精品解析：辽宁省沈阳市于洪区2023-2024学年高一下学期第二次月考数学试卷

2023-2024下学期高一第二次月考 数学 满分：150分 时长：120分钟 班级：   姓名   一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则等于（ ） A. B. 6 C. D. 3 3. 国家二级文化保护遗址玉皇阁的台基可近似看作上、下底面边长分别为，，侧棱长为的正四棱台，则该台基的体积约为（ ） A. B. C. D. 4. 在边长为2的正方形中，E是AB的中点，点F是BC的中点，将分别沿折起，使A，B，C三点重合于点，则到平面的距离为（　　） A. 1 B. C. D. 2 5. 若圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为（ ） A. B. C. D. 6. 三个不互相重合的平面将空间分成个部分，则的最小值与最大值之和为（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 7. 已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，且，则“”是“”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 8. 设向量，，若，则（ ） A. B. 0 C. 6 D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知，是平面内的一组基底，则下列向量中能作为一组基底的是（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 10. 如图，在边长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，P是正方形A1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 若DP∥平面CEF，则点P的轨迹长度为 B. 若AP=，则点P的轨迹长度为 C. 若AP=，则直线AP与平面CEF所成角的正弦值的最小值是 D. 若Р是棱A1B1的中点，则三棱锥的外接球的表面积是 11. 设为复数（为虚数单位），下列命题正确的有（ ） A. 复数的共轭复数的虚部为2 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数是奇函数，则______. 13. 如图所示，水平放置的一个平面图形的直观图是边长为的正方形，则原图形的周长是______. 14. 在中，所对的边分别是，若，则_____． 四、解答题（共5小题，满分77分） 15. 在直三棱柱中，，，． （1）求直三棱柱的体积； （2）求直三棱柱的表面积． 16. 已知函数=的部分图象如图所示． (1)求的值; (2)求的单调增区间; (3)求在区间上的最大值和最小值． 17. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，二面角为直二面角. （1）求证：； （2）当时，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知幂函数（）在定义域上不单调． （1）试问：函数是否具有奇偶性？请说明理由； （2）若，求实数的取值范围． 19. 如图，在三棱锥中，平面PAB，E，F分别为BC，PC的中点，且，，. （1）证明：. （2）求二面角的正切值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024下学期高一第二次月考 数学 满分：150分 时长：120分钟 班级：   姓名   一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用集合的混合运算，逐一分析判断各选项即可得解. 【详解】由题得：，，， 或，或， 所以，故A错误； 或，故B错误； 或，故C错误； ，故D正确； 故选：D. 2. 若，则等于（ ） A. B. 6 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用对数的运算法则及指对数互化可得，进而即得. 【详解】由，可得，即， 所以. 故选：C 3. 国家二级文化保护遗址玉皇阁的台基可近似看作上、下底面边长分别为，，侧棱长为的正四棱台，则该台基的体积约为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意先求出棱台的高，然后利用棱台体积公式可求解. 【详解】由题意作出正四棱台图象，如下图所示： 为正四棱台，，，， 连接，得，， 过作，过作， 所以，， 在直角三角形中，， 所以正四棱台的高，正四棱台上、下底面积为和， 所以体积 . 故选：A. 4. 在边长为2的正方形中，E是AB的中点，点F是BC的中点，将分别沿折起，使A，B，C三点重合于点，则到平面的距离为（　　） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等体积法求出点到平面的距离. 【详解】依题意，在三棱锥中，两两垂直， 在中，， ， ，设点到平面的距离为， 由，得，即，解得， 所以点到平面EFD的距离为. 答案：B 5. 若圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出球的半径，分别求出球与圆柱的体积，计算体积比即可． 【详解】设球的半径为，则球的体积为，圆柱的体积， 所以球与圆柱体积的比值为． 故选：B. 6. 三个不互相重合的平面将空间分成个部分，则的最小值与最大值之和为（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】求出三个不同平面分空间所成的部分数即可得解. 【详解】按照三个平面中平行的个数来分类： （1）三个平面两两平行，如图1，可将空间分成部分； （2）两个平面平行，第三个平面与这两个平行平面相交，如图2，可将空间分成部分； （3）三个平面中没有平行的平面： （i）三个平面两两相交且交线互相平行，如图3，可将空间分成部分； （ii）三个平面两两相交且三条交线交于一点，如图4，可将空间分成部分； （iii）三个平面两两相交且交线重合，如图5，可将空间分成部分， 所以三个不同平面将空间分成、、、部分，的最小值与最大值之和为12. 故选：B 7. 已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，且，则“”是“”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】B 【解析】 【分析】根据面面平行的判定定理和性质，结合充分条件和必要条件的定义即可得解. 【详解】由，，若，由面面平行的性质知：，必要性成立； 由，，若，则或相交，充分性不成立． 相交情况如下： 则“”是“”的必要不充分条件， 故选：B. 8. 设向量，，若，则（ ） A. B. 0 C. 6 D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用平面向量共线的坐标运算列式求解值． 【详解】向量，，若， 则，解得． 故选：D． 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知，是平面内的一组基底，则下列向量中能作为一组基底的是（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 【答案】ABD 【解析】 【分析】直接利用两向量是否共线，从而得到结果． 【详解】对于A，假设两向量共线，故，故，无解， 故与不共线，故可作为一组基底，故A正确； 对于B，设，故，故，无解，和不共线，故可作为一组基底，故B正确； 对C，，故和共线，故不能作为一组基底，故C错误； 对于D，设，无解，故和不共线，故可作为一组基底，故D正确． 故选：ABD． 10. 如图，在边长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，P是正方形A1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 若DP∥平面CEF，则点P的轨迹长度为 B. 若AP=，则点P的轨迹长度为 C. 若AP=，则直线AP与平面CEF所成角的正弦值的最小值是 D. 若Р是棱A1B1的中点，则三棱锥的外接球的表面积是 【答案】ACD 【解析】 【分析】由面面平行的判定定理可得平面平面，从而可得点Р的轨迹是线段，即可判断AB，建立空间直角坐标系结合空间向量的坐标运算即可判断C，结合条件可得外接球的半径，即可判断D 【详解】 分别取棱，的中点M，N，连接， 易证，， 平面，平面，所以平面， 且平面，平面，所以平面， 又平面，则平面平面， 因为平面，且P是正方形内的动点， 所以点Р的轨迹是线段. 因为，所以，因为，所以， 故A正确. 因为，所以点P的轨迹是以为圆心，1为半径的个圆， 则点Р的轨迹长度为，则B错误. 以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向， 建立如图1所示的空间直角坐标系. 由题中数据可知则，，. 设平面CEF的法向量为，则，得. 设直线AР与平面CEF所成的角为，则. 因为，所以，所以， 所以，则，故C正确. Р是棱的中点，则外接圆的圆心为正方形的中心，半径为2. 如图2，设，则三棱锥的外接球的半径满足，解得， 从而三棱锥P-CEF的外接球的表面积是，故D正确. 故选：ACD 11. 设为复数（为虚数单位），下列命题正确的有（ ） A. 复数的共轭复数的虚部为2 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】利用共轭复数的定义可判断A；利用特殊值法可判断B；利用复数的除法化简复数，结合复数的模长公式可判断C；解方程可判断D. 【详解】对于A，因为，则，其虚部为2，故A正确； 对于B，取，此时，但，故B错误； 对于C，若，则，故，故C正确； 对于D，若，则，解得，故D错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数是奇函数，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用奇函数定义，结合分段函数分段探讨求解即得. 【详解】函数是奇函数，， 当时，，， 而当时，，则， 当时，，， 而当时，，则， 所以，. 故答案为： 13. 如图所示，水平放置的一个平面图形的直观图是边长为的正方形，则原图形的周长是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由斜二测画法分析原图为平行四边形，求出其相邻边长，从而得解． 【详解】依题意，还原直观图如下， 因为正方形的边长为， 所以，， 则， 所以原图形的周长为. 故答案为： 14. 在中，所对的边分别是，若，则_____． 【答案】 【解析】 【详解】所对的边分别是，若,设 故答案为. 四、解答题（共5小题，满分77分） 15. 在直三棱柱中，，，． （1）求直三棱柱的体积； （2）求直三棱柱的表面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用三角形的面积公式和棱柱的体积公式，准确计算，即可求解； （2）根据题意，利用余弦定理求得，结合直棱柱的侧面积公式，即可求解. 【小问1详解】 在中，因为，且， 可得， 又由直三棱柱中，，即直三棱柱的高为， 所以直三棱柱的体积. 【小问2详解】 在中，因为，且， 可得，可得， 则直三棱柱的侧面积， 所以直三棱柱的表面积. 16. 已知函数=的部分图象如图所示． (1)求的值; (2)求的单调增区间; (3)求在区间上的最大值和最小值． 【答案】(1);（2）单调递增区间为(3)时,取得最大值1;时,f(x)取得最小值． 【解析】 【详解】试题分析：(1)利用图象的最高点和最低点的纵坐标确定振幅,由相邻对称轴间的距离确定函数的周期和值; (2)利用正弦函数的单调性和整体思想进行求解; (3)利用三角函数的单调性和最值进行求解． 试题解析： (1)由图象知 由图象得函数的最小正周期为=, 则由=得． (2)令 . . 所以f(x)的单调递增区间为 （3） . . 当即时,取得最大值1; 当即时,f(x)取得最小值． 17. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，二面角为直二面角. （1）求证：； （2）当时，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明如下： 由题意知平面平面， 又平面平面，，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 又因为，，平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，进而得出.然后即可根据线面垂直的判定定理得出平面，然后即可得出； （2）取中点为，连结.取中点为，连结.由已知可证平面，.以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面的一个法向量，即可根据向量法求出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点为，连结.取中点为，连结. 因为，点是中点，所以. 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为点、分别是、的中点，所以，则. 则，. 以点为坐标原点，所在直线分别为轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，，，. 设是平面的一个法向量， 则，取，则， 所以是平面的一个法向量. 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 18. 已知幂函数（）在定义域上不单调． （1）试问：函数是否具有奇偶性？请说明理由； （2）若，求实数的取值范围． 【答案】（1）因为为幂函数，则，解得或， 若，则在定义域内单调递增，不合题意； 若，则在定义域内单调递减， 但在定义域内不单调，符合题意； 综上所述：，. 函数为奇函数，理由如下： 因为的定义域为，关于原点对称， 且，所以函数为奇函数. （2） 【解析】 【分析】（1）由幂函数的定义可得或，结合函数的单调性排除增根，结合奇函数和偶函数的定义，判断函数的奇偶性； （2）利用奇函数的性质化简不等式，再结合函数的单调性通过讨论化简不等式求其解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由及为奇函数， 可得， 即， 而在上递减且恒负，在上递减且恒正， 所以或或，解得或， 所以实数的取值范围. 19. 如图，在三棱锥中，平面PAB，E，F分别为BC，PC的中点，且，，. （1）证明：. （2）求二面角的正切值. 【答案】（1）证明：因为平面PAB，平面， 所以， E，F分别为BC，PC的中点，由中位线的性质可得 在中，， 又，，， 所以为直角，即， 平面， 所以平面， 平面， （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的性质得到，再由勾股定理和中位线得到，进而得到平面，即可证明； （2）取的中点，过作交于，连接，由几何关系证明为二面角的平面角，再由勾股定理和等面积求出即可求出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 根据题意，取的中点，过作交于，连接， 因为为中点，为，则，且， 又平面， 平面， 平面，而平面，， 又，平面， 所以平面， 平面，，即为二面角的平面角， 所以在中，，则， 由等面积可得， 所以，即二面角的正切值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $