精品解析：广东省深圳市深圳大学附属实验中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题

深大实验2024-2025学年度高二年级第一学期第一次月考 数学试题 2024.10.11 试卷分值：150分 考试时间：120分钟 第I卷（选择题） 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. 已知在复平面内对应的点为，的共轭复数为，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. “”是“直线和直线平行且不重合”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 5. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中错误的是（ ） A. 若mn，n⊥α，αβ，则m⊥β B. 若则m⊥α C. 若m⊥α，mn，nβ，则α⊥β D. 若，则α⊥β 6. 我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，四棱锥为阳马，平面，且，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 7. 已知直线的方向向量为，点在上，则点到的距离为（ ） A. B. 4 C. D. 8. 正四面体的棱长为，点，是它内切球球面上的两点，为正四面体表面上的动点，当线段最长时，的最大值为（ ） A. 2 B. C. 3 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. 下列结论错误的是（ ） A. 过点且在，轴上的截距互为相反数的直线方程为 B. 直线与直线之间的距离为 C. 已知点，，点在轴上，则的最小值为 D. 已知两点，，过点的直线与线段没有公共点，则直线的斜率的取值范围是 10. 已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（ ） A. 直线与直线所成的角为 B. 直线与平面所成角的余弦值为 C. 四面体的体积为 D. 点到平面的距离为 11. 设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则下列说法正确的是（       ） A. 平面上存在定点使得的长度为定值 B. 的最大值为 C. 的最大值为 D. 点到直线的距离的最大值为 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是________． 13. 有一光线从点射到直线以后，再反射到点，则入射光线所在直线的方程为___________. 14. 在菱形中，，将沿折起，使得点到平面的距离最大，此时四面体的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为__________． 四、解答题：本大题共5道大题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15. 已知空间中三点，，，设，． （1）已知向量与互相垂直，求的值； （2）求的面积． 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足 （1）求A； （2）若，求a的最小值. 17. 如图，四边形是矩形，四边形是梯形， ，平面与平面互相垂直，． （1）求证：． （2）若二面角为，求多面体的体积． 18. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，分别是线段的中点，在平面内的射影为． （1）求证：平面； （2）若点为线段上的动点（不包括端点），求平面与平面夹角的余弦值的取值范围． 19. 已知点和非零实数，若两条不同的直线，均过点，且斜率之积为，则称直线，是一组“共轭线对”，如直线，是一组“共轭线对”，其中是坐标原点．规定相交直线所成的锐角或直角为两条相交直线的夹角． （1）已知直线，均过点，直线，是一组“共轭线对”，且的斜率为，求的一般式方程； （2）已知，是一组“共轭线对”，求，的夹角的最小值； （3）已知点，直线，是“共轭线对”，当的斜率变化时，求原点到直线，的距离之积的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深大实验2024-2025学年度高二年级第一学期第一次月考 数学试题 2024.10.11 试卷分值：150分 考试时间：120分钟 第I卷（选择题） 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. 已知在复平面内对应的点为，的共轭复数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由共轭复数的概念及复数的四则运算逐个判断即可. 【详解】由题意，，，所以，，，． 故选：D 2. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过中间量，利用指数函数与对数函数的单调性比较大小即可. 【详解】因为为增函数，为减函数， 所以，，且 又因为为减函数，所以， 所以. 故选：B. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由诱导公式及余弦二倍角公式即可求解. 【详解】由题意得，． 故选：A 4. “”是“直线和直线平行且不重合”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用充分必要条件的判断，结合直线的位置关系即可求解． 【详解】当时，两直线分别为：，， ∴两直线斜率相等且， ∴两条直线平行且不重合；充分性成立， 若两直线平行且不重合，则， ∴，必要性成立， 综上所述，是两直线平行且不重合的充要条件， 故选：C． 5. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中错误的是（ ） A. 若mn，n⊥α，αβ，则m⊥β B. 若则m⊥α C. 若m⊥α，mn，nβ，则α⊥β D. 若，则α⊥β 【答案】D 【解析】 【分析】对于每一个选项从定义或判定上分析，另外这类题也可以通过画图来判断. 【详解】解：对于A，若，则且，所以A正确； 对于B，若，则且，所以B正确； 对于C，若，则由面面垂直的判定定理可得，所以C正确； 对于D，若，则可能相交或垂直，所以D错误. 故选：D. 6. 我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，四棱锥为阳马，平面，且，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量基本定理将用，和表示出来，对照各项系数计算即得. 【详解】∵，∴， ∴ ， 则，，，故． 故选：A. 7. 已知直线的方向向量为，点在上，则点到的距离为（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出向量，再计算与夹角的余弦值，进而得到正弦值，最后利用距离公式求出点到直线的距离. 【详解】点，点，所以. . 根据向量点积公式可得： 因为，所以： 且， 则点到直线的距离为. 故选：C. 8. 正四面体的棱长为，点，是它内切球球面上的两点，为正四面体表面上的动点，当线段最长时，的最大值为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】画出大致立体图，转化为平面向量的数量积，数形结合可得. 【详解】设正四面体的内切球球心为，为的中心，为的中点，连接，，则在上，连接，则． 因为正四面体的棱长为3，所以，所以. 设内切球的半径为，则，，解得， 当为内切球的直径时最长，此时，， ， 因为为正四面体表面上的动点，所以当为正四体的顶点时，最长，的最大值为，所以的最大值为． 故选：C. 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. 下列结论错误的是（ ） A. 过点且在，轴上的截距互为相反数的直线方程为 B. 直线与直线之间的距离为 C. 已知点，，点在轴上，则的最小值为 D. 已知两点，，过点的直线与线段没有公共点，则直线的斜率的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】过点且在，轴上的截距互为相反数的直线有过原点的方程为，即可判断选项A；由两平行线间的距离公式求解即可判断选项B；先求出点关于轴的对称点为，然后求解两点间的距离即可判断选项C；先求出，，由过点的直线与线段没有公共点即可判断选项D. 【详解】对于A，当直线过原点的方程为，故选项A错误； 对于B，由可得，与平行， 则两条平行直线间的距离为，故选项B错误， 对于C，点关于轴的对称点为，则， 所以， 即的最小值为，故C正确， 对于D，，，又直线与线段没有公共点，所以，故D错误. 故选：ABD 10. 已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（ ） A. 直线与直线所成的角为 B. 直线与平面所成角的余弦值为 C. 四面体的体积为 D. 点到平面的距离为 【答案】AC 【解析】 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标求与直线所成的角即可判断选项A；证明出平面，所以平面的一个法向量为，然后求解线面所成的角即可判断选项B；图形为正方体去掉四个全等的直棱锥，所以四面体的体积用正方体的体积减去四个三棱锥的体积即可判断选项C；利用向量法求解到平面的距离即可判断选项D. 【详解】如图以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 对于A：，， 因为，所以， 即，直线与直线所成的角为，故选项A正确； 对于B：在正方形中，， 又因为平面，平面，所以平面， 平面，所以，同理可证， ，所以平面，所以平面的一个法向量， 因为，所以， 即直线与平面所成角的正弦值为， 所以直线与平面所成角的余弦值为，故选项B错误； 对于C：图形为正方体去掉四个全等的直棱锥， 所以四面体的体积为：，故选项C正确； 对于D：因为，平面的一个法向量，，， 故，令，则，，故， 所以点到平面的距离，故选项D不正确. 故选：AC 11. 设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则下列说法正确的是（       ） A. 平面上存在定点使得的长度为定值 B. 的最大值为 C. 的最大值为 D. 点到直线的距离的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据直线经过定点，结合两直线垂直，即可根据直角三角形的性质求解A，根据基本不等式即可求解BC，又面积公式和不等式即可求解D. 【详解】由直线，可得过定点， 动直线，可得恒过定点， 因为两条直线始终互相垂直，是两条直线的交点，所以，所以当为中点时，此时, 所以A正确； 由于 ,又，所以 ， ，故 ，当且仅当 取等号，故B正确，C错误， 设到直线的距离为，由于，故，故最大值为，故D正确， 故选：ABD 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是________． 【答案】 【解析】 【分析】利用空间向量数量积的坐标表示，结合投影向量公式进行求解即可. 【详解】由题意得，, ∴向量在向量上的投影向量为 ． 故答案为：. 13. 有一光线从点射到直线以后，再反射到点，则入射光线所在直线的方程为___________. 【答案】 【解析】 【分析】求出关于直线的对称点为，入射光线所在的直线为所在直线，两点式求出直线方程，得到答案. 【详解】设点关于直线的对称点为， 则，解得， 故， 入射光线所在的直线为所在直线，即， 即． 入射光线所在的直线方程为． 故答案为： 14. 在菱形中，，将沿折起，使得点到平面的距离最大，此时四面体的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】作出图象，由题意可得平面平面．和均是边长为2的等边三角形，连接的外接圆的圆心为与四面体的外接球的球心为，在直角三角形中由勾股定理解出的值，再根据球的表面积公式计算即可. 【详解】解：如图，设， 因为四边形为菱形，， 所以和均是边长为2的等边三角形，则． 因为翻折后点到平面的距离最大，所以平面平面． 设的外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为， 则平面，且． 设，则，解得， 所以外接球的半径， 所以四面体的外接球的表面积． 故答案为： 四、解答题：本大题共5道大题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15. 已知空间中三点，，，设，． （1）已知向量与互相垂直，求的值； （2）求的面积． 【答案】（1）5 （2） 【解析】 【分析】（1）由向量垂直的充要条件可得； （2）先由向量夹角公式求得的余弦，进而求得正弦，再利用三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为，，， 所以，，， 因为向量与互相垂直，所以，解得． 所以的值是5． 【小问2详解】 由（1）可得． 故， 所以． 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足 （1）求A； （2）若，求a的最小值. 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理结合特殊角三角函数值求角即可； （2）应用余弦定理结合基本不等式求值即可. 【小问1详解】 ，即， 即； 【小问2详解】 由余弦定理有， 当且仅当时取等号，故a的最小值为1. 17. 如图，四边形是矩形，四边形是梯形， ，平面与平面互相垂直，． （1）求证：． （2）若二面角为，求多面体的体积． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理先证，再证线面垂直即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，由二面角计算BC长，将多面体分割为四棱锥和三棱锥，分别计算其体积即可. 【小问1详解】 在中，由正弦定理得， 所以． 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 又平面,所以； 【小问2详解】 因为四边形是矩形，所以．结合平面，可知两两垂直．故以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 易知平面的一个法向量为， 假设，则，， 设平面的法向量为，所以，即， 令，则，所以平面的一个法向量为， 因为二面角为，所以， 解得． 易证，所以． 因为，平面平面，平面平面， 所以平面，所以是三棱锥的高． ， 因为平面，所以是四棱锥的高． ， 所以多面体的体积. 18. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，分别是线段的中点，在平面内的射影为． （1）求证：平面； （2）若点为线段上的动点（不包括端点），求平面与平面夹角的余弦值的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先由平面证得，结合证明平面，得，结合可证得平面； （2）根据（1）结论建系，求出相关点和向量的坐标，设,求得，利用与求得平面的法向量，根据向量夹角的坐标公式，求得，最后利用函数的单调性求其范围即得. 【小问1详解】 连结，，因为为等边三角形，为中点，则， 依题意平面，平面，所以， 又，平面， 所以平面，又平面，所以． 由题设知四边形为菱形，所以， 因为，分别为，中点，所以，即， 又，平面，所以平面； 【小问2详解】 由（1）知平面，又，故可以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系.（如图） 则, 于是，，，, 设，则， 设平面的法向量，则 令，则，，则， 由（1）可知可作为平面的一个法向量， 则， 令，则， 则； 设 ，则 ，故得， 即平面与平面夹角的余弦值的取值范围为． 19. 已知点和非零实数，若两条不同的直线，均过点，且斜率之积为，则称直线，是一组“共轭线对”，如直线，是一组“共轭线对”，其中是坐标原点．规定相交直线所成的锐角或直角为两条相交直线的夹角． （1）已知直线，均过点，直线，是一组“共轭线对”，且的斜率为，求的一般式方程； （2）已知，是一组“共轭线对”，求，的夹角的最小值； （3）已知点，直线，是“共轭线对”，当的斜率变化时，求原点到直线，的距离之积的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由“共轭线对”的定义可知的斜率为，且过点，求直线的方程即可； （2）设的斜率为，则的斜率为，两直线的夹角为，利用基本不等式求解最小值即可； （3）设，，其中，，利用基本不等式求其取值范围即可. 【小问1详解】 已知直线，均过点，直线，是一组“共轭线对”， 且的斜率为，所以的斜率为， 故方程为：，化为一般式为：. 【小问2详解】 设的斜率为，则的斜率为，两直线的夹角为， 则， ∵，∴， 等号成立的条件是，所以直线，的夹角最小值为． 【小问3详解】 设，，其中， 故 由于（等号成立的条件是）， 故，所以， 即原点到直线，的距离之积的取值范围为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $