2025~2026学年安徽蚌埠禹王学校等校高一下册5月月考（4卷）数学试题【含答案】

/数学一、单项选择题：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.复数在复平面内对应点的坐标为（）A. B. C. D.2.已知向量，则与同方向的单位向量的坐标为（）．A. B. C. D.3.下列说法中正确的个数是（）①棱柱的所有面都是四边形；②一个棱柱至少有6个顶点，9条棱，5个面；③过圆锥侧面上任意一点有无数条母线；④水平放置的三角形用斜二测画法画出的直观图一定是三角形．A.1 B.2 C.3 D.44.已知，则“”是“复数为纯虚数”的（）A.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5.一物体在力的作用下，由点移动到点．已知力，则力对该物体所做的功为（）A.14 B.12C.8 D.66.如图，在正方形纸片ABCD上剪下一个扇形和一个直径为2的圆，扇形的圆心为A，圆与BC，CD和扇形的弧均相切，若该扇形和圆恰好可作为某圆锥的侧面和底面（接缝处忽略不计），则（）A. B.C. D.7.在中，边上的中线为，的中点为E，过点E的一条直线与，分别交于点F，G．若，，则（）A. B. C. D.8.已知棱长为的正四面体的中心为，若球的球面与正四面体的棱有公共点，则球的半径的取值范围为（）A. B. C. D.二、多项选择题：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.下列结论正确的是（）A.若，则B.若，，则C.若，则D.10.在长方体中，，，，E为棱上一点，则（）A.该长方体是一个正四棱柱B.长方体的外接球的表面积为C.四棱锥的体积为24D.的最小值为11.在中，角的对边分别为，点在内，且满足，称点为的布洛卡点，角为的布洛卡角，则下列说法正确的是（）A.B.若为等边三角形，则其布洛卡角C.若，则D.若，，则的最小值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知复数满足，则__________.13.如图，直角梯形是一个水平放置的平面图形的斜二测画法直观图，已知，，，，，则原图形的面积是_________．14.已知P是的重心，若，则的最大值为_________．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.已知向量，．（1）求向量与的夹角的余弦值；（2）当k为何值时，与垂直？16.在中，角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若，，，，求．17.如图，正方体的棱长为分别是棱的中点，截面将该正方体分成两部分，这两部分的体积分别为，且．（1）求；（2）求点到平面的距离．18.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．（1）求A．（2）已知AD平分且交BC于点D，．（ⅰ）若，求a；（ⅱ）求周长的最小值．19.（1）某工厂有一种水晶球需用礼盒包装，为节省费用，设计的礼盒需刚好卡住球．现有两种设计方案，一种是正方体礼盒（如图（1）），另一种是圆柱形礼盒（如图（2）），在不计损耗的情况下圆柱形礼盒单位面积的费用是正方体礼盒的1.6倍，问：工厂选择哪一种礼盒更经济实惠？（2）设某长方体礼盒的长，宽，高分别为．（ⅰ）若用十字捆扎法（如图（3）），且长方体各面上的每一段彩带都与所在底面的相应边平行，求所需彩带的总长度；（不考虑接口处的彩带长度）（ⅱ）若用对角捆扎法（如图（4）），且2cm，不考虑接口处的彩带，结合（ⅰ），比较两种捆扎方法中哪一种所用彩带较短，较短的约为多少厘米？（结果保留到整数）参考数据：．

数学一、单项选择题：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.复数在复平面内对应点的坐标为（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：因为，所以z在复平面内对应点的坐标为.2.已知向量，则与同方向的单位向量的坐标为（）．A. B. C. D.答案：D解析：解答过程：由，得，则与同方向的单位向量为.3.下列说法中正确的个数是（）①棱柱的所有面都是四边形；②一个棱柱至少有6个顶点，9条棱，5个面；③过圆锥侧面上任意一点有无数条母线；④水平放置的三角形用斜二测画法画出的直观图一定是三角形．A.1 B.2 C.3 D.4答案：B解析：思路：利用棱柱的性质，棱锥的特点及斜二测画法特点进行判断即可.解答过程：不是所有棱柱的所有面都是四边形，比如六棱柱的底面是六边形，①不正确；一个三棱柱有6个顶点，9条棱，5个面，②正确；过圆锥侧面上任意一点只有一条母线，③不正确；根据斜二测画法的特点可知水平放置的三角形用斜二测画法画出的直观图一定是三角形，④正确.故选：B4.已知，则“”是“复数为纯虚数”的（）A.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答案：C解析：解答过程：当时，为纯虚数，故充分性成立；当为纯虚数时，解得，故必要性成立．所以“”是“复数为纯虚数”的充要条件．5.一物体在力的作用下，由点移动到点．已知力，则力对该物体所做的功为（）A.14 B.12C.8 D.6答案：A解析：思路：根据做功的意义，运用数量积的坐标表示计算即可．解答过程：由题意得，又，所以力对物体所做的功．6.如图，在正方形纸片ABCD上剪下一个扇形和一个直径为2的圆，扇形的圆心为A，圆与BC，CD和扇形的弧均相切，若该扇形和圆恰好可作为某圆锥的侧面和底面（接缝处忽略不计），则（）A. B.C. D.答案：D解析：思路：通过圆锥的特性计算扇形的半径并求出对角线长，最后算出长度.解答过程：由题意可得扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长，圆锥底面圆的半径为.设扇形的半径为，则有，解得，因此圆锥的母线长为．如图，设圆的圆心为，作于于，易知四边形为正方形，且点在上，，所以，所以．7.在中，边上的中线为，的中点为E，过点E的一条直线与，分别交于点F，G．若，，则（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：先由中线与中点关系，推导出，因三点共线，所以，由、，对比两组基底系数，消去中间参数，化简算出.解答过程：如图：由题意可得．因为E是AD的中点，所以．因为F，E，G三点共线，所以，因为，所以，所以消去x，可得．8.已知棱长为的正四面体的中心为，若球的球面与正四面体的棱有公共点，则球的半径的取值范围为（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：由棱长为的正四面体可以构造出棱长为的正方体，将问题转化为几何体的外接球.解答过程：如图所示，可知棱长为的正四面体的外接球和棱长为的正方体的外接球相同，可得，所以．正四面体的棱切球即为正方体的内切球，所以．因为球的球面与正四面体的棱有公共点，所以球的半径满足，即球的半径的取值范围是．二、多项选择题：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.下列结论正确的是（）A.若，则B.若，，则C.若，则D.答案：ACD解析：思路：由向量的数量积可以判断A；举反例判断B；由向量的数量积及线性运算判断C；向量加法的三角形法则判断D.解答过程：对于A，因为，当为非零向量时，所以或，所以，当为或为零向量时，上式也成立，故A正确；对于B，当时，不一定成立，故B错误；对于C，因为，所以，故C正确；对于D，根据向量加法的三角形法则，可知成立，故D正确．10.在长方体中，，，，E为棱上一点，则（）A.该长方体是一个正四棱柱B.长方体的外接球的表面积为C.四棱锥的体积为24D.的最小值为答案：ABD解析：思路：由正四棱柱的定义判断A；求出长方体外接球的表面积，判断B；求出四棱锥的体积，判断C；将平面展开至与平面共面，利用三角形三边关系判断D.解答过程：对于A，由题意得面和面都是正方形，所以该长方体是一个正四棱柱，故A正确；对于B，长方体的外接球的直径，所以外接球的表面积为，故B正确；对于C，过作于，由等面积法得，因为平面平面，平面平面，平面,所以平面，所以为四棱锥的高，又，所以，故C错误；对于D，将平面展开至与平面共面，得到如图的矩形，所以，所以的最小值为，故D正确．11.在中，角的对边分别为，点在内，且满足，称点为的布洛卡点，角为的布洛卡角，则下列说法正确的是（）A.B.若为等边三角形，则其布洛卡角C.若，则D.若，，则的最小值为答案：ABC解析：思路：先利用三角形内角和与诱导公式，证明A选项；再结合等边三角形的对称性与正弦定理，求解B选项的布洛卡角；接着对、用正弦定理，结合正弦定理的边角关系推导出C选项的比例式；最后利用余弦定理和均值不等式分析D选项的最值，得出D错误．解答过程：对于A，因为，所以，而，所以，即，所以，A正确；对于B，因为为等边三角形，，所以，，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，所以，又，所以，，B正确；对于C，在中，，即，在中，，即，所以，由正弦定理得，因为，所以，即，C正确；对于D，由，可得，在中，由余弦定理得，因为，所以，因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，所以的最小值为，D错误．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知复数满足，则__________.答案：解析：思路：由复数的四则运算以及模的计算公式即可得解.解答过程：，.故答案为：.13.如图，直角梯形是一个水平放置的平面图形的斜二测画法直观图，已知，，，，，则原图形的面积是_________．答案：解析：思路：使用斜二测画法还原图形后使用梯形的面积公式求解.解答过程：由题可知，在原图形中，，，且，，如图，所以原图形的面积为．14.已知P是的重心，若，则的最大值为_________．答案：解析：思路：根据向量数量积运算律、垂直关系的向量表示及余弦定理、基本不等式、同角的三角函数关系求解即可.解答过程：设角，，的对边分别为，，．因为是的重心，所以，．因为，所以，所以，即，又，，，代入整理得，所以，当且仅当时等号成立，所以的最小值为，则的最大值为．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.已知向量，．（1）求向量与的夹角的余弦值；（2）当k为何值时，与垂直？答案：（1）（2）．解析：（1）因为，，所以，，设与的夹角为，则．（2）因为，，所以，因为与垂直，所以，即，解得．16.在中，角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若，，，，求．答案：（1）（2）解析：（1）因为，所以，所以，由正弦定理得，则，因为，所以，所以，又因为，所以，即，因为，所以．（2）因为，所以点在直线上．因为，所以，即为边上的高．由余弦定理可得，所以．由等面积法可得，即，解得．17.如图，正方体的棱长为分别是棱的中点，截面将该正方体分成两部分，这两部分的体积分别为，且．（1）求；（2）求点到平面的距离．答案：（1）（2）解析：思路：（1）根据锥体体积公式可得，再利用割补法求；（2）根据题意利用等体积法求点到面的距离.（1）截面将正方体分成两个几何体，其中较小部分是一个三棱锥，其底面是腰长为的等腰直角三角形，面积为．又底面上的高为，所以三棱锥的体积．因为正方体的体积，所以剩余部分的体积．（2）在中，，如图，取的中点，连接，则，所以，的面积．设点到平面的距离为，因为三棱锥与三棱锥是同一个几何体，所以，结合（1）得，即，解得，所以点到平面的距离为．18.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．（1）求A．（2）已知AD平分且交BC于点D，．（ⅰ）若，求a；（ⅱ）求周长的最小值．答案：（1）（2）（ⅰ）；（ⅱ）解析：思路：（1）由，利用正弦定理得到，再利用余弦定理求解；（2）（ⅰ）由，利用正弦定理得到，再根据AD平分，由求得b，c，再利用余弦定理求解；（ⅱ）由和得到，利用“1”的代换，得到的最小值，再由余弦定理，得到的最小值.（1）因为，所以，即，所以，因为，所以；（2）（ⅰ）因为，由正弦定理得：，因为AD平分，所以，因为，所以，将代入上式得，解得，，由余弦定理得，解得.（ⅱ）由，得，将代入上式得，即，即，则，当且仅当时，等号成立，则的最小值为8；由余弦定理得，，令，则，因为，当时，的最小值为，则的最小值为，所以周长的最小值为.19.（1）某工厂有一种水晶球需用礼盒包装，为节省费用，设计的礼盒需刚好卡住球．现有两种设计方案，一种是正方体礼盒（如图（1）），另一种是圆柱形礼盒（如图（2）），在不计损耗的情况下圆柱形礼盒单位面积的费用是正方体礼盒的1.6倍，问：工厂选择哪一种礼盒更经济实惠？（2）设某长方体礼盒的长，宽，高分别为．（ⅰ）若用十字捆扎法（如图（3）），且长方体各面上的每一段彩带都与所在底面的相应边平行，求所需彩带的总长度；（不考虑接口处的彩带长度）（ⅱ）若用对角捆扎法（如图（4）），且2cm，不考虑接口处的彩带，结合（ⅰ），比较两种捆扎方法中哪一种所用彩带较短，较短的约为多少厘米？（结果保留到整数）参考数据：．答案：（1）工厂选择正方体礼盒更经济实惠；（2）（ⅰ）48cm；（