山西省县域联盟2024-2025学年高一下学期5月测评数学试题

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页山西省县域联盟2024-2025学年高一下学期5月测评数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．复数2−A．2 B．1 C．-1 D．-i2．已知集合A=−1,1,2A．−1,1 B．−1,13．用一个平面去截正方体，则截面不可能是（

）A．正方形 B．梯形 C．等边三角形 D．钝角三角形4．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=6，b=2A．30∘ B．30°或150° C．60∘ D．605．设m,n为非零向量，则“m⋅n>0”是“存在正数λA．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件6．已知平面α/平面β，直线a//α，直线b⊥β，那么直线A．垂直 B．平行 C．相交 D．异面7．已知经过圆锥的高的平面截该圆锥所得的截面是边长为6的等边三角形，则该圆锥的内切球的表面积为（

）A．43π B．63π C．8．已知定义在R上的函数fx=1x−3,x≠31,x=3，关于x的方程fA．12 B．112 C．15 D．二、多选题9．下列结论正确的是（

）A．若x∈R，则B．若0<aC．不存在实数a，使得幂函数y=D．下列函数是三种投资方案预期收益y关于时间x的函数：①y=1.05x；②y10．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且aA．若sin2B=B．若B=π4，bC．若A=π3，则△AD．若A=π311．如图1，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，截去后的剩余部分称为“阿基米德多面体”，它是由边数不全相同的正多边形围成．阿基米德多面体是一个有十四个面的半正多面体，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，它们的边长都相等，又称这样的半正多面体为二十四等边体．如图2，现有一个边长为2的二十四等边体，则下列结论正确的是（

）A．二面角C−AB．图2的二十四等边体中共有12条棱所在的直线与直线ABC．该二十四等边体的表面积为24D．该二十四等边体的外接球的体积为32三、填空题12．若命题“∀x∈0,1，213．如图所示，△A′O′B′是用斜二测画法将水平放置的△AOB画出的直观图，其中四边形A′D14．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马，将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在堑堵ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，CC1=B四、解答题15．已知复数z=m2(1)z为实数；(2)z为纯虚数；(3)z在复平面内对应的点位于第三象限．16．已知向量a=2,(1)当a⊥a+(2)当c=1,−1，a17．已知函数fx(1)求fx(2)把fx的图象向右平移π6后得到y=gx18．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60(1)证明：BD⊥平面(2)求三棱锥P−(3)求二面角P−19．三角形的布洛卡点是法国数学家布洛卡于1875年发现，当△ABC内一点P满足条件∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ时，则称点P为△ABC的布洛卡点，角θ为布洛卡角．如图，在△AB(1)若A=2θ=π(2)若△ABC是等腰直角三角形，A(3)若θ=30∘答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《山西省县域联盟2024-2025学年高一下学期5月测评数学试题》参考答案题号12345678910答案CCDDBACBBCACD题号11答案BCD1．C【详解】试题分析：复数2−考点：复数的概念．2．C【分析】先化简集合B，再进行交集运算即可.【详解】因为集合B=xx2<故选：C．3．D【分析】可根据空间想象或者结合图形等方法解决.【详解】用一个平面去截正方体，截面可能是正方形、梯形、等边三角形.当平面平行于正方体的一个面去截正方体时，截面是正方形，如图，A可能.如图，截面可以是梯形，B可能.如图，当平面截取正方体的三个顶点，截面是等边三角形，C可能.故选：D．4．D【分析】应用正弦定理得sinA【详解】由正弦定理，得sinA=asinB又0∘<A<180故选：D5．B【解析】根据充分与必要条件的性质判定即可.【详解】若m⋅n>0则说明向量m,n的夹角为锐角或者0°,故m,n不一定共线,故“存在正数λ,使得m=λn故“m⋅n>0”是“存在正数λ故选：B【点睛】本题主要考查了充分与必要条件的判定,同时也考查了向量共线与数量积的基础知识,属于基础题型.6．A【分析】根据面面、线面的位置关系，结合平面的基本性质判断直线的位置关系.【详解】因为平面α/平面β，直线b⊥β又直线a//α，所以存在直线c所以b⊥c，则故选：A7．C【分析】由圆锥的内切球半径即轴截面内切圆半径，在轴截面中利用等面积法求出内切圆半径，再求内切球表面积即可.【详解】根据题意圆锥的内切球半径即轴截面内切圆半径，设截面SAB的内切圆半径为r，由题意可得截面的高S△SA即圆锥的内切球r=3，则该圆锥的内切球的表面积为故选：C．8．B【分析】根据已知有fx=1【详解】关于x的方程fx2−mf由f(当fx=1时，原方程有三个实根，其中一个根为x1=当fx=m−1>1时，原方程有两个实根，设为x所以原方程一共有5个不同的实根，所以fx故选：B9．BC【分析】赋特殊值可判断A，由对数函数的单调性可判断B，由幂函数的图象特征可判断C，由指数、对数、幂函数图象的增长趋势可判断D.【详解】当x=−1由0<a<b<当x>0时，得由幂函数、指数函数、对数函数的性质可知，当x足够大时，指数函数y=故选：BC．10．ACD【分析】利用诱导公式，结合三角形判断A；利用正弦定理判断B；利用利用余弦定理，结合基本不等式求解判断CD.【详解】对于A，在△ABC中，由sin2B则B=C或B+对于B，由b>2=a，B=对于C，在△ABC当且仅当b=c时取等号，则对于D，由余弦定理得4=当且仅当b=c时取等号，则故选：ACD11．BCD【分析】取AB，CD的中点分别为F，H，所以∠EFH【详解】取AB，CD的中点分别为F，H，连接EF，F易知EF⊥AB，FH易得EF=3，FH=2，所以二面角C−AB由图易知，与直线AB该二十四等边体是由8个边长为2的正三角形和6个边长为2的正方形构成，所以该二十四等边体的表面积为8×该二十四等边体的外接球球心即为原正方体的中心，易知外接球半径为R=2，所以外接球的体积为故选：BCD．12．2【分析】由命题为真得a≥【详解】由题意，得a≥2x在0又当x∈0,1时，故答案为：213．16【分析】由斜二测画法得到原图，再计算面积.【详解】由斜二测画法原理可知，原△AOB故答案为：16.14．64/【分析】连接B1C和C1B相交于点O，连接EO，AO，根据已知证明AO【详解】如图，连接B1C和C1B相交于点O，所以点O为C1因为E是B1C1又D是AA1的中点，所以所以AD,O所以AO//DE，所以A又AB=3，易得B在△BAO所以所求余弦值为64故答案为：615．(1)m=1(2)m(3)m【分析】根据复数的概念以及几何意义，建立方程与不等式，可得答案.【详解】（1）由题意，得m2−3m+（2）由题意，得m2−2（3）由m2−2m<16．(1)−(2)−【分析】（1）由向量垂直的坐标表示，列出等式求解即可；（2）由向量平行的坐标表示求得x，再由夹角公式求解即可.【详解】（1）由向量a=2,1，由a⊥a+即2×2+（2）由b=x,−2由a=2,1，a∥所以b=所以a=5，b=所以cosa17．(1)−π6+(2)最大值为2，x|x=【分析】（1）应用辅助角公式化简函数式，结合正弦型函数的性质求单调增区间；（2）根据图象平移得gx【详解】（1）由fx由−π2+2kπ≤所以fx的单调递增区间为−π6（2）fx=2sinx−π由gx=2，得cosx=所以gx取最大值时x的集合为x|x18．(1)证明见解析；(2)36(3)45∘【分析】（1）由题设及线面垂直的性质有BD⊥A（2）由题设VP（3）设AC∩BD=O，连接OP【详解】（1）因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，又P所以PA⊥BD，又PA∩AC=A，（2）因为E是PC的中点，所以V因为S△BCD=12所以VP（3）设AC∩BD=由（1）知，BD⊥平面PAC，又PO所以BD⊥PO，BD因为四边形ABCD是菱形，∠AB因为PA⊥底面ABCD，A在Rt△PAC中，PA=1，O又E是PC的中点，O是AC的中点，所以PA所以∠POE=9019．(1)A(2)证明