精品解析：江西省景德镇市乐平中学2024-2025学年高二上学期9月月考数学试题

乐平中学2024-2025学年度高二上学期月考卷 数学试卷（5-27班） 一、单选题 1. 已知向量，若，则（    ） A. 5 B. 4 C. D. 2. 麒麟山位于三明市区中部，海拔262米，原名牛垄山．在地名普查时，发现山腰有一块“孔子戏麒麟”石碑，故更现名．山顶的麒麟阁仿古塔造型是八角重檐阁．小李为测量麒麟阁的高度选取了与底部水平的直线AC，如图，测得，，米，则麒麟阁的高度CD约为（参考数据：，）（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 3. 如图所示，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形面积是（ ） A. B. 1 C. D. 4. 对于不同直线以及平面，下列说法中正确的是（ ） A. 如果，则 B. 如果，则 C. 如果，则 D. 如果，则 5. 如图，在正方体中，点E，F为棱上的中点，则异面直线EF与BD所成角的大小为（ ） A. 90° B. 60° C. 45° D. 30° 6. 如图，在正方体中，二面角的平面角等于（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，则该四棱锥外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知正方体的棱长为3，点分别在棱上，满足，点在正方体的面内，且平面，则线段长度的最小值为（ ） A. B. 3 C. D. 二、多选题 9. 已知函数，则下列命题正确的是（ ） A. 的最小正周期为； B. 函数的图象关于对称； C. 在区间上单调递减； D. 将函数的图象向左平移个单位长度后所得到的图象与函数的图象重合． 10. 中，内角，，的对边分别为，，，为的面积，且，，下列选项正确的是（ ） A. B. 若，则有两解 C. 若为锐角三角形，则取值范围是 D. 若为边上的中点，则的最大值为 11. 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，则下列结论中错误的是（ ） A. B. 平面ABCD C. 三棱锥的体积为定值 D. 的面积与的面积相等 三、填空题 12. 法国著名的数学家棣莫弗提出了公式：．据此公式，复数的虚部为______． 13. 在正方体中，点分别是的中点． ①； ②与所成角为； ③平面； ④与平面所成角的正弦值为． 其中所有正确说法的序号是________． 14. 如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为3的正方形，，平面平面ABCD，中BC边上的高，则该几何体的体积为__________． 四、解答题 15. 已知，函数. （1）求的单调递增区间； （2）当时，求的值域. 16. 如图所示，在三棱锥中，平面，，过点分别作，，，分别为垂足． （1）求证：平面 平面； （2）求证：． 17. 已知分别为的内角的对边，且. （1）求角A； （2）若，求出边并求出的面积 18. 如图，四棱锥中，底面为平行四边形，、分别为、的中点，平面平面. （1）证明：； （2）证明：∥平面； （3）在线段上是否存在一点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 19. 如图，在平面五边形中，，，，，的面积为.现将五边形沿向内进行翻折，得到四棱锥. （1）求线段的长度； （2）求四棱锥的体积的最大值； （3）当二面角的大小为时，求直线与平面所成的角的正切值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 乐平中学2024-2025学年度高二上学期月考卷 数学试卷（5-27班） 一、单选题 1. 已知向量，若，则（    ） A. 5 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用向量垂直的坐标表示，列出方程，即可求解. 【详解】由向量， 因为，可得，解得. 故选：D. 2. 麒麟山位于三明市区中部，海拔262米，原名牛垄山．在地名普查时，发现山腰有一块“孔子戏麒麟”石碑，故更现名．山顶的麒麟阁仿古塔造型是八角重檐阁．小李为测量麒麟阁的高度选取了与底部水平的直线AC，如图，测得，，米，则麒麟阁的高度CD约为（参考数据：，）（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】C 【解析】 【分析】由得，再根据可求出结果. 【详解】因为，，所以， 又，所以， 又米，所以，解得米. 故选：C. 3. 如图所示，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形面积是（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出的面积，再利用直观图与原图形面积关系求出结果. 【详解】在中，，由，得， 因此的面积， 所以原三角形面积是. 故选：C 4. 对于不同直线以及平面，下列说法中正确的是（ ） A. 如果，则 B. 如果，则 C. 如果，则 D. 如果，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据线线、线面平行和垂直有关定理，对四个选项逐一分析，即可得出正确选项. 【详解】对于A，如图，正方体中， 平面，平面，但，故A错误； 对于B，由线面垂直的判定定理， 知，如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于该平面，故B正确；‌ 对于C，如图，正方体中， 平面，，但平面，故C错误； 对于D，如图，正方体中， ，但，故D错误. 故选：B. 5. 如图，在正方体中，点E，F为棱上的中点，则异面直线EF与BD所成角的大小为（ ） A. 90° B. 60° C. 45° D. 30° 【答案】B 【解析】 【分析】由异面直线所成角的概念求解 【详解】由题意得，故异面直线EF与BD所成角即为， 而是等边三角形，故， 故选：B 6. 如图，在正方体中，二面角的平面角等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合正方体的结构特征，作出二面角的平面角，即，直接求解即可． 【详解】因为平面，平面， 所以， 又因为，平面平面， 所以即为二面角的平面角， 因为，所以二面角的大小是45°． 故选：B． 7. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，则该四棱锥外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据几何体结构特征补形为长方体得外接球球心在中点处，求出即可得球的半径，进而由球的体积公式即可得解. 【详解】根据几何体结构特征，将几何体补形为长方体， 显然四棱锥的外接球即为长方体的外接球， 所以外接球球心在中点处， 又，故外接球半径， 所以. 故选：D. 8. 如图，已知正方体的棱长为3，点分别在棱上，满足，点在正方体的面内，且平面，则线段长度的最小值为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】在上取点，使得，证得平面平面，得到点的轨迹为线段，在等腰三角形中，求得底边上的高，即可求解. 【详解】在上取点，使得， 分别连结， 因为，可得，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 由且，可得， 又由且，所以， 在正方体中，可得，所以 因为平面，且平面，所以平面， 同理可证平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 因此点的轨迹为线段， 在等腰三角形中，， 可得底边上的高为，此即为长度的最小值. 故选：D. 二、多选题 9. 已知函数，则下列命题正确的是（ ） A. 的最小正周期为； B. 函数的图象关于对称； C. 在区间上单调递减； D. 将函数的图象向左平移个单位长度后所得到的图象与函数的图象重合． 【答案】AB 【解析】 【分析】根据二倍角的正弦公式和辅助角公式可得，结合余弦函数的图象与性质依次判断选项即可求解. 【详解】. A：函数的最小正周期为，故A正确； B：，为的最小值，故B正确； C：由，得，所以函数在上单调递增，故C错误； D：将函数图象向左平移个单位长度， 得图象， 与函数的图象不重合，故D错误； 故选：AB 10. 中，内角，，的对边分别为，，，为的面积，且，，下列选项正确的是（ ） A. B. 若，则有两解 C. 若为锐角三角形，则取值范围是 D. 若为边上的中点，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由数量积的定义及面积公式求得A角，然后根据三角形的条件求解判断各ABC选项，利用，平方后应用基本不等式求得最大值，判断D． 【详解】因为，所以，，又，所以，A错； 若，则，三角形有两解，B正确； 若为锐角三角形，则，，所以，， ，，C正确； 若D为边上的中点，则，， 又，， 由基本不等式得， ，当且仅当时等号成立， 所以，所以， 当且仅当时等号成立，D正确． 故选：BCD． 【点睛】本题考查解三角形的应用，掌握正弦定理、余弦定理、三角形面积公式是解题关键．在用正弦定理解三角形时可能会出现两解的情形，实际上不一定要死记结论，可以按正常情况求得，然后根据的大小关系判断角是否有两种情况即可． 11. 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，则下列结论中错误的是（ ） A. B. 平面ABCD C. 三棱锥的体积为定值 D. 的面积与的面积相等 【答案】AD 【解析】 【分析】取点与点重合可判断A；利用面面平行可判断B；判断三棱锥的高和的高是否为定值即可判断C；分别求点到直线的距离可判断D. 【详解】对A，不妨取点与点重合， 因为平面，在平面内，且不过点， 所以异面，即此时异面，A错误； 对B，因为平面，且平面平面， 所以平面，所以平面，B正确，不符合题意； 对C，易知，点到平面的距离为定值，又， 所以三棱锥的体积为定值，C正确； 对D，记的中点分别为，连接， 易知平面，平面，所以， 因为，是平面内的两条相交直线， 所以平面， 又平面，所以，所以， 所以，D错误. 故选：AD 三、填空题 12. 法国著名的数学家棣莫弗提出了公式：．据此公式，复数的虚部为______． 【答案】 【解析】 【分析】结合复数定义，借助所给公式计算即可得. 【详解】， 故其虚部为. 故答案为：. 13. 在正方体中，点分别是的中点． ①； ②与所成角为； ③平面； ④与平面所成角的正弦值为． 其中所有正确说法的序号是________． 【答案】②③ 【解析】 【分析】连接，连接交于，连接，易得，由平行公理判断①；利用线面垂直性质及判定判断②③；转化为求与平面所成角，结合线面角定义及已知求其正弦值判断④. 【详解】连接，连接交于，连接，则是中点， 所以是的中点，则，而，故不成立，①错； 如下图，，面，面，则， 由，面，则面，面， 所以与垂直，②对； 如下图，若为中点，连接，显然，则面即为面， 由题设易知：，则，即， 由面，面，则， ，面，则面，即平面，③对； 如下图，由面面，则与平面所成角，即为与平面所成角， 由面，连接，则或其补角即为所求线面角， 在中，， 所以，④错. 故答案为：②③ 14. 如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为3的正方形，，平面平面ABCD，中BC边上的高，则该几何体的体积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先补全多面体ABCDEF，得到三棱柱，然后求出三棱锥的体积，从而求解． 【详解】在多面体中，由，平面，平面， 得平面，延长FE到G，使得，连接DG、AG，如图： 显然，，几何体为三棱柱， 由平面平面，平面平面，平面， 得平面，则三棱柱为直三棱柱， 于是三棱锥的体积为：， 所以原几何体的体积为：. 故答案为： 四、解答题 15. 已知，函数. （1）求的单调递增区间； （2）当时，求的值域. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式及辅助角公式化简函数，然后利用正弦函数的单调性求解增区间； （2）先求出的范围，然后利用正弦函数的性质求解值域即可. 【小问1详解】 由 ， 令得，， 所以的单调递增区间为， 【小问2详解】 因为，所以，所以， 故函数的值域为. 16. 如图所示，在三棱锥中，平面，，过点分别作，，，分别为垂足． （1）求证：平面 平面； （2）求证：． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由线线垂直可得平面，再由线面垂直可证明面面垂直. （2）根据线面垂直的定义可得线线垂直，进而可得平面，进一步可证明平面，进而由线面垂直得线线垂直. 【小问1详解】 因为平面， 平面，所以．又，，所以平面．又平面，所以平面平面． 【小问2详解】 由（1）可知，平面，平面，所以．又，，所以平面． 又平面，所以． 又，，，所以平面． 又平面，所以． 17. 已知分别为的内角的对边，且. （1）求角A； （2）若，求出边并求出的面积 【答案】（1）； （2），面积为5 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得答案； （2）由余弦定理求出，再利用面积公式求出面积即可. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得， 因为，所以， 所以，所以， 因为，所以； 【小问2详解】 在中，， 所以由余弦定理得， 整理得， 解得（舍去），或， 可得面积为. 18. 如图，四棱锥中，底面为平行四边形，、分别为、的中点，平面平面. （1）证明：； （2）证明：∥平面； （3）在线段上是否存在一点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 因为为平行四边形，则， 且平面，平面，可知∥平面， 又因为平面平面，平面， 所以. （2） 取中点，连接，， 则，且， 可知，则四边形为平行四边形，可得， 且平面，平面， 所以∥平面. （3） 存在，使平面，，理由如下： 取中点，连接，， 则∥，且平面，平面， 所以∥平面， 又因为∥平面，且，，平面， 所以平面∥平面， 平面平面，平面平面， 可得， 因为为中点，且为中点，可得， 又因为，所以. 【解析】 【分析】（1）根据题意可证∥平面，结合线面平行的性质即可得结果； （2）根据平行关系可得，结合线面平行的判定定理分析证明； （3）取中点，连接，，可证平面∥平面，根据面面平行的性质可得，再结合平行线的性质运算求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 如图，在平面五边形中，，，，，的面积为.现将五边形沿向内进行翻折，得到四棱锥. （1）求线段的长度； （2）求四棱锥的体积的最大值； （3）当二面角的大小为时，求直线与平面所成的角的正切值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）延长相交于点，由余弦定理可得答案； （2）求出四边形的面积为定值，要向折叠后得到的四棱锥体积最大，则要四棱锥的高最大，即平面平面时，此时四棱锥的高即为边上的高，求出高可得答案； （3）做交于点，得点为的中点，，设翻折前点为，做，利用线面垂直的判定定理得平面，为直线与平面所成的角，求出边长可得答案. 【小问1详解】 如图， 延长相交于点， 因为，所以， 所以是边长为1的等边三角形，， 所以，， 由余弦定理得， 即，即， 所以； 【小问2详解】 延长相交于点，是边长为1的等边三角形， 由（1），得，， 所以， ， 故四边形的面积为 要向折叠后得到的四棱锥体积最大，则要四棱锥的高最大， 故使平面平面，此时四棱锥的高即为边上的高， 因为的面积为，设边上的高为， 则，解得， 故四棱锥的体积的最大值为； 【小问3详解】 作交于点，由，所以， 可得，所以点为的中点， 取的中点，连接， 则，可得，所以， 设翻折前点为，连接，则，，， 作交于点，连接， 因为，，，平面， 所以平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 由于，，所以， 因为分别为的中点，所以，， ， 由余弦定理得 ，， 所以. 【点睛】关键点点睛：第三问解题的关键点是利用线面垂直的判定定理得到平面，得出为直线与平面所成的角. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $