試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁山西省縣域聯盟2024-2025學年高一下學期5月測評數學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．復數2?A．2 B．1 C．-1 D．-i2．已知集合A=?1,1,2A．?1,1 B．?1,13．用一個平面去截正方體，則截面不可能是（

）A．正方形 B．梯形 C．等邊三角形 D．鈍角三角形4．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a=6，b=2A．30° B．30°或150° C．60° D．605．設m,n為非零向量，則“m?n>0”是“存在正數λA．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件6．已知平面α/平面β，直線a//α，直線b⊥β，那么直線A．垂直 B．平行 C．相交 D．異面7．已知經過圓錐的高的平面截該圓錐所得的截面是邊長為6的等邊三角形，則該圓錐的內切球的表面積為（

）A．43π B．63π C．8．已知定義在R上的函數fx=1x?3,x≠31,x=3，關于x的方程fA．12 B．112 C．15 D．二、多選題9．下列結論正確的是（

）A．若x∈R，則B．若0<aC．不存在實數a，使得冪函數y=D．下列函數是三種投資方案預期收益y關于時間x的函數：①y=1.05x；②y10．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且aA．若sin2B=B．若B=π4，bC．若A=π3，則△AD．若A=π311．如圖1，將正方體沿交于同一頂點的三條棱的中點截去一個三棱錐，如此共可截去八個三棱錐，截去后的剩余部分稱為“阿基米德多面體”，它是由邊數不全相同的正多邊形圍成．阿基米德多面體是一個有十四個面的半正多面體，其中八個面為正三角形，六個面為正方形，它們的邊長都相等，又稱這樣的半正多面體為二十四等邊體．如圖2，現有一個邊長為2的二十四等邊體，則下列結論正確的是（

）A．二面角C?AB．圖2的二十四等邊體中共有12條棱所在的直線與直線ABC．該二十四等邊體的表面積為24D．該二十四等邊體的外接球的體積為32三、填空題12．若命題“?x∈0,1，213．如圖所示，△A′O′B′是用斜二測畫法將水平放置的△AOB畫出的直觀圖，其中四邊形A′D14．《九章算術》是我國古代數學名著，它在幾何學中的研究比西方早1000多年，在《九章算術》中，將底面為直角三角形且側棱垂直于底面的三棱柱稱為塹堵，將底面為矩形且一側棱垂直于底面的四棱錐稱為陽馬，將四個面均為直角三角形的四面體稱為鱉臑．如圖，在塹堵ABC?A1B1C1中，AB⊥AC，CC1=B四、解答題15．已知復數z=m2(1)z為實數；(2)z為純虛數；(3)z在復平面內對應的點位于第三象限．16．已知向量a=2,(1)當a⊥a+(2)當c=1,?1，a17．已知函數fx(1)求fx(2)把fx的圖象向右平移π6后得到y=gx18．如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60(1)證明：BD⊥平面(2)求三棱錐P?(3)求二面角P?19．三角形的布洛卡點是法國數學家布洛卡于1875年發現，當△ABC內一點P滿足條件∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ時，則稱點P為△ABC的布洛卡點，角θ為布洛卡角．如圖，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頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁《山西省縣域聯盟2024-2025學年高一下學期5月測評數學試題》參考答案題號12345678910答案CCDDBACBBCACD題號11答案BCD1．C【詳解】試題分析：復數2?考點：復數的概念．2．C【分析】先化簡集合B，再進行交集運算即可.【詳解】因為集合B=xx2<故選：C．3．D【分析】可根據空間想象或者結合圖形等方法解決.【詳解】用一個平面去截正方體，截面可能是正方形、梯形、等邊三角形.當平面平行于正方體的一個面去截正方體時，截面是正方形，如圖，A可能.如圖，截面可以是梯形，B可能.如圖，當平面截取正方體的三個頂點，截面是等邊三角形，C可能.故選：D．4．D【分析】應用正弦定理得sinA【詳解】由正弦定理，得sinA=asinB又0°<A<180故選：D5．B【解析】根據充分與必要條件的性質判定即可.【詳解】若m?n>0則說明向量m,n的夾角為銳角或者0°,故m,n不一定共線,故“存在正數λ,使得m=λn故“m?n>0”是“存在正數λ故選：B【點睛】本題主要考查了充分與必要條件的判定,同時也考查了向量共線與數量積的基礎知識,屬于基礎題型.6．A【分析】根據面面、線面的位置關系，結合平面的基本性質判斷直線的位置關系.【詳解】因為平面α/平面β，直線b⊥β又直線a//α，所以存在直線c所以b⊥c，則故選：A7．C【分析】由圓錐的內切球半徑即軸截面內切圓半徑，在軸截面中利用等面積法求出內切圓半徑，再求內切球表面積即可.【詳解】根據題意圓錐的內切球半徑即軸截面內切圓半徑，設截面SAB的內切圓半徑為r，由題意可得截面的高S△SA即圓錐的內切球r=3，則該圓錐的內切球的表面積為故選：C．8．B【分析】根據已知有fx=1【詳解】關于x的方程fx2?mf由f(當fx=1時，原方程有三個實根，其中一個根為x1=當fx=m?1>1時，原方程有兩個實根，設為x所以原方程一共有5個不同的實根，所以fx故選：B9．BC【分析】賦特殊值可判斷A，由對數函數的單調性可判斷B，由冪函數的圖象特征可判斷C，由指數、對數、冪函數圖象的增長趨勢可判斷D.【詳解】當x=?1由0<a<b<當x>0時，得由冪函數、指數函數、對數函數的性質可知，當x足夠大時，指數函數y=故選：BC．10．ACD【分析】利用誘導公式，結合三角形判斷A；利用正弦定理判斷B；利用利用余弦定理，結合基本不等式求解判斷CD.【詳解】對于A，在△ABC中，由sin2B則B=C或B+對于B，由b>2=a，B=對于C，在△ABC當且僅當b=c時取等號，則對于D，由余弦定理得4=當且僅當b=c時取等號，則故選：ACD11．BCD【分析】取AB，CD的中點分別為F，H，所以∠EFH【詳解】取AB，CD的中點分別為F，H，連接EF，F易知EF⊥AB，FH易得EF=3，FH=2，所以二面角C?AB由圖易知，與直線AB該二十四等邊體是由8個邊長為2的正三角形和6個邊長為2的正方形構成，所以該二十四等邊體的表面積為8×該二十四等邊體的外接球球心即為原正方體的中心，易知外接球半徑為R=2，所以外接球的體積為故選：BCD．12．2【分析】由命題為真得a≥【詳解】由題意，得a≥2x在0又當x∈0,1時，故答案為：213．16【分析】由斜二測畫法得到原圖，再計算面積.【詳解】由斜二測畫法原理可知，原△AOB故答案為：16.14．64/【分析】連接B1C和C1B相交于點O，連接EO，AO，根據已知證明AO【詳解】如圖，連接B1C和C1B相交于點O，所以點O為C1因為E是B1C1又D是AA1的中點，所以所以AD,O所以AO//DE，所以A又AB=3，易得B在△BAO所以所求余弦值為64故答案為：615．(1)m=1(2)m(3)m【分析】根據復數的概念以及幾何意義，建立方程與不等式，可得答案.【詳解】（1）由題意，得m2?3m+（2）由題意，得m2?2（3）由m2?2m<16．(1)?(2)?【分析】（1）由向量垂直的坐標表示，列出等式求解即可；（2）由向量平行的坐標表示求得x，再由夾角公式求解即可.【詳解】（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)最大值為2，x|x=【分析】（1）應用輔助角公式化簡函數式，結合正弦型函數的性質求單調增區間；（2）根據圖象平移得gx【詳解】（1）由fx由?π2+2kπ≤所以fx的單調遞增區間為?π6（2）fx=2sinx?π由gx=2，得cosx=所以gx取最大值時x的集合為x|x18．(1)證明見解析；(2)36(3)45°【分析】（1）由題設及線面垂直的性質有BD⊥A（2）由題設VP（3）設AC∩BD=O，連接OP【詳解】（1）因為底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，又P所以PA⊥BD，又PA∩AC=A，（2）因為E是PC的中點，所以V因為S△BCD=12所以VP（3）設AC∩BD=由（1）知，BD⊥平面PAC，又PO所以BD⊥PO，BD因為四邊形ABCD是菱形，∠AB因為PA⊥底面ABCD，A在Rt△PAC中，PA=1，O又E是PC的中點，O是AC的中點，所以PA所以∠POE=9019．(1)A(2)證明