精品解析：云南省玉溪市2024-2025学年高二上学期9月一调考试数学试卷

2024—2025学年度上学期高二年级一调考试 数学试卷 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在平行六面体中，AC与BD的交点为M，设，，，则下列向量中与相等的向量是（ ） A. B. C. D. 3. 若函数在上单调递减且对任意满足，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 4. 在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，底面，点在侧棱上，且满足，则异面直线和的距离为（ ） A. B. C. D. 5. 已知空间中三点，平面的一个法向量为，则以为邻边的平行四边形的面积为（ ） A. B. C. 3 D. 6. 在矩形中，，，沿对角线将矩形折成一个大小为的二面角，当点与点之间的距离为3时，（ ）． A. B. C. D. 7. 边长为1的正方体中，E，F分别是，中点，M是靠近B的四等分点，P在正方体内部或表面，，则的最大值是（ ） A. 1 B. C. D. 8. 已知点A，B，C，D，P，Q都在同一个球面上，为正方形，若直线PQ经过球心，且平面.则异面直线所成的角的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，，则在上的投影向量为 B. 若两个不同平面，的法向量分别是，，且，，则 C. 若，则A，B，C，G四点共面 D. 若向量，（x，y，z都是不共线的非零向量）则称在基底下的坐标为，若在单位正交基底下的坐标为，则在基底下的坐标为 10. 如图所示是一个以为直径，点S为圆心的半圆，其半径为4，F为线段的中点，其中C、D、E是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成上一个以S为顶点的圆锥的侧面，则关于此圆锥，下列说法不正确的是（ ） A. 为正三角形 B. 平面 C. 平面 D. 点到平面的距离为 11. 如图，点是边长为2的正方体的表面上一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. 当点在侧面上时，四棱锥的体积为定值 B. 存在这样的点，使得 C. 当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为 D. 当时，点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数满足，则______. 13. 空间内四点，，，可以构成正四面体，则___________. 14. 如图，在正方体中，，点分别为的中点，则平面截正方体所得截面面积为__________，动点满足，且，则当取得最小值时二面角的余弦值为__________. 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. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是2，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且MA和NF的长度保持相等，记. （1）求MN的长； （2）当MN的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值. 16. 如图，已知多面体的底面ABCD是菱形，侧棱底面，且． （1）证明：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 如图所示，在长方体中，，，为棱的中点． （1）若是线段上的动点，试探究：是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由． （2）过作该长方体外接球的截面，求截面面积的取值范围． 18. 如图，三棱台，平面平面，与相交于点，且平面． （1）求三棱锥的体积； （2）平面与平面所成角为与平面所成角为，求的值． 19. 如图1，在平行四边形中，，E为的中点．将沿折起，连接与，如图2． （1）当为何值时，平面平面? （2）设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． （3）当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的内切球的半径． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度上学期高二年级一调考试 数学试卷 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将中的元表依次代入验证，即可求解. 【详解】将中的元表依次代入验证， ， 只有，0，满足， 所以. 故选：C. 2. 在平行六面体中，AC与BD的交点为M，设，，，则下列向量中与相等的向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合图形，由空间向量的线性运算可得. 【详解】 如图，因为四边形ABCD为平行四边形，所以M为AC中点， 所以， 所以. 故选：C 3. 若函数在上单调递减且对任意满足，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】的对称轴为；结合单调性可得，然后求解即可. 【详解】因为，所以的对称轴为， 又在上单调递减，则在上单调递增， 又因为，由对称性可得， 所以，，即. 故选：D 4. 在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，底面，点在侧棱上，且满足，则异面直线和的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】如图，以点为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系， 则. 所以， 设为直线和的公垂线的方向向量， 则有，可取， 所以异面直线和的距离为. 故选：A. 5. 已知空间中三点，平面的一个法向量为，则以为邻边的平行四边形的面积为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】运用法向量求出坐标，再求出平行四边形边长和夹角余弦值，进而求出正弦值，再用面积公式即可. 【详解】平面的一个法向量为，则，解得，故.，则， 则. 则平行四边形面积为. 故选：D. 6. 在矩形中，，，沿对角线将矩形折成一个大小为的二面角，当点与点之间的距离为3时，（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的线性运算可得，利用模长公式，结合数量积的运算即可求解. 【详解】分别作，，垂足为，则． 由，可得， 所以． 因为， 则 即， 故， 故选：B． 7. 边长为1的正方体中，E，F分别是，中点，M是靠近B的四等分点，P在正方体内部或表面，，则的最大值是（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，从而求得，再根据向量模长公式结合即可求解. 【详解】在边长为1的正方体中，建立空间直角坐标系，设， 则， ，则， 由，得，即，而， 因此， 当且仅当，取等号，此时，所以的最大值是. 故选：D 8. 已知点A，B，C，D，P，Q都在同一个球面上，为正方形，若直线PQ经过球心，且平面.则异面直线所成的角的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由几何关系确定球心，再建立如图所示坐标系，然后分别求出及其模长，再代入向量的夹角公式，最后结合余弦函数的取值确定最小值即可. 【详解】设球的半径为，记正方形中心为， 因为为正方形，直线PQ经过球心，且平面． 所以过点且的中点为球心， 设球心为，以为原点，分别为x，y，z轴正半轴，建立空间直角坐标系， 设，， 则，，，， 所以，， 所以， 所以，， 又，即． 所以， 当且仅当时等号成立， 设直线所成的角为，则， 又，所以． 故选：A． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，，则在上的投影向量为 B. 若两个不同平面，的法向量分别是，，且，，则 C. 若，则A，B，C，G四点共面 D. 若向量，（x，y，z都是不共线的非零向量）则称在基底下的坐标为，若在单位正交基底下的坐标为，则在基底下的坐标为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据投影向量公式计算判断A,应用向量共线判断B,判断四点共面判断C,根据基底运算判断D. 【详解】对于A，由于，，则在的投影向量为，故A错误； 对于B：若两个不同平面，的法向量分别是，，且，，，则，故B正确； 对于C：由于，对于，故A，B，C，G四点不共面，故C错误； 对于D：在单位正交基底下的坐标为，即， 所以在基底下满足， 故，，，解得，，， 则在基底下的坐标为，故D正确. 故选:BD. 10. 如图所示是一个以为直径，点S为圆心的半圆，其半径为4，F为线段的中点，其中C、D、E是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成上一个以S为顶点的圆锥的侧面，则关于此圆锥，下列说法不正确的是（ ） A. 为正三角形 B. 平面 C. 平面 D. 点到平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】作出图形，可得该半圆围成的几何体为圆锥，由边长关系可得A、B错误；由线面平行的判定定理可得C正确；由线面垂直的判定定理可得D错误； 【详解】选项A，该半圆围成的圆锥，如图所示， 设圆锥底面半径为，则，，， 为的中点，为的中点，，且，，为等腰直角三角形，故A错误； 选项B，若平面，则， 直角中，，，故B错误； 选项C，，平面，平面，平面，故C正确； 选项D，，，，且平面，平面， 平面， 又平面平面平面， 到直线的距离即为到平面的距离， 又，到直线的距离等于到直线的距离，为，故D错误； 故选：ABD. 11. 如图，点是边长为2的正方体的表面上一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. 当点在侧面上时，四棱锥的体积为定值 B. 存在这样的点，使得 C. 当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为 D. 当时，点的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A，求出四棱锥的体积即可判断；对于选项B，结合空间向量的线性运算即可判断；对于选项C，分当点在侧面，侧面上以及当点在上底面上，和点在侧面上三种情况分类讨论即可判断；对于选项D，分当在底面上和点在侧面上分类讨论即可判断. 【详解】对于选项A，点到侧面的距离即为2，， 故四棱锥的体积， 所以四棱锥的体积为定值，故A选项正确； 对于选项B，因为， 而，因此点是的中点， 所以这样的点不在正方体的表面上，故B选项错误； 对于选项C，①当点在侧面，侧面上时（不包括正方形 的边界），过点作平面的垂线，垂足为，连，在 中，由，可得；②当点在上底面 上时，过点作平面的垂线， 垂足为，若，必有，又由，有 ，此时点的轨迹是以为圆心，2为半径的四分之一圆， 点的轨迹长度为；③当点在侧面上时， 点在线段上符合题意， 此时点的轨迹长为；由上知点的轨迹长度为，故C选项正确； 对于选项D，①当在底面上时，点的轨迹为以为圆心， 为半径的圆与底面的交线，记圆与相交于点，与交于点， 有，可得， 则点的轨迹与底面的交线长为； ②当点在侧面上时，， 可得点的轨迹与侧面的交线为以点为圆心， 为半径的四分之一圆，交线长为． 由对称性可知，点的轨迹长度为，故D选项正确． 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：对于立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数满足，则______. 【答案】 【解析】 【分析】设出复数的代数形式，利用复数加法及复数相等求出即可. 【详解】设，由，得， 即，因此，解得， 所以. 故答案为： 13. 空间内四点，，，可以构成正四面体，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】将问题转换为求正四面体的高，由正三角形的重心的坐标公式、向量的坐标的定义即可求解. 【详解】由已知正四面体的棱长为1，所以的竖坐标为正四面体的高，的外接圆半径为， 所以正四面体的高为， 而横坐标，纵坐标即底面三角形的重心坐标，，， 所以， 故答案为：. 14. 如图，在正方体中，，点分别为的中点，则平面截正方体所得截面面积为__________，动点满足，且，则当取得最小值时二面角的余弦值为__________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】建立适当的空间直角坐标系，第一空：只需证明即可得到平面截正方体所得截面为梯形，进一步结合已知条件求解即可；第二空：结合已知将取得最小值转换为，其中，进一步求出两平面的法向量即可求解. 【详解】由题意以点为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 第一空：因为分别为的中点，所以， 因为， 所以，所以四边形是平行四边形， 所以， 因为，所以，即四点共面， 所以平面截正方体所得截面为梯形，由对称性可知该梯形是等腰梯形， 因为正方体棱长为4， 所以梯形的上底，下底，梯形的腰长为， 所以梯形的高为， 故所求截面面积为； 第二空：由题意，且， 所以， 在中，当时，， 所以表示经过点且法向量为的平面， 即点在平面上， 由以上分析可知，， 若要取得最小值，只需最小，此时，当然也有， 由题意设，而， 设平面的法向量为， 所以，令，解得， 所以可取， 显然平面的一个法向量可以是， 二面角的余弦值为. 故答案为：18，. 【点睛】关键点点睛：第二空的关键在于将取得最小值转换为，其中，由此即可顺利得证. 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. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是2，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且MA和NF的长度保持相等，记. （1）求MN的长； （2）当MN的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题建系，求出点的坐标，利用两点之间的距离公式计算即得； （2）根据（1）的结论求得，即得点的坐标，取的中点，连接，，证明是平面与平面的夹角或其补角,利用空间向量的夹角公式计算即得. 【小问1详解】 由题意可知，直线BC、BE、BA两两垂直，可以点B为原点建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，， 因为，所以，. 所以. 【小问2详解】 由（1），已得， 因，则当时，取得最小值为. 此时，分别为的中点，则，，取的中点，连接，， 则，因为，，所以，. 故是平面与平面的夹角或其补角， 因为，. 所以， 故平面与平面夹角的余弦值是. 16. 如图，已知多面体的底面ABCD是菱形，侧棱底面，且． （1）证明：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）因为，所以， 又因为平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为四边形是菱形，所以， 又因为，，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以； （2） 【解析】 【分析】（1）由向量的关系，可得直线的平行，再由题意和菱形的性质可证得平面，进而可证得结论； （2）由题意建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出直线的方向向量与平面法向量的坐标，求出这两个向量的夹角的余弦值，进而求出线面所成的角的正弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设交于，以为原点，以为轴，为轴，过作为轴建立空间直角坐标系， 由图可知，，，，，, 则，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则， ， 因为，，， 所以， 设直线与平面所成角为， 则． 因此直线与平面所成角的正弦值为． 17. 如图所示，在长方体中，，，为棱的中点． （1）若是线段上的动点，试探究：是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由． （2）过作该长方体外接球的截面，求截面面积的取值范围． 【答案】（1）是定值， （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意利用勾股定理可得，所以向量在上的投影向量为，运算得解； （2）以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出点到直线的距离即点到过的截面的距离最大值，从而得到过的最小截面圆的半径，又最大的截面面积为，得解. 【小问1详解】 因为是的中点，所以， 所以，，， 因为，所以，又点在线段上， 所以向量在上的投影向量为，故，为定值． 【小问2详解】 设球心为，外接球半径为，最小截面圆的半径为． 由已知可得，则最大的截面面积为． 以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立如图的空间直角坐标系， 则，，． 取，，则，． 所以点到直线的距离为， 即点到过的截面的距离最大值为． 所以过的最小截面圆的半径， 因此最小的截面面积为， 综上，截面面积的取值范围是． 【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键是利用向量法求出点到直线的距离也就是点到过的截面的距离最大值，从而得到过的最小截面圆的半径. 18. 如图，三棱台，平面平面，与相交于点，且平面． （1）求三棱锥的体积； （2）平面与平面所成角为与平面所成角为，求的值． 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明线线和线面垂直，并结合已知条件即可得出三棱锥的体积； （2）建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，求出角与的正余弦值，即可解出． 【小问1详解】 由题意，平面平面， 且平面平面平面， 平面， 平面，， 又平面， 平面． 连接，平面平面，平面平面，， ，，． 三棱锥底面三角形的面积为 ，高， 其体积为：． 【小问2详解】 由题意及（1）得， 以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系， 如图，， 则． 设平面的法向量为， 由，取，则， 平面的一个法向量为， 所以． 又因为，所以． ． 又，所以． 19. 如图1，在平行四边形中，，E为的中点．将沿折起，连接与，如图2． （1）当为何值时，平面平面? （2）设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． （3）当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的内切球的半径． 【答案】（1） （2）存在， （3） 【解析】 【分析】（1）先探索面面垂直的必要条件，再证明充分性即可. （2）由（1）得面面垂直、线面垂直关系，建立空间直角坐标系，用向量方法表示线面角的正弦值，建立关于的方程求解即可 （3）借助体积公式可得当平面时，三棱锥的体积最大，借助等体积法计算可得内切球半径. 【小问1详解】 连接，由题意得，， 则为等边三角形，， 在中，， 由余弦定理得， 所以，由， 则，故. 若平面平面， 由平面平面，平面，， 则平面，平面，则， 所以. 下面证明当时，平面平面. 证明：由，则， 所以，又，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 故当时，平面平面； 【小问2详解】 由（1）知，，则平面平面. 在平面内过作， 由平面平面，平面， 则平面，平面，则. 如图，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故， 由， ， 因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以， 化简得，解得或（舍去）， 故当时，存在，使直线与平面所成角的正弦值为； 【小问3详解】 设点到平面的距离为， 由，其中为定值， 则要使三棱锥的体积最大时，则点到平面的距离取最大， 取中点，连接，则， 当平面时，点到平面的距离最大， 此时，由平面，则平面平面， 由（1）知，，为直角三角形， . 则， ， ， 在中，，取中点， 则，且， 所以， 设内切球球心为，内切球半径为，由等体积法知， 其中，， 故， 故当三棱锥的体积最大时，三棱锥的内切球的半径为. 【点睛】方法点睛：空间几何体的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出或找到截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径；三是建立空间直角坐标系，设出球心坐标，利用有关半径等的等量关系解方程组可得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $