精品解析：湖北华中科技大学附属中学2025-2026学年高一下学期五月月考数学试卷

高一下学期五月月考数学试卷 时间：2026年5月27日 满分：150分 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 一、单选题 1. 平面向量满足，若，则（ ） A. 0 B. 4 C. 6 D. 8 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知不共线，且，，，则（    ）三点共线 A. A、B、D B. A、B、C C. B、C、D D. A、C、D 4. 如图所示，一个水平放置的的斜二测直观图是，若，，则的面积是（ ） A. B. C. D. 5. 在正四棱台中，，则该棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，已知，．为的中点，且，则的面积是 （ ） A. B. C. D. 7. 如图，在四边形中，，为等边三角形，则面积的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 8. 已知直四棱柱的底面是边长为的正方形，分别是棱的中点，点是棱上的一点，且，则过点的平面截直四棱柱所得截面的面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 如图，圆锥的底面半径为，高为，是的直径，点在上，且，为的中点，则（ ） A. 平面 B. 为等边三角形 C. 平面 D. 圆锥的侧面积为 10. 已知，是复数，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是纯虚数 C. D. 11. 相交弦定理是平面几何中关于圆的一个重要定理，其几何表述为：若圆内弦EF与弦GH相交于点M，则．已知点P是直径为4的圆O内定点，且，弦AC，BD均过点P，如图所示，则（ ） A. B. C. D. 当时， 三、填空题 12. 在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为______． 13. 如图，已知正方形OABC的边长为2，是四分之一圆弧，现以OC所在直线为旋转轴旋转一周，则图中阴影部分得到的旋转体的表面积为____________. 14. ，，是从点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的正切值是___________． 四、解答题 15. 已知平面向量，满足，，. （1）求向量，夹角的大小； （2）求向量与夹角的余弦值. 16. 在中，角，，所对的边分别为，，，且. （1）求的大小； （2）若是上的点，平分，，求面积的最小值. 17. 如图，在四棱锥中，底面是菱形．，分别为的中点，且． （1）证明：． （2）若，求点到平面的距离． 18. 如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，，为上一点． （1）求证：面； （2）当平面时，面与交于， （ⅰ）求的值； （ⅱ）求的值． 19. 在中，，，为的中点. （1）求的取值范围； （2）若，为的中点，为平面上一动点，满足. （ⅰ）求证：为定值； （ⅱ）求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一下学期五月月考数学试卷 时间：2026年5月27日 满分：150分 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 一、单选题 1. 平面向量满足，若，则（ ） A. 0 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【详解】法一：由得：， 即，解得， 则，又得， 所以. 法二：（特殊值）由题意可设，可得. 法三：（数形结合）因为， 所以是以为邻边的平行四边形的对角线向量，是另一条对角线向量， 所以平行四边形是矩形， 所以， 从而向量在方向上的投影向量是， 又因为向量与的数量积等于向量在方向上的投影向量与的数量积， 可得. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设复数 ， 根据模长公式，共轭复数的概念以及复数相等的条件即可求解. 【详解】设复数 ，则， 根据复数相等的条件可得，解得，所以. 3. 已知不共线，且，，，则（    ）三点共线 A. A、B、D B. A、B、C C. B、C、D D. A、C、D 【答案】A 【解析】 【分析】由两向量共线的充要条件逐一判断即可. 【详解】对于A，因为 所以， 所以、、三点共线，故A正确； 对于B，因为，， 所以不存在，使得， 所以A、B、C三点不共线，故B错误； 对于C，因为，， 所以不存在，使得， 所以B、C、D三点不共线，故C错误； 对于D，因为，， 所以不存在，使得， 所以A、C、D三点不共线，故D错误.. 4. 如图所示，一个水平放置的的斜二测直观图是，若，，则的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据斜二测直观图求出，，进而求出的面积． 【详解】由斜二测直观图可知，即，， 所以的面积是． 5. 在正四棱台中，，则该棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】上底边长，下底边长，侧棱， 由正四棱台性质可得： 如图，， 所以，再由勾股定理可得棱台的高：， 代入体积公式计算： . 6. 在中，已知，．为的中点，且，则的面积是 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据可得，再利用平方关系和三角形面积公式求解. 【详解】根据题意，， 则，即， 则，又，所以， 所以. 7. 如图，在四边形中，，为等边三角形，则面积的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】显然，所以，所以只需写出和的面积即可，此时，最适宜引入的参数就是，用表示出两个三角形的面积，再用正弦型函数的最值即可解决本题. 【详解】在中，设，则. 由余弦定理知， 因为是等边三角形，所以. 又，为等边三角形， 所以，所以， 故 ， 所以，当，即时，. 8. 已知直四棱柱的底面是边长为的正方形，分别是棱的中点，点是棱上的一点，且，则过点的平面截直四棱柱所得截面的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设直线分别交的延长线于点，连接，交于点，连接，交于点，得到截面，再利用直四棱柱的棱长和结构特征得到截面的各边长，利用分割法求得截面面积即可. 【详解】设直线分别交的延长线于点，连接，交于点， 连接，交于点，连接， 所以过点的平面截直四棱柱的截面为五边形. 由平行线分线段比例可知：，故， 故为等腰直角三角形，所以， 故，则，. 连接，易知， 所以五边形可以分成等边三角形和等腰梯形两部分， 等腰梯形的高， 则等腰梯形的面积为. 又， 所以五边形的面积为. 二、多选题 9. 如图，圆锥的底面半径为，高为，是的直径，点在上，且，为的中点，则（ ） A. 平面 B. 为等边三角形 C. 平面 D. 圆锥的侧面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】先由圆锥的性质和几何关系，利用中位线定理判断线面平行，结合母线长与余弦定理判断三角形形状，再通过圆锥侧面积公式直接计算；对于选项C，采用反证法，假设线面垂直推出线线垂直，再通过计算三角形边长验证矛盾，从而判定该选项错误。 【详解】 对于A，因为分别是的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面，A正确； 对于B，在中，，，， 在中，，，， 在中，，，， ， 所以，所以为等边三角形，B正确； 对于C，连接，假设平面， 因为平面，平面，所以 在中，，，， 所以，所以为等腰三角形， 故与不垂直， 这与矛盾，因此假设不成立，C错误； 对于D，根据圆锥侧面积公式，所以圆锥的侧面积为，D正确． 10. 已知，是复数，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是纯虚数 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【详解】取，满足，但两个都是虚数，不能比较大小，无法得到​，故A错误； 设，若，说明是负实数，因此， 满足虚部，且实部， 若，则无实数解， 因此只能，此时得，即​是纯虚数，故B正确； 根据共轭复数的性质，， 推导得 ，故C正确； 因为，所以，故D正确. 11. 相交弦定理是平面几何中关于圆的一个重要定理，其几何表述为：若圆内弦EF与弦GH相交于点M，则．已知点P是直径为4的圆O内定点，且，弦AC，BD均过点P，如图所示，则（ ） A. B. C. D. 当时， 【答案】AD 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的定义和运算性质，结合平面向量的加法几何意义、相交弦定理逐一判断即可. 【详解】 对于A，设直线与圆相交于，由平面向量数量积的定义和相交弦定理可知： ，所以本选项结论正确； 对于B、C，设弦AC的中点为， ， 由相交弦定理可知：， 所以， 因为，所以，因此， 同理可得，所以不一定成立，故B、C错误； 对于D，当时，由相交弦定理可知： ，所以本选项结论正确； 三、填空题 12. 在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为______． 【答案】 【解析】 【详解】如图，连接． 因为，所以异面直线与所成的角即与所成的角. 即∠,因为，＝1. 所以，． 所以． 13. 如图，已知正方形OABC的边长为2，是四分之一圆弧，现以OC所在直线为旋转轴旋转一周，则图中阴影部分得到的旋转体的表面积为____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据圆柱以及球的表面积求解即可. 【详解】线段绕OC所在直线为旋转轴旋转得到圆柱体，其上底面以及侧面的表面积为. 四分之一圆弧绕旋转得到半径为的半球面，半球面的表面积为. 故旋转体的表面积为. 14. ，，是从点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的正切值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】过上任一点作平面，则即为直线与平面所成角的平面角，根据线面垂直及三角形全等得到，结合三角函数求解即可. 【详解】 在上任取一点并作平面，则即为直线与平面所成角的平面角． 过点作，，. 因为平面，平面，所以，. 又平面，，所以平面， 又平面，所以，同理. 又，，所以，所以. 又，所以，所以. 设，在中，；在中，. 在中，， 则. 即直线与平面所成角的正切值为. 四、解答题 15. 已知平面向量，满足，，. （1）求向量，夹角的大小； （2）求向量与夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量数量积的分配律结合夹角公式计算可得结果； （2）利用数量积的运算律求出，再由向量的夹角公式即可求出. 【小问1详解】 因为，，， 所以，即， 所以，解得， 又，所以. 【小问2详解】 . 因为， 所以. 16. 在中，角，，所对的边分别为，，，且. （1）求的大小； （2）若是上的点，平分，，求面积的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，求出角； （2）根据角平分线性质和三角形面积公式得到边、的关系，最后利用基本不等式求出三角形面积的最小值. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得 因为，所以，故， 所以， 因为，所以 【小问2详解】 因为平分，所以， 所以， ， ， 因为，所以，即， 由，得，解得，当且仅当时，等号成立， 故，即面积的最小值为 17. 如图，在四棱锥中，底面是菱形．，分别为的中点，且． （1）证明：． （2）若，求点到平面的距离． 【答案】（1） 连接． 因为底面是菱形，分别为的中点， 所以，，所以． 又，，所以平面． 因为平面，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）连接，根据线面垂直的判定定理可得平面，从而得证； （2）先求得，进而求得，利用等体积法可求得点到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，是的中点，所以． 又，，所以平面． 由题意得是边长为2的等边三角形，且为的中点， 所以， 又，所以． 在中，可得，， 所以． 设点到平面的距离为，则． 因为，所以，解得． 所以点到平面的距离为. 18. 如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，，为上一点． （1）求证：面； （2）当平面时，面与交于， （ⅰ）求的值； （ⅱ）求的值． 【答案】（1）证明： 由为正三角形且可知． 又因为，且，在中，由余弦定理得 ． 所以，所以，所以，即． 所以，又因为平面平面， 所以面． （2）（ⅰ）2； （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先应用余弦定理得出，再应用勾股定理证明，最后应用线面平行判定定理证明； （2）（ⅰ）先应用线面平行性质定理得出再结合比例关系得出，最后再应用线面平行性质定理得出即可得出比例；（ⅱ）应用三棱锥体积公式结合比列关系计算. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 （ⅰ）如图，连接交于点，连接． 因为平面平面，平面平面，所以． 在梯形中，，所以． 因为，所以有， 又面面，平面平面． 所以． 又，所以． （ⅱ）因为． 设梯形高为，则 所以． 又，所以． 所以． 19. 在中，，，为的中点. （1）求的取值范围； （2）若，为的中点，为平面上一动点，满足. （ⅰ）求证：为定值； （ⅱ）求的最大值. 【答案】（1） （2） （ⅰ）取中点， 因为，， 所以，即、、三点共线，且为中点， 因为，所以， 故，在以为直径的圆上， 因为，，所以为等边三角形， 所以，所以， ，， 则 为定值. （ⅱ）10 【解析】 【分析】（1）设，根据结合的范围即可求出答案； （2）（ⅰ）取中点，证明为中点，根据得到，进而得到，再求出，再根据即可求出答案；（ⅱ）求出，令，，求出的取值范围，令，再根据求出的范围，，令，根据的范围求出的范围，分为和两种情况，分别求范围，即可求出答案. 【小问1详解】 设， 则 . 因为，所以， 所以， 所以的取值范围为. 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）由（ⅰ）可知： ， 设，.则， 由， 可知，设， 由，有， 所以 ， 令，则， ①当时，， ②当时，， 因为， 所以， 所以， 综上所述，，即， 所以的最大值为10， 当且仅当，即时等号成立，此时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $