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

2024-2025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 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（是虚数单位）的虚部为（ ） A. 3 B. C. D. 2. 在中，，，，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 如图所示，在中，点在线段上，且，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 4. 在中，已知，则的值为（ ） A. B. 2 C. D. 5. 在中，若，则的形状是（ ） 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 6. 在正四棱台中，，且三棱锥的体积为12，则该正四棱台的体积为（ ） A. B. 36 C. 108 D. 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，则原图形的面积为（ ） A. B. C. D. 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. B. C. D. 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 在正方体中，分别为的中点，为线段上的动点，则平面PMN截正方体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. 已知、、是三条不同的直线，、是两个不同的平面，下列选项正确的有（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，，则 D. 若与不垂直，则垂直于内无数条直线 11. 如图，在直三棱柱中，分别为所在棱的中点，，三棱柱挖去两个三棱锥后所得的几何体记为，则（ ） A. EG与为异面直线 B. 有13条棱 C. 有7个顶点 D. 平面平面EFG 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 已知复数，其中且，则的最小值是____________. 13. 在中，是线段上的动点（与端点不重合），设，则的最小值是________． 14. 已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，的面积等于，则外接圆的面积为______． 四、解答题（共4小题，共47分） 15. 如图，在中已知，，D是BC边上的一点． 若，求CD的长； 若，求面积S的最大值． 16. 如图，在中，点满足，是线段的中点，过点的直线与边，分别交于点． （1）若，求的值； （2）若，，求的最小值． 17. 如图所示，三棱柱，底面是边长为2的正三角形，侧棱底面，点分别是棱，上的点，点是线段的中点，． （1）求证平面； （2）求与所成角的余弦值． 18. 如图1，已知是等边三角形，点M，N分别在，上，，，是线段的中点.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2. （1）求证： （2）若，求点到平面的距离. 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题答案】 【答案】D 【2题答案】 【答案】A 【3题答案】 【答案】B 【4题答案】 【答案】D 【5题答案】 【答案】A 【6题答案】 【答案】D 【7题答案】 【答案】D 【8题答案】 【答案】D 二、多选题（每小题6分，共18分） 【9题答案】 【答案】BCD 【10题答案】 【答案】AD 【11题答案】 【答案】ABD 三、填空题（每小题5分，共15分） 【12题答案】 【答案】 【13题答案】 【答案】 【14题答案】 【答案】4π 四、解答题（共4小题，共47分） 【15题答案】 【答案】（1）； （2）. 【16题答案】 【答案】（1） （2） 【17题答案】 【答案】（1）证明见解析； （2）与所成角的余弦值为. 【18题答案】 【答案】（1）证明：因为是等边三角形，且， 在中，可得， 又点是线段的中点，所以. 因为平面平面，且平面，平面平面， 所以平面，又平面，所以. （2）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $