精品解析：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）

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，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号．回答非选择题时，将写在答题卡上． 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. 复数在复平面内对应点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 已知样本数据的方差为3，若，则的方差为（ ） A. 31 B. 27 C. 13 D. 9 3. 已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则下列命题错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知，则“”是“复数为纯虚数”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. 一物体在力的作用下，由点移动到点．已知力，则力对该物体所做的功为（ ） A. 14 B. 12 C. 8 D. 6 6. 如图，在正方形纸片上剪下一个扇形和一个直径为2的圆，扇形的圆心为，圆与和扇形的弧均相切，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（ ） A. B. C. D. 7. 在中，边上的中线为的中点为，过点的一条直线与分别交于点．若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知棱长为1的正四面体的中心为，若球的球面与正四面体的棱有公共点，则球的半径的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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. 在长方体中，为棱上一点，则（ ） A. B. 长方体的外接球的表面积为 C. 四棱锥的体积恒为24 D. 的最小值为 11. 在中，角的对边分别为，点在内，且满足，称点为的布洛卡点，角为的布洛卡角，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若为等边三角形，则其布洛卡角 C. 若，则 D. 若，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数满足，则__________. 13. 如图，直角梯形是一个水平放置的平面图形的斜二测画法直观图，已知，，则原图形的面积是___________． 14. 已知是的重心，若，则的最大值为___________． 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. 已知向量． （1）求向量与的夹角的余弦值； （2）当为何值时，与垂直？ 16. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若，求． 17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点． （1）求证：平面． （2）已知． （i）若，求证：平面平面； （ii）若，求异面直线与所成角的余弦值． 18. 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，并按分组，作出频率分布直方图如图所示． （1）求的值，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，已知样本中成绩在内的平均数为88，方差为7，成绩在内的平均数为96，方差为7，求样本中“良好”等级的成绩的平均数和方差． 19. 如图，四棱锥的顶点在半球的表面上，四边形为圆的内接四边形，且． （1）求四棱锥体积的最大值． （2）当四棱锥的体积最大时： （i）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值； （ii）求直线与平面所成角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号．回答非选择题时，将写在答题卡上． 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. 复数在复平面内对应点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以在复平面内对应点的坐标为． 2. 已知样本数据的方差为3，若，则的方差为（ ） A. 31 B. 27 C. 13 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】由样本数据的方差的性质求解． 【详解】因为，所以． 3. 已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则下列命题错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，由，可得，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，则或与相交，故D错误． 4. 已知，则“”是“复数为纯虚数”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 【答案】C 【解析】 【详解】当时，为纯虚数，故充分性成立； 当为纯虚数时，解得0，故必要性成立． 所以“”是“复数为纯虚数”的充要条件． 5. 一物体在力的作用下，由点移动到点．已知力，则力对该物体所做的功为（ ） A. 14 B. 12 C. 8 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据做功的意义，运用数量积的坐标表示计算即可. 【详解】由题意得，又， 所以力对物体所做的功． 6. 如图，在正方形纸片上剪下一个扇形和一个直径为2的圆，扇形的圆心为，圆与和扇形的弧均相切，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（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】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． 设扇形的半径为，则有，解得，因此圆锥的母线长为． 如图，设圆的圆心为，作于于，易知四边形为正方形， 点在上，， 所以，所以． 7. 在中，边上的中线为的中点为，过点的一条直线与分别交于点．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量基本定理和共线向量定理的推论求解可得. 【详解】由题意可得． 因为是的中点，所以． 因为三点共线，所以． 又因为，所以， 所以，消去，可得． 8. 已知棱长为1的正四面体的中心为，若球的球面与正四面体的棱有公共点，则球的半径的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】把正四面体与棱相切的球和外接球转化为正方体的内切球和外接球，从而可得半径的范围． 【详解】由棱长为1的正四面体可以构造出棱长为的正方体，如图所示， 可知棱长为1的正四面体的外接球和棱长为的正方体的外接球相同， 设正四面体的外接球半径为， 则，所以． 由图可知与正四面体的各棱相切的球即为正方体的内切球， 设与正四面体的各棱相切的球半径为， 则． 因为球的球面与正四面体的棱有公共点， 所以球的半径满足， 即球的半径的取值范围是． 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 【答案】AC 【解析】 【详解】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； 对于B，因为，故分位数是第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，原来的平均数是， 则， 去掉7和8后，平均数是， 则， 该组数据的方差变小，故D错误． 10. 在长方体中，为棱上一点，则（ ） A. B. 长方体的外接球的表面积为 C. 四棱锥的体积恒为24 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由长方体的定义判断A；求出长方体外接球的表面积，判断B；求出四棱锥的体积，判断C；将平面展开至与平面共面，利用三角形三边关系判断D. 【详解】对于A，在长方体中，平面， 因为平面，故，故A正确； 对于B，长方体的外接球的直径为， 所以外接球的表面积为，故B正确； 对于C，因为平面平面， 故平面，所以， 过作于， 由等面积法得， 因为平面平面，故， 因为平面平面， 所以平面，所以， 即四棱锥的体积恒为12，故C错误； 对于D，将平面展开至与平面共面，得到如图的矩形， 所以， 所以的最小值为，故D正确． 11. 在中，角的对边分别为，点在内，且满足，称点为的布洛卡点，角为的布洛卡角，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若为等边三角形，则其布洛卡角 C. 若，则 D. 若，则的最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用三角形性质及正余弦定理依次分析各选项即可得出结果. 【详解】对于A，因为，所以， 而，所以， 所以，所以，故A正确； 对于B，因为为等边三角形，， 所以， 在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得， 所以，又，所以，故B正确； 对于C，在中，，即， 在中，，即， 所以，由正弦定理得， 因为，所以，即，故C正确； 对于D，由，可得，在中，由余弦定理得， 因为，所以， 因为，所以，所以， 当且仅当时等号成立，所以的最小值为，故D错误． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由复数的四则运算以及模的计算公式即可得解. 【详解】，. 故答案为：. 13. 如图，直角梯形是一个水平放置的平面图形的斜二测画法直观图，已知，，则原图形的面积是___________． 【答案】 【解析】 【分析】使用斜二测画法还原图形再使用梯形的面积公式求解. 【详解】由题可知，在原图形中，且， 如图，所以原图形的面积为． 14. 已知是的重心，若，则的最大值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用重心向量公式，结合数量积为零，可得边角关系，再结合余弦定理，可利用基本不等式来求最值． 【详解】设角的对边分别为．因为是的重心， 所以，． 因为，所以， 所以， 即， 又， 代入可得， 即， 所以， 当且仅当时等号成立，所以的最小值为， 则的最大值为． 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. 已知向量． （1）求向量与的夹角的余弦值； （2）当为何值时，与垂直？ 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由向量线性运算的坐标运算可求得的坐标，进而利用夹角的坐标运算求得向量与的夹角的余弦值； （2）由向量线性运算的坐标运算可求得的坐标，利用数量积的坐标运算可求得的值. 【小问1详解】 因为， 所以． 所以． 设与的夹角为， 则． 【小问2详解】 因为， 所以． 因为与垂直， 所以，即， 解得． 16. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边角互化，进而利用三角恒等变换求得，进而可求； （2）由题意可得为边上的高，由余弦定理可求得，利用面积法可得到. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理可得， 则， 又因为，所以，所以， 即，所以． 【小问2详解】 因为，所以点在直线上． 因为，所以，即为边上的高． 由余弦定理可得， 所以． 由面积法可得，即， 解得． 17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点． （1）求证：平面． （2）已知． （i）若，求证：平面平面； （ii）若，求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）证明：设，如图，连接. 因为是中点，是中点， 所以为的中位线，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）（i）证明：当时，四边形为正方形，所以， 因为平面平面，所以， 又平面平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面． （ii）. 【解析】 【分析】（1）连接，则为的中位线，通过，即可证； （2）（i）根据线面垂直的判定定理证明直线平面，再由面面垂直的判定定理得平面平面；（ii），所以（或其补角）即为异面直线与所成的角，利用余弦定理可求异面直线与所成角的余弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（1）得，所以（或其补角）即为异面直线与所成的角． 在中，， 由余弦定理得， 即异面直线与所成角的余弦值为． 18. 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，并按分组，作出频率分布直方图如图所示． （1）求的值，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，已知样本中成绩在内的平均数为88，方差为7，成绩在内的平均数为96，方差为7，求样本中“良好”等级的成绩的平均数和方差． 【答案】（1），90 （2）86 （3）平均数为91，方差为22． 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的特征求的值，再利用频率估计总体即可； （2）根据百分位数的求解方式求解即可； （3）根据分层抽样的方差公式求解． 【小问1详解】 在频率分布直方图中，所有小矩形的面积之和为1， 则，解得， 估计样本中成绩不低于60分的人数为． 【小问2详解】 前四个小矩形的面积之和为， 前五个小矩形的面积之和为， 所以成绩的上四分位数落在内，设其为， 则， 解得， 即估计样本中成绩的上四分位数为86． 【小问3详解】 样本中成绩在内占成绩在内的比例为， 样本中成绩在内占成绩在内的比例为． 设样本中“良好”等级的成绩的平均数和方差分别为， 由分层随机抽样的平均数公式可得， 由分层随机抽样的方差公式可得， 故样本中“良好”等级的成绩的平均数为91，方差为22． 19. 如图，四棱锥的顶点在半球的表面上，四边形为圆的内接四边形，且． （1）求四棱锥体积的最大值． （2）当四棱锥的体积最大时： （i）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值； （ii）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）． 【解析】 【分析】（1）设直线与的夹角为，点到平面的距离为，再根据体积公式可得，故当平面，时，体积最大； （2）（i）根据题意可得其侧面是边长为的等边三角形，进而得到，则即为平面与平面所成二面角的平面角，结合余弦定理求解即可； （ii）设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为，再利用等体积法求出，然后根据线面角的定义求解即可． 【小问1详解】 设直线与的夹角为，点到平面的距离为． 则， 如图，连接， 则当平面时，， 当时，最大，为1， 所以， 即四棱锥的体积的最大值为． 【小问2详解】 由（1）知，当四棱锥的体积最大时，平面，四边形为正方形， 所以四棱锥为正四棱锥， 其底面边长，高，侧棱长． 所以其侧面是边长为的等边三角形． （i）因为是正方形，所以． 又平面平面，所以平面． 设平面平面，又平面， 则由线面平行的性质可得．同理． 分别取的中点，连接，如图． 因为和均为等边三角形， 所以，所以， 所以即为平面与平面所成二面角的平面角． 在中，， 所以， 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为． （ii）设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为． 由等体积法可得， 即，解得， 故， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $