精品解析：四川省成都市双流区立格实验学校2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题

成都立格实验学校2024-2025学年高二上学期入学考试试题 （时间120分钟） 命题人 王方俊 审题人 邱建 清骆波 一、选择题（共8小题，每小题5分） 1. 已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正方形，则原图形的面积为（ ） A. B. C. D. 2. 在平行四边形ABCD中，M为BC的中点，设，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知m，n是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4. 如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，与直线CN所成角为的直线是（ ）． A. DE B. AB C. BF D. BN 5. 四棱锥中，平面ABCD，四边形为矩形，，，若四棱锥的外接球的表面积为，则（ ） A. 3 B. 6 C. 2 D. 2.5 6. 如图，已知长方体中，，点E是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知平面向量，，，，满足，，则为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 8. 已知D是某人工湖上的一个小岛，A、B、C是湖边的三栋建筑（A，B，C，D在同一平面内）.若CD之间有直线型栈道，长为30m.在C点测得，；在D点测得，，则AB之间直线距离为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共3小题，每小题6分） 9. 已知两平面，平行，且，则下列判断正确的有（ ） A. 与内所有直线都平行 B. 与内无数条直线平行 C. 与内无数条直线异面 D. 与无公共点 10. 已知向量，，则（ ） A. 向量方向上的单位向量为 B. 当时，向量在向量上的投影向量为 C. 当与的夹角为锐角时， D. 当时， 11. 如图，，线段与交于点，记，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题（共3小题） 12. 若，是纯虚数，则______． 13. 设向量，不平行，向量与平行，则实数_________． 14. 如图，平面四边形中，，，，，沿将折起成直二面角（折起后原来平面图形的D点变为空间图形的P点），则折起后四面体的内切球半径为______． 四、解答题（共5小题） 15. 在中，角，，的对边分别为，，，的面积为且． （1）求角的大小： （2）若点为上一点，，，，求． 16. 已知函数． （1）求，的值； （2）求的最小正周期及对称轴方程； （3）当时，求的单调递增区间． 17. 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q、M分别为AD、PC的中点．，． （1）求证：直线PQ⊥平面ABCD； （2）求二面角M－BQ－C的平面角的大小． 18. 已知函数，其中，． （1）当时，求的值域； （2）若存在，使得成立，求t的取值范围． 19. 如图，在三棱柱中，与交于点，平面，，是的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都立格实验学校2024-2025学年高二上学期入学考试试题 （时间120分钟） 命题人 王方俊 审题人 邱建 清骆波 一、选择题（共8小题，每小题5分） 1. 已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正方形，则原图形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直观图的平面图，再求出相关线段长，即可求出平面图的面积. 【详解】由直观图可得如下平面图形： 则，，， 所以. 故选：D 2. 在平行四边形ABCD中，M为BC的中点，设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，作出几何图形，再利用向量线性运算求解即得. 【详解】在中，M为BC的中点，，， 所以. 故选：C 3. 已知m，n是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间中点线面的位置关系，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A, 若，，则或，故A错误， 对于B, ，，则,故B正确， 对于C，，，则或，相交，故C错误， 对于D，，，则或，故D错误， 故选：B 4. 如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，与直线CN所成角为的直线是（ ）． A. DE B. AB C. BF D. BN 【答案】A 【解析】 【分析】把给定的正方体的平面展开图还原成几何体，再观察正方体即可作答. 【详解】正方体的平面展开图所对应的几何体，如图所示，其中点E，F重合， 与所成角为，而，即，D不是； ，则与所成角为，B不是； ，，四边形为平行四边形，，C不是； 与所成角为，而，即， 因此与所成角为的直线是，A正确. 故选：A 5. 四棱锥中，平面ABCD，四边形为矩形，，，若四棱锥的外接球的表面积为，则（ ） A. 3 B. 6 C. 2 D. 2.5 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据题意将四棱锥中补全成长方体，根据表面积可得球半径，再求长方体的外接球半径即可． 【详解】将四棱锥中补全成长方体，如图所示： 所以四棱锥的外接球即为长方体的外接球． 由于四棱锥的外接球的表面积为，故球半径满足，故， 则外接球的半径为， ． 故选：A． 6. 如图，已知长方体中，，点E是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取中点为，易证为异面直线与所成角，分别求出，，的值，再利用余弦定理求出答案. 【详解】如图所示，取中点为,并连接， 在矩形中，分别为的中点， 所以 在矩形中，， 所以 所以四边形为平行四边形，所以， 所以为异面直线与所成角， 又，，， 所以. 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：B 7. 已知平面向量，，，，满足，，则为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量之间的运算性质,由得，由得以及模长的计算方法即可求得结果 【详解】由，得①；又，得②， 联立①②得：，，， 故选：A 8. 已知D是某人工湖上的一个小岛，A、B、C是湖边的三栋建筑（A，B，C，D在同一平面内）.若CD之间有直线型栈道，长为30m.在C点测得，；在D点测得，，则AB之间直线距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先在中求得，在中利用正弦定理求出，然后在中利用余弦定理可求出. 【详解】在中，，，则， 所以， 因为，， 所以， 因为，所以， 在中，由正弦定理得， 所以，得， 在中，由余弦定理得 ， 所以. 故选：A. 二、多选题（共3小题，每小题6分） 9. 已知两平面，平行，且，则下列判断正确的有（ ） A. 与内所有直线都平行 B. 与内无数条直线平行 C. 与内无数条直线异面 D. 与无公共点 【答案】BCD 【解析】 【分析】可以参考长方体中的线面关系和面面平行的性质定理逐条分析得到结论. 【详解】可将已知条件结合如图长方体进行分析， 设平面为，平面为，， 则本题即可转化为分析直线与平面内直线的位置关系， 对于A，直线与直线不平行，而直线在平面内，故选项A错误. 对于B，由长方体性质知，，在平面由无数条直线与平行，根据平行线的传递性，可知选项B正确. 对于C，可知直线与异面，则平面内，与平行的无数条直线都与直线异面，选项C正确. 对于D，根据面面平行性质定理可知选项D正确. 故选：BCD. 10. 已知向量，，则（ ） A. 向量方向上的单位向量为 B. 当时，向量在向量上的投影向量为 C. 当与的夹角为锐角时， D. 当时， 【答案】BC 【解析】 【分析】向量方向上的单位向量为即可判断A；向量在向量上的投影向量为判断B；根据且与不同向判断C，根据求出，再由向量模的坐标表示判断D. 【详解】对于A：因为，则， 所以向量方向上的单位向量为，故A错误； 对于B：当时，所以，， 所以向量在向量上的投影向量为，故B正确； 对于C：当与的夹角为锐角，则且与不同向， 故，解得，故C正确； 对于D：当，则，解得，所以， 所以，所以，故D错误. 故选：BC 11. 如图，，线段与交于点，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用平面向量加法、减法以及数乘的几何意义，结合图形的几何性质，可得答案. 【详解】， 设，，， ∵，∴，同理，，，， 联立解得. 故选：AD. 三、填空题（共3小题） 12. 若，是纯虚数，则______． 【答案】0 【解析】 【分析】根据纯虚数的定义即可求解. 【详解】为纯虚数，则且，故， 故答案为：0 13. 设向量，不平行，向量与平行，则实数_________． 【答案】 【解析】 【详解】因为向量与平行，所以，则所以． 考点：向量共线． 14. 如图，平面四边形中，，，，，沿将折起成直二面角（折起后原来平面图形的D点变为空间图形的P点），则折起后四面体的内切球半径为______． 【答案】 【解析】 【分析】分别求出三棱锥的表面积、体积，结合等体积法即可列方程求解. 【详解】因为平面平面，，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以， 又因为，平面， 所以平面，而平面， 从而， 设所求为，三棱锥的表面积、体积分别为，， 而，， 从而，解得. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键在于利用等体积法建立关于的方程，由此即可顺利得解. 四、解答题（共5小题） 15. 在中，角，，的对边分别为，，，的面积为且． （1）求角的大小： （2）若点为上一点，，，，求． 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）利用面积公式及余弦定理求出，即可得解； （2）由余弦定理求出，再由锐角三角函数计算可得. 【小问1详解】 因为，即， 由余弦定理，所以， 又，所以. 【小问2详解】 由余弦定理，即， 解得或， 因为，所以或. 16. 已知函数． （1）求，的值； （2）求的最小正周期及对称轴方程； （3）当时，求的单调递增区间． 【答案】（1）； （2）最小正周期为，对称轴方程为 （3）和 【解析】 【分析】（1）利用降幂公式及辅助角公式，结合将对应的自变量代入函数即可求出相应函数值； （2）根据（1）的结论，利用正弦型函数的周期公式及对称轴方程即可求解； （3）根据（1）的结论，利用正弦型函数的单调性的求法及范围即可求解. 【小问1详解】 函数 ， 所以， 所以sin． 【小问2详解】 由干，所以函数的最小正周期， 令，解得， 所以函数的对称轴方程为． 【小问3详解】 令， 解得， 由于，所以 当时，，所以函数的单调递增区间为， 当时，，所以函数的单调递增区间为， 综上，函数的单调递增区间为和． 17. 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q、M分别为AD、PC的中点．，． （1）求证：直线PQ⊥平面ABCD； （2）求二面角M－BQ－C的平面角的大小． 【答案】（1） 由PA＝PD，Q为AD中点，可得PQ⊥AD． 因为平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD面ABCD＝AD，平面PAD， 所以直线PQ⊥平面ABCD． （2）． 【解析】 【分析】（1）由等腰三角形的性质结合面面垂直的性质得出线面垂直； （2）作辅助线，由线面垂直的判定证明，结合二面角的定义、锐角三角函数求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接QC，过点M作MH⊥QC于点H，过H作HG⊥QB于G，连接MG． 又M为PC中点，PQ⊥平面ABCD，所以MH∥PQ，MH⊥平面ABCD， 因为平面ABCD，所以. 因为平面，所以平面. 因为平面，所以， 则∠MGH为二面角M－BQ－C的平面角，大小记为θ． 点M到平面BQC的距离， H为QC中点，H到BQ距离，则，即. 故二面角M－BQ－C的平面角的大小为． 18. 已知函数，其中，． （1）当时，求的值域； （2）若存在，使得成立，求t的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量数量积的坐标表示及二倍角公式、辅助角公式将函数化简，再根据x的取值范围求出的取值范围，再根据正弦函数的性质计算可得； （2）将所求问题进行等价转化为，当，再对t进行分类讨论并根据正弦函数的性质计算最大值即可. 【小问1详解】 由题意得， ， 又因为，所以，由正弦函数性质可知， ，即， 所以的值域为. 【小问2详解】 若，使得成立， 则等价于时，即可. ①由（1）可知，， 因为，所以， 当时，即时，此时， 所以，即， 根据正弦函数的性质可得，，解得， 所以. ②当时，即时，显然成立. 综上得，， 所以的取值范围是. 19. 如图，在三棱柱中，与交于点，平面，，是的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 在三棱柱中，与交于点， 所以为的中点，又是的中点，所以， 又平面，平面，所以平面； （2） 因为，是的中点，所以， 又平面，，所以平面，又平面， 所以， 又，平面，所以平面； （3） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，即可证明； （2）依题意可得，再由平面，得到，即可得证； （3）取的中点，连接、、，首先证明，从而得到平面，则为直线与平面所成角的平面角，再由锐角三角函数计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 取的中点，连接、、， 则且，又且， 所以且， 所以四边形为平行四边形，所以，又平面， 所以平面， 所以为直线与平面所成角的平面角， 因为平面，平面，所以， 设，则，， 所以，所以直线与平面所成角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $