因为0°<A<180°，所以A=120°.…(5分) (2)(i)因为sinB=2sinC,所以由正弦定理，可得b=2c①.…(6分) 因为AD平分∠BAC,所以∠BAD=∠CAD=60°. 由Se=Sxe+SaW,可得子csin∠BAC=之e·AD.in∠BA0+b:ADsinCAD, 1 即7csn120°=7×2×c×sn60°+7×2xb×sin60,即c=2+2② …(8分)》 由①②可得C=3,b=6.…(9分) 由余弦定理，可得a=+c2-2 beeos120°=36+9-2x6×3×(-）=63, —6 解得a=3万. (11分) （i)由(i)可得bc=2c+2b,即2+2=1 所以6+e=+e(+2)-2+++22V否+4=8 当且仅当b=c=4时等号成立，此时b+c取得最小值8. (14分) 由余弦定理，可得a2=b2+c2-2 becos120°=(b+c)2-bc, 因为(b+c)-bc≥(6+c-伍+c)_3b+c)°，当且仅当6=c=4时等号成立， 4 4 所以d≥36+c),即a≥(6+c 4 2 所以当b+c取得最小值8时，a取得最小值45. 所以△ABC周长的最小值为8+4√5.… (17分) 19.命题透析本题考查正方体与圆柱体的表面积及简单几何体在生活中的应用. 解析(1)设球的半径为R,正方体礼盒的造价为x元/m, 则圆柱形礼盒的造价为1.6x元/m2, 记正方体礼盒、圆柱形礼盒的总造价分别为y少1，y2, 显然R,x,12都是正数，所以 6(2R)2x 1 y2(2mR2+2mR·2R）·1.6x0.4m <1,…(5分） 则y1<y2, 所以工厂选择正方体礼盒更经济实惠. (7分) (2)(i)所需彩带的总长度为L1=10×2+8×2+3×4=48(cm).…(10分) (iⅱ)如图，在平面AAB,B内作EM1AB,则EF=√(10-2-2)2+32=35， 同理可得J=3√5，HG=LK=5, 易得LE=FG=IH=JK=22,… …(13分) 所以所需彩带的总长度为L2=2√2×4+35×2+5×2=10+6√5+8√2≈35(cm),因为35<48， 所以用对角捆扎法所用的彩带短，较短的约为35cm.…（17分) 74 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，用橡皮擦干净后，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+33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.已知向量a=(1,-√3)，则与a同方向的单位向量的坐标为 A.(-1,3) B9-引 c(-22 3.下列说法中正确的个数是 ①棱柱的所有面都是四边形； ②一个棱柱至少有6个顶点、9条棱、5个面； ③过圆锥侧面上任意一点有无数条母线； ④水平放置的三角形用斜二测画法画出的直观图一定是三角形. A.1 B.2 C.3 D.4 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 数学第1页（共4页） 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 2 B.5+w2 C.2+52 D.1+52 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,AC=uAC(A,>0),则 A.入+u=1 B+1=4 cu=号 D.入=u 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0的半径的取值范围为 A悟别 [停引 c 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.下列结论正确的是 A.若a∥b,则a·b=±lal·Ib1 B.若a∥b,b∥c,则a∥c C.若(a+b)·(a-b)=0,则1al=1b1 D.|a+bl≤lal+Ibl 10.在长方体ABCD-ABC1D1中，AB=3,BC=4,AM1=3,E为棱DD1上一点，则 A.该长方体是一个正四棱柱 B.长方体ABCD-AB,C,D1的外接球的表面积为34π C.四棱锥D-ACC1A1的体积为24 D.EA1+EC的最小值为√58 数学第2页（共4页） 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= ∠PCA=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△ABC为等边三角形，则其布洛卡角a=石 C.若PA=APB,则b2=AaCc D.若a+c=2,PA=3PB,则oLARC的最小值为 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'C'D'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'∥B'C, ∠D'A'B′=90°，A'D'=3,A'B'=2,B'C'=1,则原图形的面积是 b' 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+kb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(A∈R),AC·BD=0,求BD. 数学第3页（共4页） 17.(15分) 如图，正方体ABCD-A1B1C,D1的棱长为a,E,F分别是棱AB,AD的中点，截面AEF将该 正方体分成两部分，这两部分的体积分别为V,V2,且V2>V (1)求V1,V2; (2)求点A到平面A,EF的距离 D 18.(17分) 在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,sinA+inC-6+C sin B _a-c (1)求A. (2)已知AD平分∠BAC且交BC于点D,AD=2. (i)若sinB=2sinC,求a; (ⅱ)求△ABC周长的最小值， 19.(17分) (1)某工厂有一种水晶球需用礼盒包装，为节省费用，设计的礼盒需刚好卡住球.现有两种 设计方案，一种是正方体礼盒（如图(1）)，另一种是圆柱形礼盒（如图(2）)，在不计损 耗的情况下圆柱形礼盒单位面积的费用是正方体礼盒的1.6倍，问：工厂选择哪一种 礼盒更经济实惠？ (2)设某长方体礼盒的长AB、宽BC、高A41分别为10cm,8cm,3cm. (1)若用十字捆扎法（如图(3）)，且长方体各面上的每一段彩带都与所在底面的相 应边平行，求所需彩带的总长度；（不考虑接口处的彩带长度） (ⅱ)若用对角捆扎法（如图(4）)，且LA1=AE=IC,=C,H=FB=BG=DK=DJ= 2cm,不考虑接口处的彩带，结合(1)，比较两种捆扎方法中哪一种所用彩带较 短，较短的约为多少厘米？（结果保留到整数）》 参考数据：√2≈1.41，W5≈2.24. 0 0 图1) 图(2) 图(3 图4 数学第4页（共4页）