精品解析：黑龙江省佳木斯市桦南县第一中学2024-2025学年高一下学期第二次月考数学试卷

2024-2025学年度第二学期第二次月考 高一数学试卷 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 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．） 1. 已知复数，，若，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】先求出，再利用复数的除法公式求出，从而可求解. 【详解】由，，则，则， 所以，故B正确. 故选：B. 2. 已知向量 与 的方向相反，，，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可知向量与的方向相反，且，， 设，则，解得， 即. 3. 已知，均为锐角，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出，，再由及两角差的正弦公式计算可得. 【详解】因为，均为锐角，则，又， 所以， 所以，， 所以 . 故选：C 4. 在长方体中，若，，则异面直线，所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】注意到，则、所成角，即为与所成角，然后由题意及余弦定理可得答案. 【详解】连接、，由题可得，又， 则四边形为平行四边形，则， 即，所成角，即为与所成角或其补角， 又由题可得，， 则. 因此，异面直线，所成角的余弦值为. 故选：B. 5. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良"“善行”、它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图甲），图乙是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧，所在圆的半径分别是3和6，且，则关于该圆台，下列说法错误的是（ ） A. 高为 B. 体积为 C. 表面积为14π D. 轴截面面积为 【答案】B 【解析】 【分析】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，根据圆弧所在圆的半径和圆心角，求出，，计算圆台的高、体积、表面积和轴截面面积即可逐一判断. 【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为， 依题意，，解得， 又圆台的母线长，则圆台的高为，故A正确； 圆台的体积为，故B错误； 圆台的表面积为，故C正确； 圆台的轴截面面积为，故D正确. 故选：B. 6. 已知，且，则的最小值为（ ）. A. . B. . C. . D. . 【答案】A 【解析】 【分析】 先利用均值不等式消掉分母上的，然后利用齐次化（同时除以）最后换元求解即可. 【详解】， 设，，可以取等. 当且仅当（舍）或. 故选：A. 7. 已知是定义在上的偶函数，若任意且时，恒成立，且，则满足的实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件构造函数，依次判断函数的单调性和奇偶性，将待解不等式转化为，再利用，将其化成，即可利用单调性和奇偶性解决. 【详解】由可得，即， 设，则有，因，则在上单调递增， 又是定义在上的偶函数，，故为上的偶函数. 由可得， 而，即， 由函数的单调性和奇偶性，可得，解得. 故选：A. 8. 如图，在直三棱柱中，，E、F、G、H分别为的中点，则下列说法中错误的是（ ） A. E、F、G、H四点共面 B. 三线共点 C. 设，则平面截该三棱柱所得截面的周长为 D. 与平面所成角为 【答案】C 【解析】 【分析】根据两直线平行确定平面判断A；利用相交平面的公共点共线得三点共线可判断B；作出截面四边形，根据截面边长的大小判断C；作于，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而得到为与平面所成的角可得D正确. 【详解】如图， A：连接，因为E、F、G、H分别为、、、的中点， 所以，，所以，所以E、F、G、H四点共面，故A正确； B：由A知，且，所以梯形的两腰、所在直线必相交于一点， 因为平面，平面， 又平面平面，所以，所以与重合， 即、、三线共点于，故B正确. C：延长交的延长线于点，连接，交于点，连接，， 设确定平面为，则，所以，所以， 则易知三棱柱的截面四边形为， 在中，， 在中，，而中，， 而，所以截面的周长大于，故C错误； D：作于， 因为，所以为中点， 因为平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又，所以， 又平面，平面， 所以平面， 所以为与平面所成的角，等于，故D正确； 故选：C. 【点睛】关键点点睛：利用共面的判定，结合直线与平面的关系，作出平面与三棱柱截面的图形，是解决C选项的关键所在 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. （多选题）下列四个命题中，真命题是（ ） A. 若是两条直线，是两个平面， 且， 则是异面直线. B. 两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内. C. 若直线相交，是平面且，则直线不在平面内. D. 若是平面，直线，直线，则. 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，通过特例可判断；对于B，利用确定平面的条件和点、线、面的包含关系即可判断出正误；对于C，利用直线与平面平行的定义和直线与平面的位置关系即可判断出正误；对于D，利用平面内两直线的位置关系即可判断出正误. 【详解】选项A，例如长方体对面的两条对角线就是共面的，不合题意； 选项B，设，不重合，易知可确定唯一平面， 又，所以，又，所以，符合题意； 选项C，设，，所以，故直线不在平面内，符合题意； 选项D，因为直线，直线，则或与异面，不符合题意. 故选：BC. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 直线是的图象的一条对称轴 B. 为奇函数 C. 在区间内有两个零点 D. 若且，则的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】代入验证判断对称轴判断A；化简函数解析式后利用奇函数定义判断B；将零点问题转化为有两解，根据正弦函数图象与性质即可判断C，根据函数的有界性求得，，根据最值求得即可判断D. 【详解】对于A，当时，， 所以直线是图象的一条对称轴，A正确． 对于B，， ，不是奇函数，B错误． 对于C，令，即． 在区间内，，结合在上的图象可知， 直线与的图象有两个交点， 则有两解， 所以在区间内有两个零点，C正确． 对于D，因为，所以， 若且，则，． 当时，，； 当时，，， 则，其最小值为，D错误． 故选：AC 11. 如图放置的边长为1的正方形沿轴滚动．设顶点的纵坐标与横坐标的函数关系式是，则下列说法正确的有（ ） A. 是周期函数，且最小正周期为4 B. 的最大值为 C. 时，的图象与轴围成的封闭图形的面积为 D. 时，点经过的路程为 【答案】ABD 【解析】 【分析】先根据正方形滚动过程确定函数周期，再分别计算滚动过程中P点运动轨迹所形成的扇形面积以及正方形本身与x轴围成的面积，进而得出图像与x轴围成的封闭图形的面积，以此来判断选项正误 【详解】假设落在轴上时开始计时，下一次落在轴上，过程中四个顶点依次落在了轴上，而相邻两个顶点距离为正方形边长，即为1，因此该函数周期为4．考查正方形向右滚动时，点运动情况： 首先以为圆心，正方形边长为半径运动个圆， 然后以为圆心，正方形对角线长为半径运动个圆， 最后以为圆心，正方形边长为半径运动个圆，最终运动轨迹如下曲线： 由图知：图像与轴围成的封闭图形的面积为，C错误， 故选:ABD 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题：（本大题共3小题，每题5分，共计15分） 12. 已知函数的一个零点大于1，另一个零点小于1，则实数的取值范围________． 【答案】 【解析】 【分析】由二次函数性质及结合的零点一个零点大于1，另一个零点小于1，可得 【详解】因为函数的一个零点大于1，另一个零点小于1， 所以有两个根，则，解得， 故的取值范围为. 故答案为：. 13. 已知圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，且母线长为2，为其底面圆周上的两点，若面积的最大值为，则球的表面积为______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题根据已知条件得为轴截面时，最大，再根据球心在上，由此列方程或者根据正弦定理可求得外接球的半径，即可求出外接球表面积. 【详解】如图所示，因为， 所以当为轴截面时，最大， 因为的面积最大值为， 则，所以， 即圆锥的轴截面为等边三角形. 解法一：因为圆锥的母线长为2，所以在中， ， 设球O的半径为R，则， 在中，， 即，解得， 解法二：因为为的外心，所以外接球直径，即， 所以外接球表面积． 故答案为：． 14. 已知四边形为矩形, ,为的中点,将沿折起,得到四棱锥,设的中点为,在翻折过程中,得到如下有三个命题: ①平面，且的长度为定值； ②三棱锥的最大体积为； ③在翻折过程中，存在某个位置，使得. 其中正确命题的序号为__________．（写出所有正确结论的序号） 【答案】①② 【解析】 【分析】取的中点，连接、，证明四边形为平行四边形，得出，可判断出命题①的正误；由为的中点，可知三棱锥的体积为三棱锥 的一半，并由平面平面，得出三棱锥体积的最大值，可判断出命题②的正误；取的中点，连接，由，结合得出平面，推出得出矛盾，可判断出命题③的正误. 【详解】如下图所示： 对于命题①，取的中点，连接、，则，， ，由勾股定理得， 易知，且，、分别为、的中点，所以，， 四边形为平行四边形，，， 平面，平面，平面，命题①正确； 对于命题②，由为的中点，可知三棱锥的体积为三棱锥的一半，当平面平面时，三棱锥体积取最大值， 取的中点，则，且， 平面平面，平面平面，， 平面，平面， 的面积为， 所以，三棱锥的体积的最大值为， 则三棱锥的体积的最大值为，命题②正确； 对于命题③，，为的中点，所以，， 若，且，平面， 由于平面，，事实上，易得，， ，由勾股定理可得，这与矛盾，命题③错误. 故答案为①②. 【点睛】本题考查直线与平面平行、锥体体积的计算以及异面直线垂直的判定，判断这些命题时根据相关的判定定理以及性质定理，在计算三棱锥体积时，需要找到合适的底面与高来计算，考查空间想象能力，考查逻辑推理能力，属于难题. 四、解答题：（本大题共5小题，共计77分） 15. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 （1）求的值； （2）若，为钝角，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理即可得； （2）由余弦定理结合重要不等式可得取值范围，再由三角形的面积公式可求出面积的最大值. 【小问1详解】 由题意可知，， 由正弦定理得， 因为，所以， 即； 【小问2详解】 由（1）可知， 所以（不符合题意舍去）或， 在中，由余弦定理得， 因为且，即， 当且仅当时取等号，即， 故的面积， 即面积的最大值为. 16. 如图，在正方体中，是的中点． （1）求证：平面ACE； （2）设正方体的棱长为1，求三棱锥的体积． 【答案】（1） 连接交于，连接， 则为的中点，又是的中点, 所以是的中位线，所以， 又平面，平面，所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于，连接，即可得到，从而得证； （2）根据正方体的性质及计算可得三棱锥的体积． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 正方体中，易知平面， 所以 . 17. 已知函数的图象经过，，三点，且的最小值为． （1）求的解析式； （2）求在上的值域； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可求出最小正周期，从而可得，再结合，可求得，，再结合，从而可求解. （2）结合（1）中结论再利用整体代换法即可求解. 【小问1详解】 ）由题意的图象经过，三点，且的最小值为， 可得的最小正周期，则，解得． 则， 由， 故，， 又因为，所以． 故． 【小问2详解】 由于，所以， 故，． 所以函数的值域为． 18. 如图，在圆锥中，已知，的直径，点是的中点，点为的中点． （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面夹角的正弦值． 【答案】（1） 连接，因为，为的中点，所以． 又因为底面，底面，所以， 因为，且面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，连接，证得和，证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面； （2）连接并延长，与与平行的直线交于点，可得，进而得到面，得出直线与平面的夹角即为，在直角中，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：连接并延长，与过点且与平行的直线交于点，可得， 由（1）知平面，所以面， 所以直线与平面的夹角即为， 又由，， 在直角中，可得， 即直线与平面的夹角的正弦值为. 19. 著名的“悬链线拱桥问题”与数学中的双曲函数相关.函数叫做双曲正弦函数，函数叫做双曲余弦函数，其中是自然对数的底数.已知函数. （1）对任意实数是否为定值？若是，请求出该定值，若不是，请说明理由； （2）求不等式的解集； （3）当时，求的最大值. 【答案】（1）是，定值1 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）将两函数式代入计算即得； （2）利用函数的奇偶性和单调性转化求解抽象不等式即得； （3）令，求得，将函数换元化成，利用二次函数的图象性质结合区间即可分段求得的解析式，再合并表示即可. 【小问1详解】 由， 可得 ， 即 是定值，定值为1. 【小问2详解】 易知的定义域为， 又，所以为奇函数， 由不等式可得， 又易得是上的增函数，所以，所以， 所以不等式的解集为. 【小问3详解】 令，因在上单调递增，故得， 又因为，， 则，， ① 当时，函数在上单调递增， 故当时，取得最大值为； ② 当时，函数在上单调递减， 故当时，取得最大值为； ③当时，函数在上单调递增，在上单调递减， 所以时取最大值； 综上可得：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第二学期第二次月考 高一数学试卷 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 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．） 1. 已知复数，，若，则（ ） A. B. C. D. 2 2. 已知向量 与 的方向相反，，，则 （ ） A. B. C. D. 3. 已知，均为锐角，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 在长方体中，若，，则异面直线，所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良"“善行”、它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图甲），图乙是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧，所在圆的半径分别是3和6，且，则关于该圆台，下列说法错误的是（ ） A. 高为 B. 体积为 C. 表面积为14π D. 轴截面面积为 6. 已知，且，则的最小值为（ ）. A. . B. . C. . D. . 7. 已知是定义在上的偶函数，若任意且时，恒成立，且，则满足的实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在直三棱柱中，，E、F、G、H分别为的中点，则下列说法中错误的是（ ） A. E、F、G、H四点共面 B. 三线共点 C. 设，则平面截该三棱柱所得截面的周长为 D. 与平面所成角为 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. （多选题）下列四个命题中，真命题是（ ） A. 若是两条直线，是两个平面， 且， 则是异面直线. B. 两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内. C. 若直线相交，是平面且，则直线不在平面内. D. 若是平面，直线，直线，则. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 直线是的图象的一条对称轴 B. 为奇函数 C. 在区间内有两个零点 D. 若且，则的最小值为 11. 如图放置的边长为1的正方形沿轴滚动．设顶点的纵坐标与横坐标的函数关系式是，则下列说法正确的有（ ） A. 是周期函数，且最小正周期为4 B. 的最大值为 C. 时，的图象与轴围成的封闭图形的面积为 D. 时，点经过的路程为 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题：（本大题共3小题，每题5分，共计15分） 12. 已知函数的一个零点大于1，另一个零点小于1，则实数的取值范围________． 13. 已知圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，且母线长为2，为其底面圆周上的两点，若面积的最大值为，则球的表面积为______． 14. 已知四边形为矩形, ,为的中点,将沿折起,得到四棱锥,设的中点为,在翻折过程中,得到如下有三个命题: ①平面，且的长度为定值； ②三棱锥的最大体积为； ③在翻折过程中，存在某个位置，使得. 其中正确命题的序号为__________．（写出所有正确结论的序号） 四、解答题：（本大题共5小题，共计77分） 15. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 （1）求的值； （2）若，为钝角，求面积的最大值． 16. 如图，在正方体中，是的中点． （1）求证：平面ACE； （2）设正方体的棱长为1，求三棱锥的体积． 17. 已知函数的图象经过，，三点，且的最小值为． （1）求的解析式； （2）求在上的值域； 18. 如图，在圆锥中，已知，的直径，点是的中点，点为的中点． （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面夹角的正弦值． 19. 著名的“悬链线拱桥问题”与数学中的双曲函数相关.函数叫做双曲正弦函数，函数叫做双曲余弦函数，其中是自然对数的底数.已知函数. （1）对任意实数是否为定值？若是，请求出该定值，若不是，请说明理由； （2）求不等式的解集； （3）当时，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $