2026高一数学人教A版河南九师联盟下学期月考试题(含答案解析)

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高一数学考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．4．本卷命题范围：人教A版必修第二册第六章～第八章．一、选择题：本题共8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．若一个几何体由6个面围成，则该几何体可能是（

）A．六棱锥 B．五棱柱 C．四棱台 D．圆台2．复数的虚部为（

）A．4 B． C．3 D．3．在中，点满足，点满足，则（

）A． B．C． D．4．已知正方形的边长为，则其水平放置的直观图的面积为（

）A． B． C． D．5．已知一个三角形的三条高的长度分别为，，，则该三角形是（

）A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形6．已知，是复数，，若，则的取值范围为（

）A． B． C． D．7．在正三棱锥中，侧面的面积为底面的面积的，则二面角的正切值为（

）A． B． C． D．8．在中，，若对任意，恒成立，则的最小值为（

）A． B． C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（

）A．若，，，则，是异面直线B．若，，，则C．若，，则与可能相交D．若，，则10．已知的内角所对的边分别为，，，则（

）A．B．的外接圆面积为C．若，则满足条件的三角形仅有个D．周长的最大值为11．如图，在正四棱台中，，侧面积为，则下列说法正确的是（

）

A．该棱台的体积为B．点到平面的距离为C．直线与所成角的余弦值为D．该棱台的外接球的表面积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知单位向量满足，则的夹角为______．13．如图，海平面上位于信息中心的正东方向且与相距25海里的处有一艘渔船遇险，在原地等待救援，甲船位于信息中心的南偏西方向且与相距15海里的处，现甲船以30海里/小时的速度沿直线去营救渔船，则甲船到达处需要________小时．14．已知正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点是棱上靠近的三等分点，若，则点的轨迹长度为________．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．已知复数．(1)若复数为纯虚数，求的值；(2)若复数在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围．16．已知平面向量，，且．(1)求在上的投影向量的坐标；(2)若向量与的夹角是钝角，求实数的取值范围．17．如图，圆锥的表面积为，是底面圆的一条直径，是的中点，，是底面圆上的两点，，劣弧的长为，．(1)若一只蚂蚁从点出发，沿圆锥侧面爬行一圈回到点，求该蚂蚁爬行的最短路程；(2)求证：平面．18．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面平面，是的中点，，，设平面交于．(1)求证：为的中点；(2)求证：平面平面；(3)若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正切值．19．如图，的内角，，的对边分别为，，，点满足，点满足，与交于．(1)求的值；(2)若是锐角三角形，，，求的取值范围；(3)若，的面积为11，求的最小值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】分别计算每个选项中几何体的总面数，筛选出总面数为6的几何体.【详解】对于A：六棱锥有1个底面+6个侧面，共个面，A错误；对于B：棱柱总面数=侧面数+2个底面，五棱柱有5个侧面+2个底面，共个面，B错误；对于C：棱台总面数=侧面数+2个底面，四棱台有4个侧面+2个底面，共个面，C正确；对于D：圆台有上底面、下底面、侧面共3个面，D错误.2．B【分析】由复数的乘方化简后根据复数的定义判断．【详解】，虚部为．3．A【分析】根据题意结合平面向量基本定理即可求解.【详解】已知且，所以，则，故A正确.4．D【分析】根据斜二测画法规则进行求解计算即可.【详解】由斜二测画法规则可知，其水平放置的直观图是底为4，高为的平行四边形，所以直观图的面积为.5．A【分析】由面积结合三条高表示三边长确定是最大边，对应最大角为，由余弦定理判断的符号，确定三角形形状.【详解】设三角形面积为，三边长对应高分别为，由三角形面积公式可得三边长为：，因为，因此是最大边，对应最大角为，由余弦定理：，由得，即最大角为锐角，因此该三角形是锐角三角形.6．C【分析】先求再由利用三角不等式求解即可【详解】∵，，即.7．B【分析】取的中点，连接，说明即为二面角的平面角，设，根据侧面的面积为底面的面积的，求出，再利用余弦定理解即可.【详解】如图，取的中点，连接，因为，所以，所以即为二面角的平面角，设，则，由，得，所以，则，在中，由余弦定理得，所以，所以，即二面角的正切值为.8．D【分析】依题意建立平面直角坐标系，根据向量坐标的数量积运算，及恒成立条件得到，进而根据二次函数的性质即可求出的最小值．【详解】以为原点，以所在的直线为轴，建立如下图所示的平面直角坐标系，设，，，，则，，，，则，对任意恒成立，又对任意恒成立，则，则，所以的最小值为．9．BC【分析】由空间线线、线面、面面的位置关系，及面面平行、面面垂直的性质定理逐项判断即可.【详解】对于A，由，，，可得，异面或平行，错误；对于B，因为，，所以，又，所以，正确；对于C，由，，可得与相交或平行，正确；对于D，由，，可得或相交或，错误.10．AC【分析】利用正弦定理、余弦定理求解判断ABC；利用余弦定理，结合基本不等式求解判断D.【详解】对于A，由于，结合正弦定理得，在中，有，所以，则有，即，又因为，，所以又因为，所以，故A正确；对于B，已知，，由正弦定理得，其中为外接圆的半径，则，解得，外接圆面积，故B错误；对于C，已知，，，由余弦定理，代入数据得，化简得，解得，舍去负值，则，所以只有一个正解，因此满足条件的三角形仅有个，故C正确；对于D，已知，，由余弦定理，代入数据得，化简得，由基本不等式得，当且仅当时取等号，则，解得，因此周长的最大值为，故D错误.11．ABD【分析】根据正棱台的性质求得斜高、高、侧棱长，由体积公式计算体积判断A，把棱台补成棱锥后利用体积法得点到平面距离判断B，根据定义求得异面直线所成角的余弦值判断C，确定外接球球心所在位置，求出外接球半径后计算表面积判断D．【详解】对于A，由已知，，如图，于，平面于，由在上，连接，所以正四棱台的侧面积为，所以，又，所以，所以正四棱台的体积为，A正确；对于B，把正四棱台的侧棱延长交于点得正四棱锥，分别是正四棱台上、下底中心（对角线交点），则是棱锥的高（在上），，，因为，所以平面是正四棱锥的中截面，所以，,是等边三角形，，设到平面即平面的距离为，所以，又，,因为，所以，解得，B正确；

对于C，取中点，连接，则与平行且相等，所以是平行四边形，所以，所以是直线与所成角或其补角，，，又，在中，C错；对于D，由正棱台性质知其外接球球心在直线上，是等腰直角三角形，，而（是的一条中位线），即，过的中点，作交直线于点，则，即为外接球球心，，，又，所以，所以，所以，所以，所以外接球表面积为，D正确．12．##【详解】由，得，所以，因为，所以，解得，因为，所以．13．##【分析】利用余弦定理求出，结合行驶速度即可求得所需时间.【详解】在中，由题意得：海里，海里，因在南偏西，在正东，因此。由余弦定理，，即，故得海里，因甲船速度为30海里/小时，因此甲船到达处所需时间小时。14．【分析】求出点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆在正方形内的圆弧，求出轨迹长度；【详解】由题意在上，取，则由正方体的性质可知平面，又平面，则，则，即点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆在正方形内的圆弧，如图设圆弧与交于，，所以，则，则弧长为故点的轨迹长度为.15．(1)(2)【分析】（1）根据纯虚数的定义列出方程求出，再根据复数的模的计算公式即可得解；（2）根据复数的几何意义列出不等式组，解之即可.【详解】（1）由题意可知，因为为纯虚数，则，解得，所以，；（2），因为在复平面内对应的点位于第四象限，所以，解得或，即的取值范围是．16．(1)(2)【分析】（1）先由向量垂直坐标点积为算出，得到，再求，套用投影向量公式代入求值；（2）先化简两个向量坐标，钝角满足数量积小于且不共线反向，先列式点积不等式求，再由平行条件算出并剔除，合并取值范围．【详解】（1）因为，所以，解得，所以，，，，所以在上的投影向量为所以在上的投影向量的坐标为．（2），，因为向量与的夹角是钝角，则，且与不平行，所以，解得，又与不平行，则，所以，所以实数的取值范围为．17．(1)(2)证明：连接，，，因为，分别为，的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面．因为劣弧的长为，则，因为，则，所以为等边三角形，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，又因为，，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面．【分析】（1）先利用圆锥的表面积公式求出及圆锥的侧面展开图是一个圆心角为，再利用勾股定理求出展开图中扇形的弦长即可；（2）先通过证，，得到平面，平面，再根据面面平行的判定定理证得平面平面，进而利用面面平行的性质得到平面．【详解】（1）由题意可知该圆锥的表面积，又，,解得，，该圆锥的侧面展开图是一个圆心角为,则，则该圆锥的侧面展开图是一个圆心角为，半径为的扇形，所以该扇形的弦长为，即该蚂蚁爬行的最短路程为．（2）略18．(1)证明：连接，，因为四边形是矩形，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，所以，因为是的中点，所以为的中点．(2)证明：因为，是的中点，所以，因为平面平面，平面平面，平面，且，所以平面，又平面，所以，因为，且，平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．(3)【分析】（1）先根据线面平行的判定证明平面，再根据线面平行的性质，及矩形的性质证明，进而根据三角形的性质即可证明结论；（2）先根据等腰三角形的性质证明，再根据线面垂直的判定及性质证明，从而根据线面垂直的判定及面面垂直的判定即可证明结论；（3）先确定直线与平面所成的角，再证明为二面角的平面角，从而得到，再结合余弦定理，勾股定理，正切函数的定义即可求解．【详解】（1）略（2）略（3）过点作，垂足为，设中点为，连接，，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以为直线与平面所成角，由（1）易得，，所以四边形是平行四边形，所以，所以为直线与平面所成角．由（2）知平面，又平面，所以，又，所以为二面角的平面角，即，设，在中，由余弦定理得，解得，所以，，，又，所以，所以，即直线与平面所成角的正切值为．19．(1)(2)(3)6．【分析】（1）设，结合已知条件和向量共线定理即可求解；（2）由（1）知，两边同时平方得，再利