江苏苏州工业园星海高级中学2024~2025学年高一下册5月月考数学试卷[附解析]

这是一份江苏苏州工业园星海高级中学2024~2025学年高一下册5月月考数学试卷[附解析]，文件包含江苏省苏州市工业园区星海高级中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题解析docx、江苏省苏州市工业园区星海高级中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的四则运算法则计算即得.
【详解】.
故选：A.
2. 设是平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（ ）
A 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若与所成的角相等，则
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间中直线与平面的位置关系的相关定理，结合举例，对每个选项逐一进行分析判断.
【详解】对于A选项，若，，则与可能平行、相交或异面.
例如，在正方体中，平面，平面，但与是相交的；平面，平面，但与是平行的.平面，平面，但与是异面的.
所以A选项错误.
对于B选项，若，则存在直线，使.
又因为，根据直线与平面垂直的性质：如果一条直线垂直于一个平面，那么该直线与平面内的任意一条直线垂直，所以.
由于，根据异面直线所成角的定义可知，所以B选项正确.
对于C选项，若，，则或.例如，当在平面内时，也能满足且，所以C选项错误.
对于D选项，若，与所成的角相等，则与可能平行、相交或异面.
例如，圆锥的母线与底面所成的角都相等，但母线之间相交.所以D选项错误.
故选：B.
3. 在正三棱柱中，，动点满足，，则下列几何体体积为定值的是（ ）
A. 四棱锥B. 四棱锥
C. 三棱锥D. 三棱锥
【答案】D
【解析】
【分析】根据题设在上运动，结合棱柱的结构特征及线面平行的性质判断各棱锥的体积是否为定值即可.
【详解】对于正三棱柱，且，，
则在上运动，
所以到平面、平面、平面的距离均是变化的，棱锥底面积都是定值，故A、B、C不符合条件，
由，平面，平面，则//平面，
所以P到平面的距离为定值，且底面的面积是定值，
所以三棱锥的体积为定值，D符合，
故选：D
4. 已知向量，满足，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的数量积运算法则，分别求得，，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】因为向量满足，，，
可得，，
所以.
故选：D.
5. 已知、、是球的球面上三个点，且，球心到平面的距离为1，则球的表面积为（ ）.
A. .B. .C. .D. .
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦定理求解外接圆的半径，即可根据球的性质求解球半径，由表面积公式求解即可.
【详解】设球O半径为R，为正三角形，设其外接圆的半径为r，则.
因为球心O到平面的距离为1，所以，
从而球O的表面积为.
故选：B.
6. 某水平放置的平面图形的斜二侧直观图是等腰梯形（如图所示），将该平面图形绕其直角腰边旋转一周得到一个圆台，已知，，则该圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用直观图的画图原则画出原图图形，则可得出直角梯形的边长，再利用圆台的体积公式计算即可.
【详解】作出其平面图形，则在平面图形中，，，
则圆台的上底面半径，下底面半径，高，
则上底面面积，下底面面积，
由圆台的体积公式.
故选：C.
7. 在中，点O是的中点，过点O的直线分别交直线于不同的两点M，N，若，则的最小值为（ ）
A. 3B. 8C. D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】结合图形，利用三点共线，推出，再根据基本不等式求解即可.
【详解】
如图，由点O是BC的中点，得，
由三点共线，得，则，，
则，
当且仅当，即时取等号，所以取得最小值8.
故选：B
8. 已知，，，，满足，用S表示的面积，当最大时，的值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件应用正弦定理结合基本不等式得出最大值，再应用二倍角公式及弦化切计算求解.
【详解】因为，由正弦定理得，
又因为，
所以当且仅当，即时等号成立，即取最大值，
又因为，所以，
所以，
由于，且，
所以.
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分．
9. 已知，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】举反例即可判断AB；根据复数的除法运算及模的计算公式即可判断C；根据复数加减法的几何意义即可判断D．
【详解】对于A，设，，
则，，，故A错误；
对于B，设，，则，但与不能比较大小，故B错误；
对于C，设，且，
，
则
，故C正确；
对于D，在复平面内，对应的向量为，则对应的向量为如图所示，
由三角不等式可得，，即，故D正确；
故选：CD．
10. 有下列说法，其中正确的说法为（ ）
A. 若，，则
B. 两个非零向量、，若，则与垂直
C. 若点G为的重心，则
D. 若，，分别表示、的面积，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据平面向量共线定理及向量的运算即可判断ABC，然后结合图形，结合向量运算及三角形面积公式即可判断D．
【详解】对于A，若，则，不一定平行，故A错误；
对于B，因为向量，为非零向量，且，
即，即，又，均为非零向量，故与垂直，故B正确；
对于C，若点G为的重心，延长AG与BC交于M，则M为BC的中点，如图所示：
所以，所以，故C正确；
对于D，如图所示取AC中点为D，则，
由，可知，
所以O，B，D三点共线，且，故，故D正解．
故选：BCD
11. 如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱AD，，CD的中点，则下列说法正确的有（ ）
A. 直线与直线共面
B.
C. 点P是线段上的动点，则满足的点P有且只有一个
D. 过直线EF的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A项，连接，证明∥即可；对于B项，由即可求解；对于C项，考虑P为B点和中点时即可；对于D项，延长FE和交于G点，连接交AB于M，连接EM，延长EF和交于H点，连接交于N，连接FN即可.
【详解】
对于A项，如图①，连接，在正方体中，因为∥，，
所以四边形为平行四边形，故有∥，
又分别是棱的中点，则∥，故∥，即可确定一个平面，故A项正确；
对于B项，如图②，，故B项正确；
对于C项，当P和B重合时，显然AP⊥PC；当P为中点时，则，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以CP⊥平面，
因为平面，所以CP⊥AP.故满足的点P不止一个，故C错误.
对于D项，如图，延长FE和交于G点，连接交AB于M，连接EM；
同理延长EF和交于H点，连接交于N，连接FN，
则五边形为过直线EF的截面，故D正确.
故选：ABD．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知点，向量，点是线段上靠近点的三等分点，求点的坐标______．
【答案】
【解析】
【分析】由题，设，代入坐标运算解方程求出点的坐标.
【详解】由题，设，
所以，即，
所以，解得，
所以点的坐标为.
故答案为：
13. 如图，在三棱柱中，E是棱上的一点，且，D是棱BC上一点.若平面ADE，则的值为________.
【答案】
【解析】
【分析】连接相交于，根据线面平行的性质及可得答案.
【详解】连接相交于点，连接，
因为平面，平面平面，平面，
所以，所以，
因为，所以，
所以，即，
可得.
故答案为：.
14. 已知函数，若在区间内没有最值，则的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简函数，由函数在上单调列式求解作答.
【详解】因，
函数的单调区间为，
由，
所以函数在上单调，
因为在区间内没有最值，则函数在上单调，
所以，则，
取时，且，所以，
取时，且，所以，
所以的取值范围是，
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知向量．
（1）若，求的值；
（2）若与的夹角是钝角，求x的取值范围．
【答案】（1）1或
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据向量共线的坐标表示求出的值，进而求出及的坐标，再根据向量模的坐标计算式计算即可；
（2）先分析出若与的夹角是钝角，则，且与不共线，再列出不等式组，求解即可.
【小问1详解】
若，则有，解得或.
①当时，，，
所以；
②当时，，，
所以.
所以是1或；
【小问2详解】
若与的夹角是钝角，则，且与不共线，
，解得且，
即的取值范围为.
16. 如图，在三棱柱 中，底面，且为正三角形，，为的中点.
（1）求证: 直线平面
（2）求证：平面 平面
（3）求与平面所成的角的正切值.
【答案】（1）答案见详解
（2）答案见详解 （3）
【解析】
【分析】（1）先利用三角形的中位线得到，再利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）先证明，，再由线面垂直的判定定理证明平面，再用面面垂直的判定定理证明即可；
（3）由（2）可知平面，先找到在平面内的射影，再根据线面角的定义，得到即为与平面所成的角，在中求解即可.
【小问1详解】
设，连接，
在三棱柱中， 底面，且为正三角形，
三棱柱为正三棱柱，侧面为正方形，
为的中点，又为的中点，在中有，
平面，平面，平面；
【小问2详解】
连接，
底面，平面， ，
又为正三角形，为中点，，
又，又平面，平面，
平面，又平面，平面平面；
【小问3详解】
由（2）可知平面，即为在平面内的射影，
即为与平面所成的角，
三棱柱为正三棱柱，且，
，，
.
17. 如图，在四棱锥中，平面⊥平面，，四边形为正方形，E、M分别为的中点.
（1）求证: ∥平面;
（2）求证: 平面⊥平面;
（3）在棱上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面?若存在，求 若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）存在，
【解析】
【分析】（1）根据线线平行可得线面平行；
（2）利用面面垂直可得线面垂直，再由面面垂直的判定定理得证；
（3）当N为中点时，由中位线可得线线平行，据此可得线面垂直，即可得解.
【小问1详解】
在正方形中，E、M分别为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
因为平面⊥平面，且交线为，，平面，
所以CD⊥平面，由于平面，所以平面⊥平面.
【小问3详解】
存在，当N为中点时，平面⊥平面，
证明如下：连接，交于点O，连接.
因为∥，并且 ，所以四边形为平行四边形，
所以.
又因为为中点，所以.
因为平面⊥平面，平面平面，
又平面，由已知可得，
所以平面， 所以⊥平面.
又因为平面，所以平面⊥平面.
所以存在点N，使得平面⊥平面，且
18. 的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）已知，①为的外心，求的值；
②若为锐角三角形，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由三角变换公式可得，从而可求的值；
（2）①利用向量在上的投影数量的几何意义，即可求出，从而求出.
②利用正弦定理及三角变换公式可得，结合的范围可求其取值范围，从而可求的取值范围.
【小问1详解】
因为，由正弦定理得，
故
在中，，，所以，，则，
可得，所以，所以
【小问2详解】
如图，设是的中点，则，
①.
②由正弦定理可得（为外接圆的半径）
所以，，
因为，则，，
所以
因为为锐角三角形，则，解得
则，，故.
19. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱，且，，，点为中点.
（1）求证：平面平面；
（2）试作出二面角，并求二面角的正切值；
（3）点为对角线上点，且，垂足为，求与平面所成的最大角的正弦值.（注：本题建系不得分）
【答案】（1）证明见解析
（2）作图见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）结合勾股定理，利用线线垂直证明线面垂直，进而证明面面垂直；
（2）结合直角三角形边长可确定为等边三角形，取中点可得底面，再过点作于点，结合线线垂直可证线面垂直，进而可得二面角的平面角，进而确定二面角正切值；
（3）（法一）作平面，可得，，共线，再在平面作交于点，可得平面，设线交线于点，则，进而可证平面，即可得，易知，因为，所以与平面所成的最大角的正弦值为；
（法二）过点作交于点，连接，.设，，，可得.又，，，于是.
【小问1详解】
，，
则，
；
又，，、平面，
平面，平面，
平面平面；
【小问2详解】
侧棱，点为中点，
，
又，
为正三角形，取中点，则，，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
过点作交延长线于点，连接，.
平面，所以，
又，，、平面，
所以平面，又平面，，
根据定义，即为二面角的平面角.
，
.
【小问3详解】
（法一）作平面，
则，为在平面内的射影，所以点，，共线，
再在平面作交于点，
又，，、平面，
平面，
设线交线于点，则，
又，，、平面，
平面，平面，得，
，，
又因为，
所以与平面所成的最大角的正弦值为，
当点为线与的交点时取到最大角；
（法二）过点作交于点，连接，.
设，，，
则，，
从而.
，
，，
于是，
当且仅当，即点为与交点时，等号成立.