精品解析：河北省保定市部分高中2025-2026学年高一上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份精品解析：河北省保定市部分高中2025-2026学年高一上学期12月月考数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知复数满足，则的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】首先化简复数，再求，根据复数的几何意义，即可判断选项.
【详解】由可得，，故对应的点为，位于第四象限.
故选：D
2. 如图所示，在△ABC中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量的线性运算计算可得结果.
【详解】依题意，.
故选：B
3. 已知角的终边过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数的定义，求得，再由正弦二倍角及同角三角函数的基本关系，可将原式化简为，代入求值即可.
【详解】因为角的终边过点，所以，
所以.
故选：B．
4. 如图，正四棱台，上下底面的中心分别为和，若，侧面与底面所成锐二面角的正切值为，则正四棱台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在正四棱台中利用定义找出侧面与底面所成锐二面角，根据其正切值可计算棱台的高，再利用棱台的体积公式即可求.
【详解】取、的中点、，连接、、，
则由题意可知为侧面与底面所成锐二面角，则，
，得，，
在直角梯形中，，则，
则正四棱台的体积为.
故选：A.
5. 已知向量与的夹角为，且，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用向量数量积的定义及运算律，结合投影向量的定义求解.
【详解】由向量与的夹角为，且，
得，
则，
所以在上的投影向量为.
故选：D
6. 中，、、分别是内角、、的对边，若且，则的形状是（ ）
A. 有一个角是的等腰三角形
B. 等边三角形
C. 三边均不相等的直角三角形
D. 等腰直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】由推导可得的平分线垂直于边BC，进而可得，再由给定面积导出得解.
【详解】如图所示，在边、上分别取点、，使、，
以、为邻边作平行四边形，则，显然，
因此平行四边形为菱形，平分，而，则有，即，
于是得是等腰三角形，即，令直线AF交BC于点O，则O是BC边的中点，，
而，因此有，从而得，
所以等腰直角三角形.
故选：D
7. 如图，在长方体中，，，，E､F分别为棱､的中点.动点P在长方体的表面上，且，则点P的轨迹的长度为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出过点，点的平面，使得平面，此时的轨迹即为平面与长方体表面的交线，据此可求解出轨迹的长度.
详解】连接，过作交于点，过点作交于点，连接，如下图所示：

因为为的中点，所以，
又因为平面，所以平面，所以，
又因为，且，所以平面，
所以的轨迹为，
因为，所以可知，
所以，所以，所以，
又因，所以四边形为平行四边形，所以，
所以的轨迹长度为：，
故选：A.
【点睛】本题考查线面垂直的综合应用，涉及到求解点的轨迹的长度问题，对学生的分析与转化能力要求较高，难度较难.
8. 记的内角的对边分别为，已知，则的取值范围是（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，化简得到，得到，求得且，由正弦定理得，结合，得到，进而求得的取值范围.
【详解】由，可得，所以，
即，
因为，可得，所以或，
当时，即，此时，可得，不符合题意，舍去；
当时，可得且，
由正弦定理得，
则
，
又由，可得，所以，
即的取值范围.
故选：B.
二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分.每题有多项符合要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）
9. 若平面向量，，其中，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则与同向的单位向量为
C. 若，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围为
D. 若，则的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据向量的线性运算可判断AB选项，再根据向量夹角公式可判断C选项，结合向量垂直的坐标表示及基本不等式可判断D选项.
【详解】由，，
A选项：，
则，解得，则，，
所以不存在，使，即，不共线，A选项错误；
B选项：，则，解得，
即，，，
所以与同向的单位向量为，B选项正确；
C选项：时，，
又与的夹角为锐角，
则，解得，且，
即，C选项错误；
D选项：由，得，即，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，D选项正确；
故选：BD.
10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. 在区间上单调递增
B. 图象的一条对称轴方程为
C. 图象的一个对称中心为点
D. 在区间上的值域为
【答案】ABC
【解析】
【分析】由图象求得函数解析式，然后结合正弦函数性质判断各选项．
详解】由图可知，，，又，
解得，，，
∴.
对于选项A，当时，，∴在区间上单调递增，故正确；
对于选项B，为其最小值，∴为图象的一条对称轴，故正确；
对于选项C，，∴点为图象的一个对称中心，故正确；
对于选项D，当时，，当即时，，当即时，，即在区间上的值域为，故错误.
故选：ABC．
11. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（ ）
A. 不存在点Q，使得B，N，P，Q四点共面B. 存在点Q，使得平面
C. 三棱锥的体积为D. 经过C，M，B，N四点的球的表面积为9π
【答案】BCD
【解析】
【分析】当与重合时，说明判断A；当为的中点时，证明平面判断B；结合三棱锥体积公式判断C；利用割补法求得经过四点的球的半径，即可求得球的表面积判断D.
【详解】对于A，当与重合时，连接，由,
则四边形为平行四边形，，又，故，
因此四点共面，A错误；

对于B，当为的中点时，，而四边形为平行四边形，
则，，平面，平面，则平面，B正确；
对于C，点到面的距离为2，而，则，C正确；
对于D，设分别为的中点，则为长宽高分别为2，2，1的长方体，
根据分割补形法知：经过四点的球即为长方体的外接球，

因此该外接球的直径满足：，
所以经过四点的球的表面积为，D正确.
故选：BCD
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）
12. 若是关于x的实系数方程的一个复数根，则________．
【答案】
【解析】
【分析】将代入实系数方程，结合复数运算知识可得答案.
【详解】因是关于x的实系数方程的一个复数根，
则，则.
故答案为：
13. 设点是线段的中点，点在线段外，，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由结合平面向量数量积的运算性质可得出，再结合直角三角形的几何性质可得出的值.
【详解】因为点在线段外，，
所以，即，
所以，所以，
因为，所以，
因为为线段的中点，所以.
故答案为：.
14. 在中，设角的对边分别是，若，则角B的最大值为__________；则的最小值为__________.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】第一空，由已知条件结合正弦定理角化边可得，利用余弦定理以及基本不等式化简，即可求得答案.第二空，将变形为，继而利用正弦定理角化边，结合基本不等式以及角B的范围，即可求得答案.
【详解】由题意知，则，
故，
当且仅当时，等号成立，
故角B的最大值为；
，
当且仅当时，等号成立，
由于,
即的最小值为.
故答案为：；
四、解答题（本大题共5小题，共77分.请写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 如图，四棱锥中，底面为梯形，，点在棱上.
（1）求证：平面；
（2）若平面，探索平面的哪条线与平行，做出此线，并求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2），证明见解析，
【解析】
【分析】（1）由已知结合线面平行的判定定理可得出结论；
（2）连接交于，连接，由线面平行的性质定理可得出，利用计算出的值，进而可求得的值.
【小问1详解】
因为，平面，平面，所以平面；
【小问2详解】
连接交于，连接，
因为平面，且平面，平面平面，
所以，
则，可得，
又因为，可知，则，
因此，.
16. 已知，，，且的图象上相邻两条对称轴之间的距离为．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若锐角的内角的对边分别为，且，，
（ⅰ）求的值．
（ⅱ）求面积的取值范围．
【答案】（1）．
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）由向量数量积的坐标运算，结合降幂公式和辅助角公式化简函数解析式，整体代入法求单调递增区间；
（2）（ⅰ）由，得，由正弦定理可知；
（ⅱ）由正弦定理和面积公式得，利用△ABC为锐角三角形，得角的范围，由正弦函数的性质，得△ABC面积的取值范围．
【小问1详解】
，
由f（x）的图象上相邻两条对称轴之间的距离为，有，得，
所以．
令，解得，
所以函数的单调递增区间为．
【小问2详解】
（ⅰ）已知，由，得，
由正弦定理，得，，
所以；
（ⅱ）由（ⅰ）可知，，
，
由△ABC是锐角三角形，有，得，，
则，所以，
即面积的取值范围是．
17. 如图所示，PA⊥平面ABC，点C在以AB为直径的⊙O上，∠CBA＝30°，PA＝AB＝2，点E为线段PB的中点，点M在上，且．
（1）求证：平面平面PAC；
（2）求证：平面PAC；
（3）求直线PB与平面PAC所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先证明平面PAC，平面PAC，再利用面面平行的判定，可得平面平面PAC；
（2）利用线线垂直证明线面垂直；
（3）由（2）知面PAC，可得为直线PB与平面PAC所成的角，求出BC，PB的长度可得结论．
【小问1详解】
证明：因为点E为线段PB的中点，点O为线段AB的中点，
所以，因为平面PAC，平面PAC，所以平面PAC，
因为，因为平面PAC，平面PAC，所以平面PAC，
因为，平面MOE，平面MOE，所以平面平面PAC.
【小问2详解】
证明：因为点C在以AB为直径的圆O上，所以，
即BCAC，因为PA平面ABC，平面ABC，所以PABC，
因为，平面PAC，平面PAC，所以BC平面PAC.
【小问3详解】
由（2）知BC面PAC，所以为直线PB与平面PAC所成的角，
在中，，在中，，
在中，，所以.
直线PB与平面PAC所成的角的正弦值为.
18. 在中，内角所对的边分别为，且满足．
（1）求角；
（2）若角的角平分线交于点，点在线段上，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，化简可求出角；
（2）由及角的角平分线交于点，可得，再由余弦定理得，则求出，所以，由可得，从而可求得的面积．
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得，
所以，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以；
【小问2详解】
因为角的角平分线交于点，
所以，
因为，所以由，得
，
所以，
由余弦定理得，所以，
所以，解得或（舍去），
所以，解得，
所以，
因为角的角平分线交于点，所以，
因为，所以，
所以.
19. 被称为“欧拉公式”，之后法国数学家棣莫弗发现了棣莫弗定理：，则我们可以简化复数乘法．
（1）已知，求；
（2）已知O为坐标原点，，且复数在复平面上对应的点分别为，点C在上，且，求；
（3）利用欧拉公式可推出二倍角公式，过程如下：
，所以．
类比上述过程，求出．（将表示成的式子，将表示成的式子）（参考公式：）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意直接代入运算即可；
（2）根据复数的几何意义可得，结合向量的坐标运算求解；
（3）根据题意将表示成的式子，将表示成的式子，运算求解即可.
【小问1详解】
由题意可知：
．
【小问2详解】
因为，则点，可得，
则，
所以．
【小问3详解】
由题意可得：
，
所以.