贵州省黔西南州金成实验学校2024-2025学年高一下学期第二次月考（4月） 数学试题（含解析）

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1.复数 eq \f(5,i－2)的共轭复数是( B )
A．2＋iB．－2＋i C．－2－iD．2－i
【解析】因为 eq \f(5,i－2)＝ eq \f(5(－2－i),(－2＋i)(－2－i))＝－2－i，所以复数 eq \f(5,i－2)的共轭复数是－2＋i.
2.下列说法正确的是( A )
A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
B．以直角三角形一边为旋转轴，旋转所得的几何体是圆锥
C．用一个平面去截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台
D．空间中，到一个定点的距离等于定长的点的集合是球
【解析】对于A，根据棱柱的定义“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”，得棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形，故A正确．对于B，以直角三角形的斜边为旋转轴，旋转所得的几何体不是圆锥，故B不正确．对于C，用垂直于底面的平面去截圆锥，得到的不是一个圆锥和一个圆台，故C不正确．对于D，空间中，到一个定点的距离等于定长的点的集合是球面，而不是球体，故D不正确．
3．在中，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】因为，所以，
又因为，所以.
故选：D.
4.已知水平放置的四边形OABC按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中O′A′∥B′C′，∠O′A′B′＝90°，O′A′＝1，B′C′＝2，则原四边形OABC的面积为( B )
A． eq \f(3\r(2),2) B．3 eq \r(2)
C．4 eq \r(2) D．5 eq \r(2)
【解析】方法一：由已知求得O′C′＝ eq \r(2)，把直观图还原后如图所示，可得原图形为直角梯形，OA∥CB，OA⊥OC，且OA＝1，BC＝2，OC＝2 eq \r(2)，故原四边形OABC的面积为 eq \f(1,2)×(1＋2)×2 eq \r(2)＝3 eq \r(2).
方法二：由题意知A′B′＝1，所以S直观图＝ eq \f(1,2)×(1＋2)×1＝ eq \f(3,2)，所以S原图形＝2 eq \r(2)S直观图＝3 eq \r(2).
5.已知点A∈直线l，A∈平面α，则( D )
A．l∥αB．l∩α＝A
C．l⊂αD．l∩α＝A或 l⊂α
6.已知正四棱锥的高为3，底面边长为，则该棱锥的体积为（ ）
A．6B．C．2D．
【答案】C
【解析】根据棱锥的体积公式得该棱锥的体积为
故选：C.
7．如图，圆柱的高为2，底面周长为16，四边形ACDE为该圆柱的轴截面，B为半圆弧CD的中点，则在此圆柱的侧面上，从A到B的路径中，最短路径的长度为( B )
A．2 eq \r(17)B．2 eq \r(5)
C．3D．2
【解析】圆柱的侧面展开图如图，由题得AC＝2，BC＝ eq \f(1,4)×16＝4，所以AB＝ eq \r(22＋42)＝2 eq \r(5).所以在此圆柱的侧面上，从A到B的路径中，最短路径的长度为2 eq \r(5).
8．某数学兴趣小组欲测量校内旗杆顶部M和教学楼顶部N之间的距离，已知旗杆AM高15 m，教学楼BN高21 m，在与A，B同一水平面C处测得的旗杆顶部M的仰角为30°，教学楼顶部N的仰角为60°，∠ACB＝120°，则M，N之间的距离为( D )
A． eq \r(511) mB． eq \r(1 137) m
C． eq \r(1 143) mD． eq \r(1 173) m
【解析】由题意，如图，过点M作MD⊥BN于点D，则MD＝AB.在△ACM中，AM＝15，∠ACM＝30°，所以AC＝ eq \r(3)AM＝15 eq \r(3).在△BCN中，BN＝21，∠BCN＝60°，所以BC＝ eq \f(BN,\r(3))＝7 eq \r(3)，BD＝AM＝15，DN＝BN－BD＝6.在△ABC中，∠ACB＝120°，由余弦定理得AB＝ eq \r(AC2＋BC2－2AC·BC cs ∠ACB)＝ eq \r((15\r(3))2＋(7\r(3))2－2×15\r(3)×7\r(3)cs ∠120°)＝ eq \r(1 137)，所以DM＝AB＝ eq \r(1 137).在Rt△DMN中，∠MDN＝90°，由勾股定理得MN＝ eq \r(DM2＋DN2)＝ eq \r((\r(1 137))2＋62)＝ eq \r(1 173).
二、多选题
9．已知复数，以下结论正确的是（ ）
A．是纯虚数 B．
C． D．在复平面内，复数对应的点位于第三象限
【答案】ABD【解析】
对于A，，为纯虚数，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，，C错误；
对于D，，对应的点为，位于第三象限，D正确.故选：ABD.
10. 已知一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是( ACD )
A．圆柱的侧面积为4πR2
B．圆锥的侧面积为2πR2
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等
D．球的体积是圆锥体积的两倍
【解析】对于A，因为圆柱的底面直径和高都等于2R，所以圆柱的侧面积S1＝2πR·2R＝4πR2，故A正确；对于B，因为圆锥的底面直径和高等于2R，所以圆锥的侧面积为S2＝πR· eq \r(R2＋4R2)＝ eq \r(5)πR2，故B错误；对于C，圆柱的侧面积为S1＝4πR2，球的表面积S3＝4πR2，即圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C正确；对于D，球的体积为V1＝ eq \f(4,3)πR3，圆锥的体积为V2＝ eq \f(1,3)πR2·2R＝ eq \f(2,3)πR3，即球的体积是圆锥体积的两倍，故D正确．
11.在下列四棱锥中，底面为平行四边形，A，B，C，M，N是四棱锥的顶点或棱的中点，则MN ∥平面ABC的有( AB )

A B C D
【解析】对于A，如图(1)，设P为AB的中点，连接MP，PC，则PM∥BE，PM＝ eq \f(1,2)BE，而BE∥CN，BE＝2CN，故PM∥CN，PM＝CN，即四边形PMNC为平行四边形，则MN∥PC，而PC⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，所以MN∥平面ABC，故A正确．对于B，如图(2)，设P为AB的中点，连接MP，PC，则PM∥BE，PM＝ eq \f(1,2)BE，而BE∥CN，BE＝2CN，故PM∥CN，PM＝CN，即四边形PMNC为平行四边形，故MN∥PC，而PC⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，所以MN∥平面ABC，故B正确．对于C，如图(3)，设P为AE的中点，连接NP，PB，设NP∩AC＝H，连接BH，则PN∥FE，PN＝ eq \f(1,2)FE，而FE∥GB，FE＝GB，故PN∥MB，PN＝MB，即四边形PNMB为平行四边形，所以MN∥PB.又MN⊂平面PNMB，MN⊄平面ABC，平面PNMB∩平面ABC＝BH，假设MN∥平面ABC，则MN∥BH，即在平面PNMB内过点B有两条直线和MN平行，这是不可能的，假设不成立，故C错误．对于D，如图(4)，连接AE，与FN交于点H，FN交AC于点G，则H为FN的中点，连接BH，BG.由于B为MF的中点，故BH∥MN.又MN⊂平面NMF，MN⊄平面ABC，平面NMF∩平面ABC＝BG，假设MN∥平面ABC，则MN∥BG，即在平面NMF内过点B有两条直线和MN平行，这是不可能的，假设不成立，故D错误．

图(1) 图(2) 图(3) 图(4)
三．填空题
12、答案为：一；因为(1＋3i)(3－i)＝3＋8i－3i2＝6＋8i，则所求复数对应的点为(6，8)，位于第一象限．
13、答案为：平行或相交
14、答案为： eq \r(6)π.【解析】设AB，AC，AD的长度分别为a，b，c，由题意得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ab＝\r(2)，,bc＝\r(3)，,ca＝\r(6)，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝\r(3)．))因为三条侧棱两两垂直，所以以a，b，c为边长的长方体的体对角线长就是该三棱锥的外接球的直径长，所以R＝ eq \f(1,2)× eq \r(2＋1＋3)＝ eq \f(\r(6),2)，故所求外接球的体积为 eq \f(4π,3)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2))) eq \s\up12(3)＝ eq \r(6)π.
四，解答题：
15. 过程见教材134页思考
16.的内角，，的对边分别为，，．已知，，aR=3．A∈0,π2（R为三角形ABC外接圆的半径）
（1）求的值；
（2）求的值．
【解答】解：（1）因为aR=3．asinA=2R，所以sinA=32,又由A∈0,π2得A=60°
，，，
由正弦定理得，
；
（2）由余弦定理得，
解得或（舍．
综上．
17、如图，在正方体中，、分别为、的中点，与交于点.求证：
(1)；
(2)平面平面.
【解析】(1)证明：在正方体中，且，
因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则.
(2)证明：因为四边形为正方形，，则为的中点，
因为为的中点，则，
平面，平面，所以，平面，
因为，平面，平面，所以，平面，
因为，因此，平面平面.
18、已知复数z0＝(a2－4a＋3)＋(a2－3a＋2)i(i为虚数单位，a∈R)为纯虚数，z0和实数b是关于x的方程x2－(3＋2i)x＋6i＝0的两个根．
(1) 求a，b的值；
【解答】 因为复数z0＝(a2－4a＋3)＋(a2－3a＋2)i(i为虚数单位，a∈R)为纯虚数，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－4a＋3＝0，,a2－3a＋2≠0，))解得a＝3，所以z0＝2i.由韦达定理可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(z0＋b＝3＋2i，,z0b＝6i，))解得b＝3.
(2) 若复数z满足|z|＝|a＋bi|，说明在复平面内z对应的点Z的集合是什么图形，并求该图形的面积．
解答】 因为复数z满足|z|＝|a＋bi|，所以|z|＝3 eq \r(2)，所以在复平面内z对应的点Z的集合是以原点为圆心，3 eq \r(2)为半径的圆，所以S＝πr2＝18π.
19、如图，在正四棱柱中，，是的中点.

(1)求证：平面；
(2)若正四棱柱的外接球的表面积是24π，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于，连接，则，利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）求出正四棱柱的外接球半径，进而可求出，根据，即可求解.
【详解】（1）连接交于，连接；
分别是的中点，
平面平面，
//平面.

（2）设，正四棱柱的外接球的半径为，
因为正四棱柱的外接球的表面积，解得，
由题意为正四棱柱的外接球的直径，
由，得，
解得或（舍），即.