精品解析：广东省湛江市廉江市第二中学2024-2025学年高一下学期第二次月考数学试卷

2024-2025学年度第二学期高一级第二次月考试卷 数学 本卷共19大题，满分150分，考试时间120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据补集的概念求解. 【详解】因为且， 所以. 故选：A 2. 若单位向量，的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据数量积公式计算求解. 【详解】因为单位向量，的夹角为，则. 故选：C. 3. 如图，在正方体中，直线与的位置关系是（ ） A. 平行 B. 相交 C. 异面 D. 以上都不是 【答案】C 【解析】 【分析】由异面直线的判定定理判断即可. 【详解】因为平面，平面，， 所以直线与是异面直线. 故选：C 4. 下列函数是偶函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先得到函数的定义域，再利用函数的奇偶性得到答案. 【详解】A选项，的定义域为R， 且，故为奇函数，A错误； B选项，的定义域为R， 且，故为奇函数，B错误； C选项，的定义域为R， 且，故为偶函数，C正确； D选项，的定义域为R， 且，故不是偶函数，D错误. 故选：C 5. 已知，，是三条不重合的直线，，，是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】由线面位置关系与面面位置关系逐一判断各个选项即可. 【详解】对于选项A，若，则或，故选项A错误； 对于选项B，如图所示，在正方体中， 直线平面，直线平面，且平面，平面，但平面平面，故选项B错误； 对于选项C，如图所示，在正方体中，平面，平面，但平面和平面相交，故选项C错误； 对于选项D，根据平行的传递性可知选项D正确. 故选：D. 6. 设函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复合函数的单调性，结合二次函数的单调性列式求解即可. 【详解】因为函数在上单调递增，而函数在区间上单调递减， 则有函数在区间上单调递减， 因此，解得，所以实数的取值范围是. 故选：D. 7. 数系的扩充过程以自然数为基础，德国数学家克罗内克（Kronecker，1823－1891）说“上帝创造了整数，其它一切都是人造的”．若i为虚数单位，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘法与复数相等的条件求解即可 【详解】，由， 可得，即得． 故选：B. 8. 如图，正方体的棱长为，是棱的中点，是侧面内一点，若平面，且长度的最大值为，最小值为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】过点作，交于点，交于点，计算得出，计算出、，根据已知条件可求得、的值，进而可求得的值. 【详解】如图，过点作，交于点，交于点，则底面. 连接、，平面，平面，， 所以，. ，平面，平面，平面， 平面，平面，，平面平面， 又平面，平面， 平面平面，平面，. 为中点，为中点，则为中点. 在线段上，，则， ，得， 则，所以，. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用几何体中线段长的最大值和最小值求参数，解题的关键在于推导出，通过的最值求出的最值，进而列方程求解. 二、多选题：本题共3小题，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. 已知向量，，，则可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】设，由向量模长的坐标运算可构造方程求得，由此即可求解. 详解】∵，∴设，∴. ∵，∴，即，解得. ∴或. 故选：AD. 10. 下图是函数y= sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)= （ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】首先利用周期确定的值，然后确定的值即可确定函数的解析式，最后利用诱导公式可得正确结果. 【详解】由函数图像可知：，则，所以不选A, 不妨令, 当时，， 解得：， 即函数的解析式为： . 而 故选：BC. 【点睛】已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法： (1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ. (2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求. 11. 如图，已知正方体的棱长为2，点为的中点，点为正方形内（包含边界）的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 点四点共面 B. 几何体的体积为 C. 存在唯一的点，使平面 D. 平面平面 【答案】BD 【解析】 【分析】推导出与为异面直线，即可判断A；计算几何体的体积即可判断B；取的中点，的中点，连接，可证平面平面，即可求出点的轨迹，从而判断C；应用正方体性质即可判断D. 【详解】对于A：在正方体中，又平面，平面， 所以平面，又平面，且，所以与为异面直线， 所以点四点不共面，故A错误； 对于B： ，故B正确； 对于C：取的中点，的中点，连接， 则，平面，平面，所以平面， 又且，所以四边形为平行四边形，所以， 平面，平面，所以平面， 又，平面， 所以平面平面，又平面，点为正方形内（包含边界）的动点， 所以点在线段上有无数的点，满足平面，故C错误； 对于D：在平面即是平面，平面即是平面， 因为是正方体，所以平面平面， 所以平面平面，故D正确. 故选：BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP与BD所成的角为________． 【答案】 【解析】 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，计算与所成的角后可得异面直线所成的角． 【详解】如图建立空间直角坐标系，则， 故，所以 ，由，故，所以异面直线所成的角为，填． 【点睛】空间中有异面直线所成的角（线线角）、直线与平面所成的角（线面角）以及二面角的平面角（面面角），线线角可以转化为两条直线的方向向量的夹角，两者的关系是互补或相等（线线角的范围为），线面角可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角，两者差的绝对值为（线面角的范围为），面面角可以转化为平面的法向量的夹角，两者的关系是相等或互补． 13. 已知为第一象限角，为第三象限角，，，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】法一：根据两角和与差正切公式得，再缩小的范围，最后结合同角的平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案. 【详解】法一：由题意得， 因为，， 则，， 又因为， 则，，则， 则，联立 ，解得. 法二： 因为为第一象限角，为第三象限角，则, ，， 则 故答案为：. 14. 已知正四棱台中，，若该四棱台的体积为，则这个四棱台的表面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用正四棱台体积公式得到正四棱台的高，进而由勾股定理可得斜高，从而求得各面积，由此得解. 【详解】如图所示：设分别为底面的中心，分别为的中点，且有， 设正四棱台的上底面面积、下底面面积、侧面积分别为、、， 由，即得，，所以，， 又及， 所以有，解得 由勾股定理可得斜高， 所以，从而. 故答案为：. 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. 如图，三棱柱内接于一个圆柱，且底面是正三角形，如果圆柱的体积是，底面直径与母线长相等. （1）求圆柱的侧面积； （2）求三棱柱的体积. 【答案】（1）（2） 【解析】 【详解】试题分析：（1）设底面半径为r，则母线长为2r，由V圆柱=πr2•2r=2π，求出r=1，由此能求出该圆柱的侧面积； （2）因为△ABC为正三角形，底面圆的半径为1，所以可得边长AB=，利用三棱柱的体积，即可得解. 试题解析： （1）设底面圆的直径为，由题可知 ∴∴圆柱侧面积 （2）因为△ABC为正三角形，底面圆的半径为1， ∴可得边长AB=∴三棱柱的体积 16. 如图所示，已知点是平行四边形所在平面外一点，、、分别为、、的中点，平面平面. （1）判断直线与的位置关系并证明； （2）求证：平面； 【答案】（1），证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明平面，再由线面平行的性质定理证明即可. （2）取中点，证明四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理证明即可. 【小问1详解】 .证明如下： 因为四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，则平面， 又平面平面，平面，所以. 【小问2详解】 取中点，连接、， 因为、分别为、的中点，所以且， 因为四边形为平行四边形，所以且， 因为为的中点，所以且， 所以，故四边形为平行四边形，故， 因为平面，平面，所以平面. 17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A． （2）若，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决； （2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长. 【小问1详解】 方法一：常规方法（辅助角公式） 由可得，即， 由于，故，解得 方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系） 由，又，消去得到： ，解得， 又，故 方法三：利用极值点求解 设，则， 显然时，，注意到， ，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点， 即，即， 又，故 方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式） 设，由题意，， 根据向量的数量积公式， ， 则，此时，即同向共线， 根据向量共线条件，， 又，故 方法五：利用万能公式求解 设，根据万能公式，， 整理可得，， 解得，根据二倍角公式，， 又，故 【小问2详解】 由题设条件和正弦定理 ， 又，则，进而，得到， 于是， ， 由正弦定理可得，，即， 解得， 故的周长为 18. 如图，在多面体中，平面平面，平面平面是菱形，． （1）证明：平面； （2）求二面角的平面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质及线面垂直的判定定理即可得证； （2）利用勾股定理可得出线段的长，再由此证明，得出二面角的平面角，计算得解. 【小问1详解】 分别取的中点，连接，如图， 是菱形且， 为正方形，故， 平面平面，平面平面平面， 平面，又平面， 同理可得，， 平面平面， 又平面． 【小问2详解】 在上取，连接． 因为平面，由（1）知，， 由勾股定理可知，， 在中可得， 由正三角形可知， 在平行四边形中，由可知，， ， ， ， 即为二面角的平面角． 由余弦定理知， 二面角平面角的余弦值为． 19. 如图，四边形为圆的内接四边形，. （1）若，求； （2）若，且为等边三角形，求圆的面积. 【答案】（1）5 （2） 【解析】 【分析】（1）由圆的内接四边形得到的关系，然后求出，由余弦定理建立方程求出； （2）由圆的内接四边形对角互补和三角形的余弦定理建立方程组，求出正三角形的边长，然后求出其外接圆半径，即可得到圆的面积. 【小问1详解】 ∵，， ∴， 在中由余弦定理可得， ∴，解得（舍去）或， ∴. 【小问2详解】 设，为等边三角形，设 在中由余弦定理可得， 在中由余弦定理可得， 由∵，∴， 即， 则，即①， 又∵正中，∴， 在中， 即，∴，② 由①②可知，，， 如图，取中点，连接，由对称性可知圆心在中线上，连接， ∴，又∵， ∴半径， ∴圆的面积为：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第二学期高一级第二次月考试卷 数学 本卷共19大题，满分150分，考试时间120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若单位向量，的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 1 3. 如图，在正方体中，直线与的位置关系是（ ） A 平行 B. 相交 C. 异面 D. 以上都不是 4. 下列函数是偶函数的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，是三条不重合的直线，，，是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C 若，则 D. 若，则 6. 设函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 数系的扩充过程以自然数为基础，德国数学家克罗内克（Kronecker，1823－1891）说“上帝创造了整数，其它一切都是人造的”．若i为虚数单位，，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，正方体的棱长为，是棱的中点，是侧面内一点，若平面，且长度的最大值为，最小值为，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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. 已知向量，，，则可能是（ ） A. B. C. D. 10. 下图是函数y= sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)= （ ） A. B. C. D. 11. 如图，已知正方体的棱长为2，点为的中点，点为正方形内（包含边界）的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 点四点共面 B. 几何体的体积为 C. 存在唯一的点，使平面 D. 平面平面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP与BD所成的角为________． 13. 已知为第一象限角，为第三象限角，，，则_______. 14. 已知正四棱台中，，若该四棱台体积为，则这个四棱台的表面积为__________． 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. 如图，三棱柱内接于一个圆柱，且底面是正三角形，如果圆柱的体积是，底面直径与母线长相等. （1）求圆柱的侧面积； （2）求三棱柱的体积. 16. 如图所示，已知点是平行四边形所在平面外一点，、、分别为、、的中点，平面平面. （1）判断直线与位置关系并证明； （2）求证：平面； 17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A． （2）若，，求的周长． 18. 如图，在多面体中，平面平面，平面平面是菱形，． （1）证明：平面； （2）求二面角的平面角的余弦值． 19. 如图，四边形为圆的内接四边形，. （1）若，求； （2）若，且为等边三角形，求圆面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $