精品解析：海南省万宁市第二中学2024-2025学年高一下学期第二次月考数学试题

海南省万宁市第二中学2024-2025学年高一下学期第二次月考数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（共40分） 1. 在复平面内，对应的点位于（ ）． A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 1 4. 已知的内角的对边分别为，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 在中，内角的对边分别为，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形中对角线的长度为（ ） A. B. C. D. 7. 如图是一个直径为12cm的球形容器和一个底面直径为6cm、深8cm的圆柱形水杯（壁厚均不计），则球形容器装满时，约可以倒满水杯（ ） A. 3杯 B. 4杯 C. 5杯 D. 6杯 8. 如图，在正方体中，分别为的中点，则下列命题正确的是（ ） A. 平面 B. 与相交 C. 与是异面直线 D. 四边形为正方形 二、多选题（共18分） 9. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若与的夹角为，则 D. 若与方向相反，则在上的投影向量的坐标是 10. 对于函数和，下列说法中正确的有（ ） A. 与有相同的零点 B. 与有相同的最大值 C. 与有相同的最小正周期 D. 与的图象有相同的对称轴 11. 如图，在正四棱锥中，，E，F，G分别是AB，BC，PB的中点，则（ ） A. B. 平面平面 C. 三棱锥的体积为 D. 四棱锥的外接球的表面积为 三、填空题（共15分） 12. 已知是虚数单位，化简的结果为_________． 13. 在中，，，记，用表示_________；若，则的最大值为_________． 14. 如图所示，在棱长为2的正方体中，点M是AD的中点，动点P在正方体表面上移动，若平面，则P的轨迹长为__________． 四、解答题（共77分） 15. 设复数． （1）若是实数，求； （2）若是纯虚数，求． 16. 设的内角，，所对的边分别为，，，且，. （1）求角； （2）点为边的中点，若，求的面积； 17. 已知，． （1）若与共线，求的值． （2）若与的夹角为，求的值． （3）求向量在向量上投影的数量． 18. 如图，正三棱柱中，，D是的中点，与交于点E. （1）求证：平面； （2）若以为直径的球的表面积为，求三棱锥的体积. 19. 如图所示正四棱锥，为侧棱上的点，且. （1）记平面平面，证明：； （2）侧棱上是否存在一点，使得平面.若存在，求的值；若不存在，试说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 海南省万宁市第二中学2024-2025学年高一下学期第二次月考数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（共40分） 1. 在复平面内，对应的点位于（ ）． A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘法结合复数的几何意义分析判断. 【详解】因为， 则所求复数对应的点为，位于第一象限. 故选：A. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标运算可求的值. 【详解】因为，所以， 所以即，故， 故选：D. 3. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由得，结合，得，由此即可得解. 【详解】因为，所以，即， 又因为， 所以， 从而. 故选：B. 4. 已知的内角的对边分别为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理进行边角互化即可得. 【详解】由正弦定理，得． 故选：D. 5. 在中，内角的对边分别为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用余弦定理求解. 【详解】由及，得， 由余弦定理，得， 因为，所以. 故选：C 6. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形中对角线的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据直观图特征，作出其平面图形直角梯形，求出相关边长再求长即可． 【详解】由直观图知原几何图形是直角梯形， 如图，由斜二测画法可知，， 所以． 故选：A． 7. 如图是一个直径为12cm的球形容器和一个底面直径为6cm、深8cm的圆柱形水杯（壁厚均不计），则球形容器装满时，约可以倒满水杯（ ） A. 3杯 B. 4杯 C. 5杯 D. 6杯 【答案】B 【解析】 【分析】应用球的体积公式及圆柱的体积公式计算求解即可. 【详解】球的体积， 圆柱的体积， 所以，则球形容器装满时，约可以倒满水杯4杯. 故选：B 8. 如图，在正方体中，分别为的中点，则下列命题正确的是（ ） A. 平面 B. 与相交 C. 与是异面直线 D. 四边形为正方形 【答案】A 【解析】 【分析】由空间中线面的位置关系逐个判定即可. 【详解】因为分别为的中点，在正方体中易证平面，不在平面内，所以平面，A对， 在平面内，与平面相交于点，不在上，所以与为异面直线，B错， 因为分别为的中点，易知， 所以与共面，C错， 设正方体的棱长为2，易知，， ， 所以四边形为菱形而不是正方形，D错， 故选：A． 二、多选题（共18分） 9. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若与的夹角为，则 D. 若与方向相反，则在上的投影向量的坐标是 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用向量共线的坐标表示判断A；利用垂直的坐标表示判断B；利用数量积的运算律求解判断C；求出投影向量的坐标判断D. 【详解】向量，， 对于A，由，得，因此，A正确； 对于B，由，得，因此，B正确； 对于C，与的夹角为，，， 因此，C错误； 对于D，与方向相反，则在上的投影向量为，D正确. 故选：ABD 10. 对于函数和，下列说法中正确的有（ ） A. 与有相同的零点 B. 与有相同的最大值 C. 与有相同的最小正周期 D. 与的图象有相同的对称轴 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可. 【详解】A选项，令，解得，即为零点， 令，解得，即为零点， 显然零点不同，A选项错误； B选项，显然，B选项正确； C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确； D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足， 的对称轴满足， 显然图像的对称轴不同，D选项错误. 故选：BC 11. 如图，在正四棱锥中，，E，F，G分别是AB，BC，PB的中点，则（ ） A. B. 平面平面 C. 三棱锥的体积为 D. 四棱锥的外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知中点，即可得出，，判断A项；进而根据线面平行以及面面平行的判定定理得出B项；根据面面平行的性质可知，点到平面的距离等于点到平面的距离.进而求出四棱锥的体积，即可根据等体积法得出的体积，即可判断C项；由已知可知，点即为四棱锥外接球的球心，求出半径，根据圆的表面积公式求解即可判断D项. 【详解】对于A项，由已知E，F，G分别是AB，BC，PB的中点， 所以有，.故A正确； 对于B项，由A知， 平面，平面， 所以，平面. 平面，平面， 所以，平面. 又，平面，平面， 所以有平面平面.故B正确； 对于C项，如图，设，， 则平面，且. 由B知平面平面， 所以，点到平面的距离等于点到平面的距离. 即. 连接， 因为，所以， 根据正四棱锥的性质可知平面. 又平面， 所以，. 又， 所以，. 所以，.故C错误； 对于D项，由C知，，，， 所以有， 所以，点即为四棱锥外接球的球心，半径， 表面积为.故D正确. 故选：ABD. 三、填空题（共15分） 12. 已知是虚数单位，化简的结果为_________． 【答案】## 【解析】 【分析】由题意利用复数的运算法则，分子分母同时乘以，然后计算其运算结果即可. 【详解】由题意可得. 故答案为：. 13. 在中，，，记，用表示_________；若，则的最大值为_________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】空1：根据向量的线性运算，结合为的中点进行求解；空2：用表示出，结合上一空答案，于是可由表示，然后根据数量积的运算和基本不等式求解. 【详解】空1：因为为的中点，则，可得， 两式相加，可得到， 即，则； 空2：因为，则，可得， 得到， 即，即. 于是. 记， 则， 在中，根据余弦定理：， 于是， 由和基本不等式，， 故，当且仅当取得等号， 则时，有最大值. 故答案为：；. 14. 如图所示，在棱长为2的正方体中，点M是AD的中点，动点P在正方体表面上移动，若平面，则P的轨迹长为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，作出过点与平面平行的正方体截面，再求出截面周长即可. 【详解】在棱长为2的正方体中，取的中点，连接， 由为的中点，得，四边形为平行四边形， 则，又，则四边形是平行四边形， ，于是，四边形是平行四边形， 而平面，平面，则平面，同理平面， 又平面，因此平面平面， 又平面，P在正方体表面上移动，于是点的轨迹是与正方体的交线， 所以P的轨迹长为. 故答案为： 四、解答题（共77分） 15. 设复数． （1）若是实数，求； （2）若是纯虚数，求． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用复数的加法及复数的分类求出，再利用复数乘法求解即得. （2）利用复数除法及复数的分类求出即得. 【小问1详解】 由，得，而是实数， 于是，解得， 所以． 【小问2详解】 依题意，是纯虚数， 因此，解得， 所以． 16. 设的内角，，所对的边分别为，，，且，. （1）求角； （2）点为边的中点，若，求的面积； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将角化为边，再用余弦定理即可求解； （2）运用向量的方法，结合余弦定理求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以可化为 ， 所以， 整理得所以，即． 由余弦定理， 又因为，因此； 【小问2详解】 因为中线，所以； 两边同时平方得，即， 在中，，由余弦定理可得， 可得，所以； 17. 已知，． （1）若与共线，求的值． （2）若与的夹角为，求的值． （3）求向量在向量上投影的数量． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先求出与的坐标，再根据向量共线的坐标表示得到方程，解得即可； （2）首先求出与的坐标，依题意，根据数量积的坐标表示计算可得； （3）首先求出，，则向量在向量上投影的数量为. 【小问1详解】 因为，， 所以，， 因为与共线，所以，解得； 【小问2详解】 因为，， 又与的夹角为， 则，解得； 【小问3详解】 因为，， 所以，， 所以向量在向量上投影的数量为. 18. 如图，正三棱柱中，，D是的中点，与交于点E. （1）求证：平面； （2）若以为直径的球的表面积为，求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明如下： 如图，连接，因四边形为矩形，则为的中点，又D是的中点，则得， 因平面，平面，故平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接，利用三角形中位线定理证明，由线线平行即可证得线面平行； （2）先求出，再求，接着证明平面，利用等体积转化即可求得三棱锥的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 依题意，，解得，在中，. 因为正三角形，则，又平面，平面，故， 因平面，故平面，即为三棱锥的高， 则三棱锥的体积为：. 19. 如图所示正四棱锥，为侧棱上的点，且. （1）记平面平面，证明：； （2）侧棱上是否存在一点，使得平面.若存在，求的值；若不存在，试说明理由. 【答案】（1） 在正四棱锥中，，平面，平面， 则平面，而平面，平面平面， 所以. （2）存在，. 【解析】 【分析】（1）证明平面，再根据线面平行的性质即可得证. （2）连接交于，连接，取中点，过作的平行线交于，连接，证明平面平面，再根据面面平行的性质即可得出结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在侧棱上存在一点，使平面，满足. 理由如下：连接交于，连接，则为中点， 取中点，又，则， 过作的平行线交于，连接，在中，有， 由平面PAC，平面PAC，得平面PAC，而，则， 又，平面，平面，则平面， 又，平面，因此平面平面， 又，得平面，所以存在，且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $