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（含解析）

这是一份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（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知向量，，且，则（ ）
A．1或3B．-1或-3C．-3D．-1
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
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．
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．
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
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
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
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．
二、多选题
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的球内
D．该圆锥可以整体放入边长为的正方体中
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
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
三、填空题
12．复数的虚部为 .
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 ．
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 ．
四、解答题
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.
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.
17．内角的对边分别为，已知．
（1）求角；
（2）若，的面积为．求的周长．
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．
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.
参考答案
1．【答案】B
【详解】因为向量，，
所以
且，则
则或.
故选B.
2．【答案】D
【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．【答案】B
【详解】因为中，，，，
所以，
因为中，，，
所以，即,
由题意，，，
则，
在中，由正弦定理得，即，
故，
故.
故选B
4．【答案】A
【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．【答案】D
【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．【答案】D
【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．【答案】D
【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．【答案】C
【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
9．【答案】ABD
【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．【答案】AB
【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．【答案】BC
【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
12．【答案】
【详解】，即虚部为.
13．【答案】;
【详解】设小球的半径为，则，得，
所以这些小球的表面积之和为.
14．【答案】②③④
【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，，，，，，
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，延长交的延长线于点，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.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）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；
（2）当时，，又，
所以，
又，所以，解得，
所以，又，所以，
所以的夹角为.
16．【答案】（1）；
（2）.
【详解】（1），，所求几何体的体积为．
（2）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．【答案】（1）；
（2）.
【详解】（1）在，
由已知，得，而，则，
又，所以．
（2）由，得，即，
又，则，整理得，
因此，解得，所以的周长为．
18．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）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.
（2）因为是线段的中点，
所以，即，则
所以，故的长为.
19．【答案】（1）；
（2）.
【详解】（1）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.
（2）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.