云南省文山市第一中学2024-2025学年高一下学期4月月考 数学试题

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注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2．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．如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．答在试卷上的答案无效．
一、单选题：（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1. 已知向量，，且，则（ ）
A. 1或3B. -1或-3C. -3D. -1
【答案】B
【解析】
【分析】应用向量垂直的坐标表示计算求解.
【详解】因为向量，，
所以
且，则
则或.
故选：B.
2. 下列命题中为真命题的是（ ）
A. 圆柱的侧面展开图是一个正方形
B. 用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台
C. 有两个面互相平行，其余各面都是四边形的多面体是棱柱
D. 球体是旋转体的一种类型
【答案】D
【解析】
【分析】利用各项概念的定义来进行判断即可.
【详解】对于A，圆柱的侧面展开图是一个矩形，不一定为正方形，故A错误；
对于B，根据圆台的定义，用一个平行于底面的平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台，故B错误；
对于C，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱，故C错误；
对于D，球体是半圆绕着其直径所在直线旋转一周得到的封闭几何体，故D正确，
故选：D
3. 中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世.如图，某同学为测量鹳雀楼的高度，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物，高约为，在地面上点处（三点共线）测得建筑物顶部，鹳雀楼顶部的仰角分别为和，在处测得楼顶部的仰角为，则鹳雀楼的高度约为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题设得,，再应用正弦定理列方程求鹳雀楼的高度.
【详解】因为中，，，，
所以，
因为中，，，
所以，即,
由题意，，，
则，
中，由正弦定理得，即，
故，
故.
故选：B
4. 如图一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为，腰和上底均为1的等腰梯形，则原平面图形的面积是（ ）

A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据斜二测画法的规则，由直观图的特征推出原平面图形的形状及相关边长，再利用梯形面积公式计算原平面图形的面积．
【详解】在直观图中作，垂足分别为E，F，
则

确定原平面图形的形状及部分边长：
在斜二测画法中，平行于y轴的线段，在原图形中长度变为直观图中对应线段长度的倍．
已知直观图是底角为，腰和上底均为的等腰梯形，因为直观图中腰长为且平行于y轴，所以原平面图形为直角梯形，其直角腰长为直观图中腰长的倍，即；上底边长在斜二测画法中长度不变，所以原平面图形上底边长为． 原图如下：

将原平面图形上底，下底，高代入公式，可得．
原平面图形的面积是．
故选：A．
5. 已知直线，，是三条不同的直线，平面，，是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若直线与异面，则过空间任意一点与和都平行的平面有且仅有一个
D. 若，，，则且
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间中的平行关系分别判断各选项.
【详解】A选项：，，则或与相交或异面，A选项错误；
B选项：若，，则或，B选项错误；
C选项：若直线与异面，则当空间内一点在或上时，不存在和都平行的平面，C选项错误；
D选项：若，，，则且；
故选：D.
6. 下列结论正确的是（ ）
A. 直四棱柱是长方体，长方体是四棱柱B. 一个棱柱至少有6个面
C. 相等的角在直观图中仍然相等D. 有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥
【答案】D
【解析】
【分析】对A，直四棱柱底面不一定是矩形；对B，三棱柱只有五个面，即可判断；对C，利用平面图形和直观图的定义可判断，对D，由棱锥的定义即可判断.
【详解】对A，直四棱柱底面不一定是矩形，所以直四棱柱不一定是长方体，故A错误；
对B，三棱柱只有五个面，故B错误；
对C，相等的角在直观图中不一定相等，因为直观图是按照一定的规则绘制的，可能会产生变形，
例如等腰直角三角形的直观图不一定是等腰直角三角形（原图形中两底角相等，直观图中不一定相等），故C错误；
对D，棱柱上下底面互相平行且全等，且各侧棱互相平行，所以棱柱的侧面均为平行四边形，故D正确.
故选：D
7. 在△ABC中，·+·+·，其中G是△ABC的重心，则△ABC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】D
【解析】
【分析】由三角形重心的性质得++，结合题干中的等式可得，即可判断三角形的形状.
【详解】由G是的重心，得++，则=，
由题中等式得，又均为非零向量，
所以由的表示是唯一的，
则，且，故，即为等边三角形.
故选：D.
8. 古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.已知为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，，，则面积的最大值为（ ）.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由圆的性质及正弦边角关系得，从而设，结合题设得到且，最后应用三角形面积公式及基本不等式求面积的最大值.
【详解】由题意，则，
所以，即，
设，又，由题意，
所以，故，
又，故，则，
所以，
当且仅当时取等号，故面积的最大值为.
故选：C
二、多选题：（本题共3题，每题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对得6分，部分选对得部分分，有错误选项得0分）
9. 如图，一圆锥的侧面展开图中，，弧长为，则下列说法正确的是（ ）
A. 该圆锥的侧面积为
B. 该圆锥的体积为
C. 该圆锥可以整体放入半径为球内
D. 该圆锥可以整体放入边长为的正方体中
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A由扇形面积公式即可判断，对于B计算圆锥的半径和高，利用圆锥曲线的体积公式即可求解，对于C设圆锥外接球的半径为，即得求出与比较即可，对于D正方体一边的中点作与体对角线垂直的平面，如图2，此平面到顶点的距离为体对角线的一半，计算平面截正方体得的正六边形的边长和点到该正六边形的高即可判断.
【详解】对于A：因为圆锥的侧面展开图中，，弧长为，所以圆锥的侧面积为，故A正确；
对于B：设圆锥底面半径为，则，解得，
圆锥的高，母线长，圆锥体积，故B正确；
对于C：因为圆锥的底面半径为，高为，所以圆锥的外接球球心在圆锥内部，设圆锥外接球的半径为，
过点的轴截面如图1，为外接球球心，则，解得，故C错误；
对于D：过正方体一边的中点作与体对角线垂直的平面，如图2，此平面到顶点的距离为体对角线的一半，即为，
平面截正方体得到边长为2的正六边形，该正六边形的内切圆的半径为，
以该圆作为圆锥的底面，点为顶点即可得到圆锥.故D正确.
故选：ABD.
10. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 在中，，则
B. 若，则为钝角三角形
C. 若是等边三角形，则，的夹角为
D. 在中，若，则必是等腰直角三角形
【答案】AB
【解析】
【分析】由，得到，利用正弦定理，可判定A正确；由数量积的公式，得到，可判定B正确；根据向量的夹角的定义，可得判定C不正确；由正弦定理和正弦的倍角公式，化简得到，求得或，可判定D不正确.
【详解】对于A中，设外接圆的半径为，由，可得，
所以，所以，所以A正确；
对于B中，若，可得，即，
因为，所以，所以为钝角三角形，所以B正确；
对于C中，若是等边三角形，则的夹角为，所以C不正确；
对于D中， 因为，由正弦定理得，
所以，则或，
所以或，所以为等腰或直角三角形，所以D不正确.
故选：AB.
11. 下列四个命题中，真命题是（ ）
A. 四边形可以确定一个平面
B. 两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内
C. 若直线，相交，且平面，则直线不在平面内
D. 若直线平面，直线平面，则
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，通过特殊四边形即可判断出正误；对于B，利用确定平面的条件和点、线、面的包含关系即可判断出正误；对于C，利用直线与平面平行的定义和直线与平面的位置关系即可判断出正误；对于D，利用平面内两直线的位置关系即可判断出正误.
【详解】选项A，空间四边形不能确定一个平面，不合题意；
选项B，设，不重合，易知可确定唯一平面，
又，所以，又，所以，符合题意；
选项C，设，平面，所以平面，故直线不在平面内，符合题意；
选项D，因为直线平面，直线平面，则或与异面，不符合题意.
故选：BC
三、填空题．（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 复数的虚部为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的除法化简复数值，然后根据定义得出复数的虚部.
【详解】，即虚部为.
故答案为：
13. 将一个半径为5的金属球熔化后，重新铸造为64个相同的小球，则这些小球的表面积之和为________．
【答案】;
【解析】
【分析】根据球的体积和表面积公式，即可求解.
【详解】设小球的半径为，则，得，
所以这些小球的表面积之和为.
故答案为：
14. 乾坤八卦由乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八个卦象组成，分别代表天、地、雷、风、水、火、山、泽八种自然现象．如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，则下列命题：

①；
②；
③在上的投影向量为；
④若点为正八边形边上的一个动点，则的最大值为4．
其中正确命题的序号是______．
【答案】②③④
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算判断①，利用向量加法的坐标运算判断②，利用投影向量公式判断③，找到最大时的条件，合理作出图形，将目标式的最大值转化为求的最大值，最后结合二倍角公式求解最大值判断④即可.
【详解】由题意，正八边形每个边所对的角都是，中心到各顶点的距离都是2，
有，，
如图，以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，

因为，所以由正八边形性质得，
则，，，，，，
下面，我们开始逐个分析题目中给定结论的正确性，
对于①，易得，，则，故①错误，
对于②，易得，，，
则，，满足，故②正确，
对于③，易得，，
由投影向量公式得在上的投影向量为，故③正确，
对于④，易得，且设的夹角为，
而，则，易得，故，
如图，延长交的延长线于，连接，此时在上的投影为，

当点在线段上时，此时在上的投影最大，
易得是等腰直角三角形，，则，
由勾股定理得，在直角三角形中，，
在等腰三角形中，，
则的最大值为，故④正确.
故答案为：②③④
四、解答题：（本题共4小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
15. 已知两个不共线的平面向量，记.
（1）若，求的值.
（2）若时，，求的夹角.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意意可得，利用向量相等可求；
（2）由，可求得，利用向量的夹角公式可求的夹角.
【小问1详解】
因为，不共线，所以为非零向量，所以由可得存在，使得，
即，
所以，解得；
【小问2详解】
当时，，又，
所以，
又，所以，解得，
所以，又，所以，
所以的夹角为.
16. 如图所示，四边形是矩形，且，若将图中阴影部分绕旋转一周.
（1）求阴影部分形成的几何体的体积；
（2）求阴影部分形成的几何体的表面积.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由圆柱的体积减去半球的体积即可求解．
（2）分别求圆柱下底面、侧面和半球面的面积，即可求解；
【小问1详解】
，，所求几何体的体积为．
【小问2详解】
由题意知，旋转体的表面由三部分组成，圆柱下底面、侧面和半球面，
因为，，，，
故所求几何体的表面积为；
17. 内角的对边分别为，已知．
（1）求角；
（2）若，面积为．求的周长．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）应用和差角正弦公式得，由三角形内角的性质即可求角的大小；
（2）由三角形面积公式得，再应用余弦定理可得，即可得周长.
【小问1详解】
在，
由已知，得，而，则，
又，所以．
【小问2详解】
由，得，即，
又，则，整理得，
因此，解得，所以的周长为．
18. 从①，②两个条件中选择一个补充到题目中，完成下列问题：在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，且 ．
（1）求的面积；
（2）若是线段的中点，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若选择①，则得，由余弦定理即可得到，结合条件，，代入三角形面积公式即可求解；
若选择②，由射影定理，又，，结合余弦定理即可得到，代入三角形面积公式即可求解；
（2）由中点向量得，，平方化简可得，即可求解.
【小问1详解】
选择①，
因为，即
在中，由余弦定理得：，
，，又，，
故的面积.
选择②，
因为，则射影定理，得，
又，，在中，由余弦定理得：，
，，
故的面积.
【小问2详解】
因为是线段的中点，
所以，即，则
所以，故的长为.
19. 已知的内角的对边分别为，且
（1）若，求的值；
（2）若三边按顺序为连续整数，求.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理、正弦定理进行边角互化，结合三角恒等变换化简变形，可计算得结果；
（2）根据题意列方程解出，再利用余弦定理求角，利用三角形面积公式求面积即可.
【小问1详解】
由余弦定理可得，，
化简得.
根据正弦定理将边转化成角，则有，
，
.
所以或，即或（舍去）.
所以即，则.
【小问2详解】
因为三边按顺序为连续整数，所以，
代入可得，解得，
又因为，所以，解得，则.
由余弦定理可得，，所以.
则.