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（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） 取的中点，连接， ∵分别为的中点，∴，， 由，且， ∴，且 ， ∴四边形为平行四边形，故， 又平面，平面， ∴平面； （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 $2024-2025学年高一下学期第二次月考数学试题 题号 1 2 3 × 5 6 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°， sin4sin9可得b-sinB-4xsin604x5 小由正弦定理a=b sinA sin30 1 2=45. 故选：A. 2 3.B 【详解】由向量的运算法则，可得D=B+D=B+}8C=B+(4C-B)=B+3AC, 4 4 因为0-丽1C,所以-子山从而求得会}故选：a 4.D 【详】因为8=，所以西Cs1=5→=9，又0<长a,所以o4± 所以B4C-国HCcosA=-4均=2故选：D 5.A 【详解】在△ABC中，由正弦定理及b2sinC+c2sinB=2 bccosBcosC可得： sin2Bsin2C+sin2Csin2B=2sinBsinCcosBcosC.sinB>0,sinC>0, .∴sinBsinC=cosBcosC,即cosBcosC-sinBsinC=0,即cos(B+C)=0. 2,A=π 又0<B+C<π，.B+C=元 22,小VABC是直角三角形. 故选：A. 6.D 【详解】 D C 1 设正四棱台的高为h>0),则会4ac=方Sach=l2,S4ac 36 h B 又m=2度=只，又48=3，又aA5 _8 正四棱台的体积 3 故选：D. 7.D 【详解】由直观图可得如下平面图形： 则OA=O'=1,BC=B'C'=1,OB=2OB=2W1+1=2N2, 所以SOABC=1×2V2=2V2.故选：D. 8.D 【详解】由题意得，扇形的弧长1=3×2”=2元，所以该圆锥的底面圆的半径 3 ，所以该圆锥的高h=BPP22.设该圆锥内的球的最 R 圆锥的轴载面如图所示：则依题意得5x×2x25=X3+32xR, B D 房所以r2,所球的然积Y的最大值是R-,Y2x,放选：而 2 32 9.BCD D C(P) 【详解】在正方体ABCD-AB,CD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CDD,C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月 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 ABCD-AB,CD除正方形AB,CD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： D 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,lcB,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ACC1A,C∈平面ACC1A且C,:EG,BE平面ACC,A,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,AC,DC;AE,EG,EF,CC,CB,DB; FG,GC,CB,FB共I3条棱，故B项正确；对于C项，几何体2的顶点有 A,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 EF/IAH,FG/1CH,因AD//BH,AD=BH,则得口ADBH, 故AH/IDB,则EF I/DB,又EF丈平面BDC,而DBC平面BDC,故EF//平面BDC; 易证DH//BB,/ICC,且DH=BB,=CC,故得DC CH,则CD//CH, 故FG/1CD,又GF平面BDC,而DCc平面BDC,故GF/平面BDC: 又EFFG=F,故得平面EFG/平面BDC,故D项正确.故选：ABD 12.√2 【详解】因z=a+bi,|z-1+2i2=a-1+(b+2)i2=(a-1)2+(b+2)2, 因a+b=1,则b=1-a,|z-1+2i2=(a-1)/+(3-a)=2(a-2)+2, 故当a=2时，|z-1+2i2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CD,因为C正=xCA+CB, 所以元=C+D,且4D,E三点共线，则x+-1,x>0y>0, 则+g-0要40=16 y"x(y'x八 Vy 2x 6x_3y 1 X= 当且仅当’，2x时，即 3 时，等号成立，所以“'的最小值是16，放答案为：16 1 x+2y=1 y= -2 14.4元 【详解】由2csn号=25，解得c=4.=2+f-2x2x4c0号-12.解得a=26. 2R=25 4, 解得R=2..△ABC外接圆的面积为4π，故答案为：4T, 15.(1)√7 (2)3√2-3. 【详解】()在△ADC中，AD=1,AC=2W5,AD.AC=ADAC.cos∠DAC=1·2V3:cos∠DAC=3, cs∠DACE由余弦定理得：CD=AC+AD2 C.AD-coDAC=2+1-22137 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+√2CD·AD≥2CD·ADW2CD·AE, 即AD-CDs62-V2),S=AD.CD-sin ADC=AD.CD≤32-3， 所以当且仅当AD=CD时，△ACD面积S取得最大值为3√2-3. 1.0指-号 (2)3+22 4 【详解】(1)因为PC=2BP, 所以P=+原=酒+8C=+8+40号B+C, 3 因为0是线段P的中点，所以40-号亚-亚+名4C, 又因为F-号C,设=正，则有40-征+征， 因为E.0,P三点兆线，所以+好1，解得-}即E号， 0 所以E、4 EB5· (2)AB=AE+EB=AE+E=1+AE,AC=AF+FC=AF+uAF=(1+)AF, 由()可知，40-P-号+若4C,所以01E+F, 6 因为50F三点共线，所以片11，即22+=3， 6 当且仅当u+1=√2，即1=4-2√2,4=4W2-5时取等号， 所以号4的最小恒为+22 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O,连接OF,OM, 因为a,M分别为AE,AC的中点，OMCE,OM=EC, A B 由BFIICE,且EC=2FB=2,∴OMIIFB,且OM=FB, 四边形OMBF为平行四边形，故BMIOF, 又BM丈平面AEF,OFC平面AEF,∴.BMI∥平面AEF; (2)因为BMI/OF, 所以∠EFO为直线BM与EF所成角， Rt△ABF中，AF=VAB2+FB2=V22+12=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=GE2+FG2+22=5, AF=EF,所以△AEF为等腰三角形，则FO⊥AE, Rt△ACE中，AE=VAC2+CE2=V22+22=2√2，所以A0=E0=√2， R△A0F中，F0=VaF-A0=V5矿-（可-5，所以cos∠EF0=FD-55 所以BM与EF所成角的余弦值为 5 18.(1)证明见解析 (2)215 【详解】(1)证明：因为△ABC是等边三角形，且MW∥BC, 在△PMN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PMN,平面PMN∩平面MNCB=MN, 所以PO⊥平面MNCB,又CNc平面MNCB,所以PO⊥CN. (2)由△ABC是等边三角形，BC=6,可得△ABC的高为3√3， P 取BC的中点D,连接PD,OD,OB,OC,如图所示. 因为MNIIBC,AW-2NC,可得PO=25,OD=√5， 所以△0c的面积为Sac号BC-0Dx6x5=35, M O 又PO⊥平面MNCB,且PO=23, 所以三棱锥P-OBC的体积为，c=号Sac×P0=×3V5x2V5=6, 因为PO⊥平面MNCB,ODc平面MNCB,所以PO⊥OD. 在△POD中，P0=23,OD=√3，PO⊥OD, 所以PD=VP02+OD2=V15, 所以△P8C的面积为Sx方BC-PD方×6xi5=i店. 设点O到平面PBC的距离为d, 因为=，可得写x5a度d-×31西×d=6,解得d-2店 又由MNI/BC,且MNt平面PBC,BCc平面PBC,所以MNI∥平面PBC, 则点V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PBC的距离为2正