陕西西安市第一中学2024-2025学年高一下学期第一次月考数学试题

西安市第一中学2027届高一第二学期第一次月考 数学试题 一、单选题（每小题5分，共40分） 1.复数：=3-4i(i是虚数单位)的虚部为( A.3 B.3i C.-4i D.-4 2.在△4BC中，a=4,A=30°，B=60°，则b等于( A.43 B.6 C.5 D.9 3.如图所示，在△4BC中，点D在线段BC上，且BD=3DC,若 AD=A丽+uAc,则2=( ) A.月 B. D. D C.2 4.在△MBC中，已知AB=4,AC=1,SAc=5,则AB.AC的值为( A.-2 B.2 C.±4 D.2 5.在△4BC中，若b2sinC+c2sinB=2 bccosBcosC,则△4BC的形状是( A.直角三角形 B.等腰三角形 C.等腰直角三角形 D.等边三角形 D 6.在正四棱台AB,C1D-ABCD中，AB=3AB,且三棱锥 B,-ABC的体积为12，则该正四棱台的体积为() A.32+83 B.36 C.108 D. 104 3 7.已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图是边长为 1的正方形OA'B'C',则原图形OABC的面积为( A.√2B.5 C.② D.2√5 8.一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为”的扇形，在该圆锥内有一个 体积为V的球，则该球的体积V的最大值是( A.2π B.3 C.25 3 D.r 3 二、多选题（每小题6分，共18分） 9.在正方体ABCD-ABCD中，M,W分别为AB,BC的中点，P为线段CC上的动点，则 平面PW截正方体ABCD-AB,CD,形成的截面图形可能为() A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 10.己知m、n、1是三条不同的直线，α、P是两个不同的平面，下列选项正确的有 ( ) A.若l11a,1cB,u∩B=m,则1Im B.若l⊥m,l⊥n,mca,nca,则l⊥a C.若a⊥B,mca,ncB,则m⊥n D.若1与&不垂直，则1垂直于a内无数条直线 11.如图在直三棱柱ABC-A,B,C,中，D,G,E分别为所在棱的中点， A AB=4AF,三棱柱ABC-AB,C1挖去两个三棱锥A-EFG,B,-BCD后 所得的几何体记为2，则() A.EG与BC1为异面直线 B.Ω有13条棱 C.2有7个顶点 D.平面BC,D//平面EFG 三、填空题（每小题5分，共15分） 12.已知复数-=a+bi,其中a,b∈R且a+b=1,则|z-1+2i1的最小值是 13.在△MBC中，BD=BC,E是线段4D上的动点（与端点不重合），设C正=CA+CB,则 6“+'的最小值是 14.已知在△4BC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,A=子，b=2,△4BC的面积等 于2，则△4BC外接圆的面积为 四、解答题（共4小题，共47分） 15.(本题11分)如图，在△ABC中已知∠B=45°，AC=23,D是BC边上的一点. (1)若AD=1,AD.AC=3,求CD的长； (2)若AB=AD,求△ACD面积S的最大值. B 16.(本题12分)如图，在△ABC中，点P满足PC=2BP,O是线段AP的中点，过点O的直 线与边AB,AC分别交于点E,F. (1)若亚c,求铝的值： ②若丽2以0，元=u>0,求的最小值。 E B 17.(本题12分)如图所示，三棱柱ABC-AB,C,底面是边长为2的正三角形，侧棱A4⊥ 底面ABC,点E,F分别是棱CC,BB,上的点，点M是线段AC的中点，EC=2FB=2. (1)求证BM∥平面AEF; (2)求BM与EF所成角的余弦值！ B 18.(本题12分)如图1，已知△ABC是等边三角形，点M,N分别在AB,AC上，NIBC, AN=2NC,O是线段MNW的中点.将△AMN沿MW折起到△PMN的位置，使得平面PMN⊥ 平面MWCB,如图2. (1)求证：PO⊥CW (2)若BC=6,求点N到平面PBC的距离.M B B 图1 图22024-2025学年高一下学期第二次月考数学试题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A B D A D D D BCD AD 题号 11 答案 ABD 1.D 【详解】复数z=a+bi的虚部为b,所以z=-3-4i的虚部为-4.故选：D 2.A 【详解】在△ABC中，a=4,A=30°，B=60°， i咖1smB可得6-n的4×sin604x5 “由正弦定理a=b 2=45. 故选：A. sin4 sin30 1 3.B 【详解】由向量的运算法则，可得D=正+D=+子C=A+34C-)=}AB+3AC, 4 因为刀=A历+C,所以=片以=子从而求得是行故选：及 4.D 【详解】因为S6,所以丽4Cm4=5n4-”,又o<A长，所以co= 2, 所以.AC=A4 dcosA=-4与)=2.故选：D. 1 5.A 【详解】在△ABC中，由正弦定理及b2sim2C+c2sim2B=2 bccosBcosC可得： sin2Bsin2C+sin2Csin2B=2sinBsinCcosBcosC.sinB>0,sinC>0, ∴.sinBsinC=cosBcosC,即cosBcosC-sinBsinC=0,即cos(B+C)=O. 又：0<B+C<元，B+C=T 2,A=π 22,VABC是直角三角形. 故选：A. 6.D 【详解】 D 1 36 设正四校台的高为h>0),则4-ac与Aaeh=I2,S.4c= B D 8 S2=2S心三2，又AB=3AB,S9 正四棱台的体积 72.8+8=×104×h=104 3 故选：D. 7.D 【详解】由直观图可得如下平面图形： 则OA=O'A'=1,BC=B'C'=1,OB=2OB=2W1+1=22, 所以S0Ac=1×2√2=2V2.故选：D. 8.D 【详解】由题意得，扇形的弧长1=3×亚=2π，所以该圆锥的底面圆的半径 3 二2元=1，所以该圆锥的高=V3-P=2W2.设该圆锥内的球的最大半径 圆锥的轴截面如图所示：则依题意得S×2x2=(6+32R, B D 所以R,所以该球的体积V的最大值是R42P √2 32 3 .故选：D 9.BCD D C1(P) 【详解】在正方体ABCD-ABCD中，由M,N分别为AB,BC的中点， 得截面与正方体的3个面ABCD,ABB,A,BCC,B,必有交线，而点P在线段 (B CC上，截面与正方形CDDC1或正方形AB,C,D有交线，即截面至少与正 D 方体4个面有交线，因此截面不可能是三角形，即A不可能； B D 取P与C重合，此时截面为四边形，如图，B可能； B D 当截面与棱DD的交点Q在线段DD,(不含点D)上时，截面与正方体 M B ABCD-AB,CD除正方形A,B,C,D外的另5个正方形都有交线，此时截 D 面是五边形，如图，C可能： 当点P为棱CC的中点时，截面为六边形，如图，D可能， 故选：BCD 10.AD【详解】 解：对A选项，因为lla,cB,anB=m,由线面平行的 性质定理可得Im,故A选项正确； 对B选项，因为lLm,Ln,mca,nca,由于m、n不 一定相交，则与α不一定垂直，故B选项错误； 对C选项，若a⊥B,mca,ncB,则m、n的位置关系 不确定，故C选项错误； 对D选项，若与a不垂直，则平面a内与引在a内的射影 垂直的直线， 垂直于直线！，这样的直线有无数条，故D选项正确， 故选：AD. 11.ABD 【详解】对于A项，因EGC平面ACCA,C1∈平面ACC1A且C1:EG,BE平面ACCA1,故EG与BC 为异面直线，故A项正确；对于B项，组成几何体2的棱有AD,AC1,DC1;AE,EG,EF,CC1,CB,DB; FG,GC,CB,FB共13条棱，故B项正确；对于C项，几何体2的顶点有 A1,D,C,E,G,C,B,F共8个，故C项错误：对于D项，如图，取AB中点H,连 A 接AH,DH,CH, 因AB=4AF,则F是AH的中点，又D,G,E分别为所在棱的中点，故得 EFI/AH,FG/ICH,因AD/IBH,AD=BH,则得ADBH, 故A,HDB,则EF//DB,又EF丈平面BDC,而DBC平面BDC1,故EFI/平面BDC1; 易证DH/BB,/1CC,且DH=BB,=CC1,故得oDC,CH,则CD/1CH, 故FG/C,D,又GFd平面BDC,而DC1C平面BDC,故GF/1平面BDC1; 又EFFG=F,故得平面EFG//平面BDC,故D项正确.故选：ABD 12.√5 【详解】因==a+bi,z-1+2iPa-1+(b+2)i=(a-1)2+(b+2)2, 因a+b=1,则b=1-a,|z-1+2iP=(a-1)}+(3-a}2=2(a-2)+2, 故当a=2时，1z-1+2iP取得最小值2，此时z-1+2i的最小值为√2.故答案为：√2. 13.16 【详解】因为BD=Bc,所以丽=D,因为C2=CA+CB, B D 所以丽=+而，且4D.B三点共线，则x+子=1，>0，八0， 则-+g40+10-16 Vy 2x 6x_3y 1 当且仅当y2x x= 时，即 3 时，等号成立，所以的最小值是16，放答案为：16 1 y=2 14.4元 【详解】出zm晋=25，解得e=4.a=公+4-2x2x4os12.解得a=2. 3 2R=2v5 ≥4 解得R=2..△ABC外接圆的面积为4.故答案为：4. 3 15.(1)√7 (2)32-3. 【详解】()在△ADC中，AD=1,AC=2W3,，AD.AC=ADAC.cos.∠DAC=1·2W5.cos∠DAC=3, .cos∠DAC= 5,由余弦定理得：CD=AC+AD-2 AC-AD.09DAC=12+1-2-21.57, 2 所以CD=√万. (2)因为AB=AD且∠B=45°，所以∠ADB=45°，∠ADC=135°. 在△ADC中，AC=2V5,由余弦定理得：AC2=CD2+AD2-2CD·AD·coS∠ADC, 12=CD2+AD2+√2CDAD≥2CD.AD+N2CD.AE, 即AD.cDs62-),S-)ADCD.s∠ADC-2AD.CDs2-, 4 所以当且仅当AD=CD时，△ACD面积S取得最大值为3√2-3. 1@器考 (2)3+22 4 【详解】(1)因为PC=2BP, 所以币-AB+8F=丽+}C-丽+}+A©=丽+4C, 因为0是线段AP的中点，所以40-A-丽+。4c, 又因为证=号AC,设丽=丽，则有40迟+亚， 因为R.0F三点共线，所以皆子山，解得x=}即4号4B, 0 所以AE、4 EB5· (2)因为AB=A正+EB=A正+A正=1+A正，AC-AF+F元=A+uA=1+)AF, 由1)可知，石-都-丽+c,所以西正， 6 3 6 因为风0R三点共线，所以21，即21-1=， 6 所好投加品}这 当且仅当u+1=√21，即1=4-2√2,4=4W2-5时取等号， 所以的最小值为+5 4 17.(1)证明见解析： (②)BM与EF所成角的余弦值为 5 【详解】(1)取AE的中点0O,连接OF,OM, 因为0，M分别为4E,4C的中点，OMCE,OM=BC, A B 由BF ICE,且EC=2FB=2,∴.OM∥FB,且OM=FB, 四边形OMBF为平行四边形，故BM/OF, 又BM文平面AEF,OFC平面AEF,∴.BM∥平面AEF; (2)因为BMIOF, 所以∠EFO为直线BM与EF所成角， Rt△ABF中，AF=VAB2+FB2=V2+1P=V5, 直角梯形BCEF中，EC=2,BC=2,BF=1,∠CBF=∠BCE=90°， 过F作FG⊥CE,G为垂足，如图所示， G BF =CG=1,FG=BC=2,GE=1, EF=√GE+FG=V1?+22=√5， AF=EF,所以△AEF为等腰三角形，则FO⊥AE, Rt△4CE中，AE=√AC”+CE=V2+22=22,所以A0=E0=√2， RA40r中，P0=VAF2-A0=VW5-(可=5，所以o∠B0=O-5 5 所以BM与EF所成角的余弦值为√ 5 18.(1)证明见解析 (2)2w15 5 【详解】(1)证明：因为△ABC是等边三角形，且NI/BC, 在△PN中，可得PM=PN,又点O是线段MN的中点，所以PO⊥MN. 因为平面PMN⊥平面MNCB,且POc平面PN,平面PMN∩平面NCB=N, 所以PO⊥平面WCB,又CNc平面WCB,所以PO⊥CN. (2)由△ABC是等边三角形，BC=6,可得△ABC的高为3v5, 取BC的中点D,连接PD,OD,OB,OC,如图所示. 因为MN/BC,AW=2NC,可得PO=2V,OD=√， 所以△030的面积为5脑方BC0D-6x5-3V5, M 10 D 又PO⊥平面NCB,且PO=23, 所以三枝锥POBC的体积为m-写aXP0-×3V5×2N5-6. 因为PO⊥平面MWCB,ODc平面NCB,所以PO⊥OD. 在△POD中，PO=23,OD=√3，PO⊥OD, 所以PD=VP0+OD=√5， 所以△PBC的面积为S寸8C-PD-6xi5-3i5. 设点O到平面PBC的距离为d, 因为微-m可得号S。d-写3i5×a-6,解行d-2 5 又由NI∥BC,且Nt平面PBC,BCC平面PBC,所以WII平面PBC, 则点W到平面PBC的距离与点O到平面PBC的距离相等， 所以点N到平面PC的距离为2正