精品解析：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. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的有关概念即可求解. 【详解】复数的虚部为， 所以的虚部为. 故选：D 2. 在中，，，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】在中利用正弦定理即可求解. 【详解】在中，，，， 由正弦定理可得. 故选：A. 3. 如图所示，在中，点在线段上，且，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由向量的运算法则，化简得,再由，即可求得 的值，即可求解. 【详解】由向量的运算法则， 可得, 因为，所以，从而求得， 故选:B． 【点睛】该题考查的是有关向量的基本定理，在解题的过程中，需要利用向量直角的关系，结合三角形法则，即可求得结果，属于基础题. 4. 在中，已知，则的值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角形的面积和同角的平方关系可得，结合平面向量数量积的定义计算即可求解. 【详解】因为，所以， 又，所以， 所以. 故选：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 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理及两角和的余弦公式即可求解. 【详解】在中，由正弦定理及可得：. 又，， ∴，即，即. 又∵，∴，∴，∴是直角三角形. 故选：A. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】设正四棱台的高为，结合棱锥体积公式可求得，根据面积比可表示出上下底面面积，代入棱台体积公式可求得结果. 【详解】 设正四棱台的高为，则，， ，又，， 正四棱台的体积 . 故选：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. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直观图的平面图，再求出相关线段长，即可求出平面图的面积. 【详解】由直观图可得如下平面图形： 则，，， 所以. 故选：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. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆锥侧面展开图可得圆锥的半径和高，由三角形面积公式即可求解内切球半径，进而由球的体积公式求出答案. 【详解】由题意得，扇形的弧长， 所以该圆锥的底面圆的半径， 所以该圆锥的高． 设该圆锥内的球的最大半径为R，圆锥的轴截面如图所示： 则依题意得， 所以， 所以该球的体积V的最大值是． 故选：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 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用正方体的结构特征，结合给定的位置推理说明截面不可能的图形，再作图说明可能的图形即可得解. 【详解】在正方体中，由分别为的中点， 得截面与正方体的3个面必有交线，而点在线段上， 截面与正方形或正方形有交线，即截面至少与正方体4个面有交线， 因此截面不可能是三角形，即A不可能； 取与重合，此时截面为四边形，如图，B可能； 当截面与棱的交点在线段（不含点）上时，截面与正方体 除正方形外的另5个正方形都有交线，此时截面是五边形，如图，C可能； 当点为棱的中点时，截面为六边形，如图，D可能. 故选：BCD 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 【答案】AD 【解析】 【分析】利用线面平行的性质定理可判断A选项；根据线面垂直的判定定理可判断B选项；根据已知条件判断线线位置关系，可判断C选项；根据空间线面位置关系可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，，，由线面平行的性质定理可得，A对； 对于B选项，因为，，，，由于、不一定相交，则与不一定垂直，B错； 对于C选项，，，，则、的位置关系不确定，C错； 对于D选项，若与不垂直，则平面内与在内的射影垂直的直线， 垂直于直线，这样的直线有无数条，D对. 故选：AD. 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用异面直线的定义容易判断A项；对于B,C两项，只需按一定顺序去数即得；对于D项，需要运用线面平行推理得到面面平行即可. 【详解】对于A项，因平面，平面且, 平面,故EG与为异面直线,故A项正确； 对于B项，组成几何体的棱有；；共13条棱，故B项正确； 对于C项，几何体的顶点有共8个，故C项错误； 对于D项，如图，取中点，连接, 因,则是的中点， 又分别为所在棱的中点，故得, 因,则得,故, 则,又平面,而平面,故平面； 易证,且,故得,则, 故,又平面,而平面,故平面； 又,故得平面平面,故D项正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：本题主要考查空间想象能力和面面平行的判定方法，属于较难题. 解题的思路即是，要充分理解和把握异面直线的定义，同时在统计顶点数和棱的条数时，应按照一定的顺序进行，才能不重不漏，至于面面平行的判断，只需按照判定定理，在一个平面内寻找两条相交且与另一个平面平行的直线即得. 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____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的模的定义，将进行展开，简化，消元后，转化成关于的一元二次函数，求其最值即得. 【详解】因，， 因，则，， 故当时，取得最小值2，此时的最小值为. 故答案为：. 13. 在中，是线段上的动点（与端点不重合），设，则的最小值是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由平面向量的线性运算可得，再由基本不等式代入计算，即可得到结果. 【详解】 因为，所以，因为， 所以，且三点共线， 则，， 则， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最小值是. 故答案为： 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______． 【答案】4π 【解析】 【分析】 利用三角形面积公式求解,再利用余弦定理求得,进而得到外接圆半径,再求面积即可. 【详解】由，解得．．解得． ，解得．∴△ABC外接圆的面积为4π． 故答案为：4π． 【点睛】本题主要考查了解三角形中正余弦与面积公式的运用,属于基础题型. 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． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】通过向量的数量积求出A的余弦函数值，利用余弦定理转化求解即可．利用余弦定理以及三角形的面积，转化求解即可． 【详解】在中，，，，， 由余弦定理得：， 所以． 因为且，所以，． 在中，， 由余弦定理得：， ， 即， ， 所以当且仅当时，面积S取得最大值为． 【点睛】本题考查三角形的解法，余弦定理的应用，考查向量的数量积的应用，是基本知识的考查． 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意根据向量的线性运算法则得到，，再根据三点共线，求得即可求解. （2）根据题意得到，，结合三点共线得到，利用基本不等式“1”的妙用即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 因为是线段的中点，所以， 又因为，设，则有， 因为三点共线，所以，解得，即， 所以． 【小问2详解】 因为， ， 由（1）可知，，所以， 因为三点共线，所以，即， 所以， 当且仅当，即，时取等号， 所以的最小值为． 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． 【答案】（1）证明见解析； （2）与所成角的余弦值为. 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接；证明，根据线面平行判定定理证明平面； （2）根据异面直线夹角定义证明为直线与所成角，解三角形求其余弦值即可. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 因为， 所以为直线与所成角， 中，， 直角梯形中，，过作，为垂足，如图所示， 则，，，， ，所以为等腰三角形，则， 中，， 所以， 中，， 所以 所以与所成角的余弦值为. 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. 【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）. 【解析】 【分析】（1）易证，再由平面平面，得到平面，然后利用线面垂直的性质定理证明； （2）取的中点，连接，，，，求得的面积，进而根据平面，求得三棱锥的体积，然后利用等体积法求解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由是等边三角形，，可得的高为， 取的中点，连接，，，，如图所示. 因为，，可得，， 所以的面积为， 又平面，且， 所以三棱锥的体积为. 因为平面，平面，所以. 在中，，，， 所以， 所以的面积为. 设点到平面的距离为， 因为，可得，解得. 又由，且平面，平面，所以平面， 则点到平面的距离与点到平面的距离相等， 所以点到平面的距离为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $