湖北武汉市第十一中学2025-2026学年高一下学期5月月考数学试卷

**基本信息** 武汉十一中高一下数学月考试卷以文化传承与科技应用为情境特色，如国风灯笼（正四棱台与正四棱柱体积侧面积计算）、《九章算术》“堑堵”截面问题，结合人脸识别余弦距离等科技素材，覆盖空间几何、复数、统计等核心知识，通过基础判断、探究证明、实际应用梯度设计，培养数学眼光与思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数坐标、分层抽样、空间线面关系|第6题以余弦距离定义考查数学抽象，第8题翻折问题融合动态几何与定值探究| |多选题|3/18|复数命题、向量运算、圆锥与球切接|第11题结合轴截面正三角形圆锥，考查空间轨迹与截面面积，体现几何直观| |填空题|3/15|随机数法抽样、解三角形测高、立体几何截面|第14题“堑堵”截面问题关联传统文化，培养数学文化理解| |解答题|5/77|解三角形、几何体体积侧面积、四棱锥证明与探究|第16题国风灯笼计算体现数学应用，第19题体积最值与存在性探究发展逻辑推理|

武汉十一中2025级高一下学期数学5月月考试卷 一、单选题（40分） 1．复数在复平面内对应的点的坐标为（    ） A． B． C． D． 2．某校有老师200人，男学生1200人，女学生1000人，现用比例分配的分层随机抽样的方法从所有师生中抽取一个容量为n的样本．已知从女生中抽取80人，则n等于（       ） A．80 B．100 C．192 D．200 3．下列说法正确的是（    ） A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 B．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥 C．两个面平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 D．平行于同一直线的两直线平行 4．已知，，是空间中三条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，，，则 C．若，，，，则 D．若，，，，则 5．如图，在四面体中，，，，，则四面体的四个表面中存在面面垂直关系的对数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 6．人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点，，O为坐标原点，定义余弦相似度为，余弦距离为.已知，，若A，B的余弦距离为，则（   ） A． B． C． D． 7．如图，将棱长为2的正方体六个面的中心连线，可得到八面体，为棱上一点，则下列四个结论中错误的是（    ） A．平面 B．八面体的体积为 C．的最小值为 D．点到平面的距离为 8．如图，矩形中，，为边的中点.将沿直线翻折成（平面），若在线段上（点与、不重合），则在翻折过程中，给出下列判断： ①当为线中点时，为定值； ②存在某个位置，使； ③当四棱锥体积最大时，点到平面的距离为； ④当二面角的大小为时，异面直线与所成角的余弦值为. 其中判断正确的个数为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（18分） 9．下列关于复数的四个命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则的共轭复数的虚部为1 C．若，则的最大值为3 D．若是关于的实系数方程的一个根，则 10．下列说法错误的是（    ） A．已知向量，则“的夹角为锐角”是“”的充要条件 B．已知向量，若与共线，则 C．若向量，则在方向上的投影向量坐标为 D．在三角形ABC中，向量与满足，则三角形ABC为等边三角形 11．如图所示，轴截面为正三角形的圆锥，底面圆半径为是底面的两条直径，母线与该圆锥内切球分别切于点.则下列说法正确的是（    ） A． B．圆锥与球的交线的轨迹长为 C．若，则 D．平面截球的截面面积的最小值为 三、填空题（15分） 12．某校从450名同学中用随机数法抽取30人参加这一项调查.将这450名同学编号为，假设从第1行第7列的数字开始，则第6个被抽到的同学的编号为__________. 64844217 55721754 55068331 04744767 21763350 25839212 06766301 63785916 95556719 13．如图，为测塔高，在塔底所在的水平面内取一点C，测得塔顶的仰角为θ，由C向塔前进30米后到点D，测得塔顶的仰角为2θ，再由D向塔前进米后到点E，测得塔顶的仰角为4θ，则θ＝_____，塔高为_____________米． 14． 在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”.如图，棱柱为一“堑堵”，是的中点，，则在过点且与平行的截面中，当截面图形为等腰梯形时，该截面的面积为__________. 四、解答题（77分） 15．在中，角所对的边分别为，，，. (1)求和三角形的面积； (2)若为边上靠近的三等分点，求的长. 16．在中国传统文化中，灯笼作为节日和庆典的象征，常常蕴含着丰富的美学与数学设计；灯笼不仅要考虑美观，还要具备结构上的合理性和稳定性；现在有一盏独特的国风灯笼，它的外形结构包括多个几何体，具体设计如下： 顶部装饰：灯笼的顶部是一个正四棱台，上底边长为2分米，下底边长为4分米，高为2分米； 核心结构：灯笼的核心部分是一个正四棱柱，底面边长为3分米，高为6分米. (1)求灯笼总体积；（单位：分米） (2)已知灯笼上下底不糊纸，所以正四棱台侧面积与正四棱柱侧面积的和就是灯笼所需纸张的总面积，求灯笼所需纸张的总面积.（单位：分米） 17．如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，平面，且，点为棱的中点． (1)求证：； (2)求证：平面； (3)若为上的动点，则线段上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由． 18．在四棱锥中，平面平面ABCD，，底面ABCD为菱形，，，E，F分别是SA，BC的中点．    (1)求证：平面SCD； (2)求二面角的余弦值； (3)求点B到平面SCD的距离． 19．如图，顶点为的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，是底面圆周上的点，是底面圆内的点，为底面圆圆心，，垂足为，，垂足为，且，是的中点． (1)证明：平面； (2)当三棱锥的体积最大时，求的长； (3)是否存在一个点，满足点到点，，，，的距离均相等？若存在，求出二面角的余弦值的取值范围，若不存在，说明理由． 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 答案第18页，共18页 答案第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A C D D B B D B AC ABD ACD 答案第18页，共18页 答案第7页，共7页 学科网（北京）股份有限公司 6．B 【详解】由题设，， 所以 ， 由， 所以. 故选：B 7．D 【详解】 在正方体中，连接可知相交于点，且被互相平分，故四边形是平行四边形， 所以，而平面，平面， 所以平面，故A正确； 因为正方体棱长为2，所以四边形是正方形且， 面,， 所以八面体的体积等于棱锥体积的2倍， 而棱锥体积等于， 故八面体的体积为，B正确； 因为为棱上一点，将和展开成一个平面， 由题和均为正三角形，且边长为， 由三角形两边之和大于第三边知最小值为，在中由余弦定理可知，故C正确； 对于D选项：设点到平面的距离为,由等体积法知： ，故错误. 故选：D. 8．B 【详解】在矩形 中，，则： 对于①，取的中点, 连接、， 因为、分别为、的中点，则且， 因为且，、分别为、的中点，故且， 所以，四边形为平行四边形，所以，且， 结合图形可知， 由余弦定理可知，则，故①正确； 对于②，假设存在某个位置，使，连接， 取的中点，连接、， ，为的中点，则， 而，、平面，所以，平面， 平面，则，进而有， 但，，则，矛盾，故②错误； 对于③，因为，，， ，， 又因为，故二面角的平面角为， ，，则，， 所以，， 过点作，垂足为点， ，，，、平面， 平面，平面，， ，，、平面，平面， 且， 当为直角时，取最大值，此时，四棱锥的体积最大，③对； 对于④，易知二面角 的平面角 ， 当二面角的大小为时，， 又，则为等边三角形，所以， 因为，所以，异面直线与所成角为或其补角， ，故④错误. 故选：B. 11．ACD 【详解】对于A，画出圆锥的轴截面如图（1）所示.连接，则必过球心， 因为轴截面为正三角形且底面圆半径为， 所以， 所以， 故A正确； 对于B，如图（2），易知，圆锥与球的交线的轨迹为， 因为，所以在中， 可得，求得半径， 故轨迹长为错误； 对于C，根据三余弦定理可知， ， 故C正确； 对于D，当绕着旋转时，平面恒过定直线，若要使得平面截球的截面面积最小，只需球心到平面的距离达到最大， 如图（3）过作直线的垂线，垂足为到平面的最大距离为， 又因为在中，，所以截面半径的最小值为， 所以平面截球的截面面积的最小值为，故D正确. 12．176 13． 15 【详解】解析由题意，得 又 在中，由余弦定理的推论得， ， ∴， ∴，， ∵， ∴． 故答案为：；15. 14． 【详解】如图，取、、分别为、、的中点， 、分别为、的中点，则且， 在直三棱柱中，且， 因为、分别为、的中点，则且， 所以四边形为平行四边形，且， 且、分别为、的中点，则， 所以，四边形是等腰梯形， 当不是中点时，不平行平面， 则四边形不是等腰梯形，等腰梯形有且仅有一个， 取的中点，连接、， ，，且点为的中点， 则且， 所以，四边形为平行四边形，可得， 同理可得， 所以，、、均为等边三角形， . 故答案为：. 15．（1）因为，，所以， ， 由正弦定理可得：，则，解得：. 三角形的面积. （2）为边上靠近的三等分点，则， 所以， 所以， ，解得：. 16．(1)分米3 (2)分米2 【详解】（1）已知正四棱台上底边长，下底边长，高，则，， 所以（分米3）， 已知正四棱柱底面边长，高，则（分米3）， 总体积：（分米3）. （2）正四棱柱侧面为4个矩形，侧面积（分米2）， 正四棱台侧面为4个全等等腰梯形，先求斜高： 正四棱台高为，等腰梯形上下底差的一半为， 由勾股定理得斜高，单个等腰梯形面积为， 因此正四棱台侧面积， 总面积（分米2）. 17．(1)因为平面，平面，且平面平面， 根据线面平行的性质定理，可得：. (2)取的中点，连接.如图： 因为是中点，所以是的中位线，得，且. 由题设，结合（1）中，可得 且， 因此四边形是平行四边形，得. 又平面，平面， 根据线面平行的判定定理，可得：平面. (3)线段上存在点，当是中点时，平面.理由如下： 由，，可得且， 因此四边形是平行四边形，得. 又平面，平面，所以平面. 结合（2）的结论平面，且，平面， 根据面面平行的判定定理，可得平面平面. 因为是上动点，平面， 根据面面平行的性质，可得平面. 因此，线段上存在点，当为中点时满足平面. 18．(1)取SD的中点M，连接ME，MC， 因为E，M分别为SA，SD的中点，则且， 又因为F为BC的中点，且四边形ABCD为菱形，则且， 可得且，可知四边形EFCM是平行四边形，则， 且平面SCD，平面SCD，所以平面SCD． （2）取AB的中点O，连接SO，CO，AC，    因为，则， 且平面平面ABCD，平面平面，平面SAB， 所以平面ABCD， 由题意可知：为等边三角形，则， 且，平面，可得平面， 由平面可得， 又因为，则，， 可知为二面角的平面角， 在中，则，，， 可得， 所以二面角的余弦值为． （3）由（2）可知：平面ABCD， 且，， 设点B到平面SCD的距离为h， 因为，则， 即，解得， 所以B到平面SCD的距离为． 19．(1)由题意知，平面，因为平面，所以. 又，，平面，，所以平面. （2）由（1）得，平面，因为，平面，所以，. 又，，平面，，所以平面. 因为，平面，所以，. 设过的一个轴截面交底面圆周于，点，则为等腰直角三角形， 所以，为等腰直角三角形，则， 又是的中点，所以，且. 因为，平面，，所以平面. 在中，. ， 当且仅当时，等号成立， 即当三棱锥的体积最大时，. 在中，，平面图如图： 在中，，，所以， 在中，. 故当三棱锥的体积最大时，的长为. （3）在四棱锥中， 由（2）得，平面，平面，所以，即. 又，即，所以，，，四点共圆，圆心为中点，记为. 取中点，连接，则， 由（2）得，平面，所以平面. 由，得， 故点即为所求的点. 作，交于点，连接， 因为平面，，平面，所以，. 又，平面，，所以平面. 因为平面，所以， 所以即为二面角的平面角，记为. 在等腰中，，所以为中点，又为中点，所以. 在中，， 而，则，所以，故. 所以存在点满足条件，二面角的余弦值的取值范围为. $