山东省济南第一中学2024~2025学年高一下册5月月考数学试题【附解析】

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一、单选题
1．若复数满足，则的虚部为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】由复数的除法运算得到，从而虚部为.
【解析】复数满足，，
则的虚部为.
故选：A.
2．甲，乙二人同时射击，甲的命中率为，乙的命中率为，则命中目标的概率是（ ）
A．B．C．D．
【详解】依题意甲、乙是否命中相互独立，
则命中目标的概率.
故选：B
3．C
【分析】根据共线向量的坐标形式可求，故可求的值.
【详解】因为，故即，故，
故，
故选：C.
4．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，，则
D．若，，且，则
【详解】解：对于：，，则与平行，相交，或为异面直线，因此不正确；
对于：若，，则与相交或平行，故错误．
对于C：若，，，，则与不一定平行，若需要与平行，则还需直线与相交，因此不正确；
对于D，若，，且，则，故正确；
故选：D
某高中2023年的高考考生人数是2022年高考考生人数的1.5倍.为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2022年和2023年高考分数达线情况，得到如图所示扇形统计图：

下列结论正确的是（ ）
A．该校2023年与2022年的本科达线人数比为6:5
B．该校2023年与2022年的专科达线人数比为6:7
C．2023年该校本科达线人数比2022年该校本科达线人数增加了80%
D．2023年该校不上线的人数有所减少
【详解】不妨设2022年的高考人数为100，则2023年的高考人数为150，
2022年本科达线人数为50，2023年本科达线人数为90，
2023年与2022年的本科达线人数比为9:5，
本科达线人数增加了，故A错误，C正确；
2022年专科达线人数为35，2023年专科达线人数为45，
2023年与2022年的专科达线人数比为9:7，故B错误；
2022年不上线人数为15，2023年不上线人数也是15，不上线的人数无变化，故D错误．
故选：C.
6．【详解】设线段，，，的中点分别为，，，，如下图所示：
易知四边形为等腰梯形，因为线段，的中点分别为，，
则，设棱台的高为，体积为，
则棱台的高为，设其体积为，则，，
所以，则该方斗杯可盛水的总体积为.
故选:D.
7．如图，在中，，，为上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为（ ）
A．B．C．1D．
【详解】的面积为，
，
，
，
，，
由，可得，
，，三点共线，，解得，即．
，
当且仅当时取等号，．
故选：A．
8．已知三个内角，，的对边分别是，，，且满足，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【详解】由，由正弦定理得,
即有，而，则，
又，
由正弦定理､余弦定理得，，化简得：，
由正弦定理有：，即，，
是锐角三角形且，有，，
解得，
因此
，
由得：，，
所以.
故选：D
二、多选题
9．ACD
【分析】复数的除法运算，以及复数有关的概念即可得结果.
【详解】对于A，，故，其实部为，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，由复数的几何意义可知在复平面内的对应点位于第二象限，故C正确；
对于D，易得，故D正确．
故选：ACD．
BC
【分析】根据互斥事件、独立事件的概率公式即可解答.
【详解】对于选项A，因为，所以事件与不互斥，故A错误；
对于选项B，，
，故B正确；
对于选项C，表示，，即，故C正确；
对于选项D，交集为，则，故D错误.
故选：BC.
11．在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则（ ）

A．
B．三棱锥的体积不变
C．的最小值为
D．当是的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为
【答案】ABD
【分析】由线面垂直证明线线垂直证明选项A；，由底面积和高判断体积验证选项B；转化为点和点到点的距离之和，计算验证选项C；通过构造直角三角形求截面半径，计算体积验证选项D.
【解析】连接，如图所示，

直三棱柱中，，
为正方形，，
，平面，平面，，
平面，，平面，
平面，，A选项正确；
由直三棱柱的结构特征，，故三棱锥的体积为定值，B选项正确；
设，，，
，
，
，其几何意义是点和点到点的距离之和，最小值为点到点的距离，为，C选项错误；
当是的中点时，，，，
，
，，
，设点到平面的距离为，由，
得，，
直三棱柱是正方体的一半，外接球的球心为的中点，外接球的半径，点到平面的距离为，
则过三点的平面截三棱柱外接球所得截面圆的半径为，截面面积为，D选项正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：
对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键；与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，通过构造直角三角形求半径.
三、填空题
12．如图，这是用斜二测画法画出的水平放置的梯形的直观图，其中，梯形的面积为30，则梯形的高为 ．
【详解】运用斜二测画法根据直观图画出原图，如下，


梯形的面积为30，，则原图梯形的高为，
即，解得.，则.
根据直观图与原图的长度关系，知道原图高为.
故答案为：.
13．37
【分析】按男女生比例抽取样本，结合相应公式计算均值和方差即可．
【详解】由题意知，
总样本的平均数为，
总样本的方差为.
故答案为：37
14．“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为，则该多面体外接球的表面积为 .
【详解】将“阿基米德多面体”补全为正方体，如下图所示：
不妨取两棱中点为，由题知，
易知，可得，
所以正方体的棱长为2，该多面体的外接球即为正方体的棱切球，
所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为，
因此该多面体的外接球的半径为，所以其表面积为.
四、解答题
15. 【详解】（1）根据向量模的平方等于向量自身平方，可得.
根据完全平方公式，则.
已知，，且，的夹角为，可得.
所以.则.
（2）根据投影向量的定义，在上的投影向量为.
由前面计算可知，，所以投影向量为.
（3）因为向量与向量垂直，所以可得.
将，，代入上式，得到，即.解得.
16．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求B的大小；
(2)若，的面积为，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）用正弦定理将边化为角，再利用展开化简即可求解；
（2）由面积可得，由余弦定理可得，解方程即可求出，进而可求周长.
【解析】（1）由题意得，
因为，
所以，
得，得，因为，所以．
（2）由，得．
由余弦定理，得，
得，
得，
所以的周长为．
17．(1)，2人
(2)平均数为71，中位数为
(3)
【详解】（1）由，
解得，
因为（人），（人）．
所以不高于50分的抽取（人）
（2）平均数．
由图可知，学生成绩在内的频率为0.4，在内的频率为0.3，
设学生成绩中位数为t，，则：，解得，
所以中位数为.
（3）法一：记“至少有一位同学复赛获优秀等级”为事件A，
则．
答：至少有一位同学复赛获优秀等级的概率为．
法二：记“至少有一位同学复赛获优秀等级”为事件A
答：至少有一位同学复赛获优秀等级的概率为．
如图，在四棱锥P﹣ABCD中，，，E为棱AD的中点，平面ABCD．
(1)求证：平面PCE；
(2)求证：平面平面；
(3)若二面角的大小为，求直线PA与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）依题意，且，则四边形为平行四边形，，
而平面，平面，
所以平面.
（2）由平面，平面，得，
连接，由且，得四边形为平行四边形，
又，则为正方形，有，
又，则，又平面，
因此平面，又平面，
所以平面平面.
（3）由平面，平面，得，
又，平面，则平面，
又平面，因此，为二面角的平面角，即，
在中，，在平面内过作于点M，
由（2）知，平面平面，平面平面，则平面，
于是为直线在平面上的投影，为直线与平面所成的角，
在中，，，
在中，，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【详解】（1）由，及正弦定理得，
因为，所以，消去得．
因为，故或，
而根据题意，故不成立，
所以，又因为，代入得，所以．
（2）由（1）可知，，结合三角形内角和性质可知，的三个内角均小于，
结合题设易知点P一定在的内部．
由余弦定理可得，
解得
，
所以，
所以
．