精品解析：重庆第三十中学校2024-2025学年高一年级第二学期第二次月考数学试题

2024～2025学年高一年级第二学期第二次月考 数 学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 设集合，，则（ ） A B. C. D. 2. 已知，其中为虚数单位，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 3. 在中，角，，所对边分别是，，，若，，，则等于（ ） A. B. C. 或 D. 或 4. 已知直角梯形上下两底分别为分别为2和4，高为，则利用斜二测画法所得其直观图的面积为（ ） A. B. C. 3 D. 6 5. 如图，已知，用表示，则等于（ ） A. B. C. D. 6. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，对于下列四个命题： ①；②； ③；④． 其中正确命题的个数有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 7. 已知是定义域为的奇函数，当时，，那么不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 8. 如图所示，点为正八边形的中心，已知，点为线段上一动点，则的范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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. 已知复数满足，则（ ） A. 的虚部为 B. 为纯虚数 C. D. 和是方程的两个根 10. 圆台上、下底面半径分别为1和2，它的侧面展开所得的扇环所对的圆心角为180°，则圆台的（ ） A. 母线长为4 B. 表面积为11 C. 高为 D. 体积为 11. 在中，内角，，的对边分别为，，，下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 在中，若，则必是等腰直角三角形 C. 若为锐角三角形，则 D. 若，则为钝角三角形 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项：第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数，则函数的值域为__________. 13. 已知平面向量，，则在上投影向量为________（结果用坐标表示） 14. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体．一个二十四等边体的各个顶点都在同一个球面上，若该球的表面积为，则该二十四等边体的表面积为________． 四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知向量满足. （1）若向量的夹角为，求的值； （2）若，求向量的坐标. 16. 已知函数，. （1）求函数的最小正周期和单调递减区间： （2）设函数，解关于不等式. 17. 如图，已知四棱锥中，底面是平行四边形， （1）若为侧棱的中点．求证：平面； （2）若过的平面与交于点，求证：； 18. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知. （1）求角B的大小； （2）若，，求a； （3）若，求△ABC面积的最大值. 19. 对于函数，，，如果存在实数使得，那么称为，的生成函数. （1）若，，，则是否为，的生成函数？并说明理由； （2）设，，，，生成函数，若不等在上有解（为自然对数的底数），求实数t的取值范围； （3）设（），（），取，，生成函数图象的最高点坐标为.若对于任意负实数，，且，试问是否存在最大的常数，使恒成立？如果存在，求出这个的值；如果不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024～2025学年高一年级第二学期第二次月考 数 学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解一元二次不等式化简集合B，再利用交集的定义计算作答. 【详解】解不等式得：，即，而， 所以. 故选：A 2. 已知，其中为虚数单位，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算和复数模的计算公式即可得到答案. 【详解】， 则. 故选：B. 3. 在中，角，，所对的边分别是，，，若，，，则等于（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理列式计算得解. 【详解】在中，由正弦定理，得， 由，得，所以或. 故选：D 4. 已知直角梯形上下两底分别为分别为2和4，高为，则利用斜二测画法所得其直观图的面积为（ ） A. B. C. 3 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】按照斜二测画法画出直观图，利用梯形面积公式便可求得其面积. 【详解】如图所示，实线表示直观图，. , , ∴直观图的面积为, 故选：C. 【点睛】本题主要考查斜二测画法，关键是掌握斜二测画法的要领. 5. 如图，已知，用表示，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合平面图形的几何性质以及平面向量的线性运算即可求出结果. 【详解】因为， 所以， 又因为，， 所以， 故选：D 6. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，对于下列四个命题： ①；②； ③；④． 其中正确命题的个数有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】A 【解析】 【分析】根据线、面位置关系结合线、面平行的判定定理分析判断. 【详解】对于①：因为面面平行的判定定理要求相交，若没有，则可能相交，故①错误； 对于②：因为线面平行的判定定理要求，若没有，则可能，故②错误； 对于③：根据线、面位置关系可知：//，或异面，故③错误； 对于④：根据线、面位置关系可知：//，或异面，故④错误； 故选：A. 7. 已知是定义域为的奇函数，当时，，那么不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据奇函数的性质及在上的解析式分析函数的单调性，然后利用单调性列出关于当的不等式求解. 【详解】当时，， 可得在上为减函数， 又是奇函数， 所以在上单调递减， 解得， 即不等式的解集为. 故选：B. 【点睛】解答本题的实质是将函数值的大小比较转化为自变量的大小关系比较，分析清楚原函数的单调性性及奇偶性是关键，注意保证两个变量在同一区间内. 8. 如图所示，点为正八边形的中心，已知，点为线段上一动点，则的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先作出辅助线，利用三角函数值求出各边长，考虑当点在上运动时，求出的最大值，当点在上运动时，当与重合时，取得最小值，求出最小值为，得到答案. 【详解】点为正八边形的中心，，故， 取的中点，连接，则⊥，， 其中， 故，， 故， 其中，⊥， 当点在上运动时，过点过⊥，交的延长线于点， 则，， 则 ， 由图象可知，此时为最大值， 当点在上运动时，， 显然当与重合时，取得最小值， 最小值为， 所以的范围是 故选：D 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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. 已知复数满足，则（ ） A. 的虚部为 B. 为纯虚数 C. D. 和是方程的两个根 【答案】ACD 【解析】 【分析】先应用复数乘除法运算得出，结合共轭复数计算判断A，B，C，再根据方程求解计算得出复数即可判断D. 【详解】由题可得：，故，所以，故A正确，B错误； ，故C正确； 因为，，所以，，故D正确， 故选:ACD. 10. 圆台的上、下底面半径分别为1和2，它的侧面展开所得的扇环所对的圆心角为180°，则圆台的（ ） A. 母线长为4 B. 表面积为11 C. 高为 D. 体积为 【答案】BC 【解析】 【分析】如图所示，首先根据圆台的上底面周长求出，，进而可根据母线的公式求出母线长和高，从而可求出体积、表面积. 【详解】如图所示，设圆台的上底面周长为C， 因为扇环所对的圆心角为180°，所以， 又，所以，同理， 故圆台的母线，高， 体积， 表面积， 故B，C正确，A，D错误. 故选：BC 故选：BC. 11. 在中，内角，，的对边分别为，，，下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 在中，若，则必是等腰直角三角形 C. 若为锐角三角形，则 D. 若，则为钝角三角形 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正弦定理边角互化判断AB；利用正弦函数单调性推理判断C；利用数量积的定义判断D. 【详解】对于A，若，则，由正弦定理得，A正确； 对于B，由及正弦定理得，则， 则或，或，等腰或直角三角形，B错误； 对于C，由锐角，得，则，，C正确； 对于D，由，得，即，则是钝角，为钝角三角形，D正确. 故选：ACD 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项：第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数，则函数值域为__________. 【答案】 【解析】 【分析】分段求解，结合二次函数的性质求出取值的范围即可. 【详解】当时，，图象对称轴为， 当时，取最小值0，当时，取最大值1， 所以；当或时，， 综上，，则函数的值域为. 故答案为：. 13. 已知平面向量，，则在上的投影向量为________（结果用坐标表示） 【答案】 【解析】 【分析】在上的投影向量为，根据平面向量的坐标运算即可求解. 【详解】因，， 所以，, 所以在上的投影向量为. 故答案为:. 14. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体．一个二十四等边体的各个顶点都在同一个球面上，若该球的表面积为，则该二十四等边体的表面积为________． 【答案】## 【解析】 【分析】由已知求出外接球半径，将二十四正多面体放入正方体中，结合图形求出该几何体边长，进而求得表面积. 【详解】由于二十四等边体的外接球表面积为， 设其半径为，则，解得． 设为球心，依题意可知四边形，，，分别为正方体侧棱的中点， 所以为正方形， 由于，， 所以二十四等边体的边长为2． 所以二十四等边体的边长的表面积为 故答案为： 四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知向量满足. （1）若向量的夹角为，求的值； （2）若，求向量的坐标. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据题意，由向量模长公式代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，设，然后列出方程，代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 因为，且向量的夹角为， 则， 则. 【小问2详解】 设，因为，且， 则，解得或， 所以或. 16. 已知函数，. （1）求函数的最小正周期和单调递减区间： （2）设函数，解关于的不等式. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简得到，从而得到函数最小正周期，利用整体法求出函数单调递减区间； （2）在第一问基础上，得到，求出不等式的解集. 【小问1详解】 ， 故的最小正周期为， 令，解得， 故单调递减区间为； 【小问2详解】 ， 故，即， 则，， 关于的不等式的解集为. 17. 如图，已知四棱锥中，底面是平行四边形， （1）若为侧棱的中点．求证：平面； （2）若过的平面与交于点，求证：； 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据三角形中位线可得，即可由线面平行的判定求解， （2）根据线面平行的性质即可求证. 【小问1详解】 设，连接，，因为是平行四边形，故， 又为侧棱的中点，故 又平面，平面， 故平面； 【小问2详解】 由于，平面，平面， 故平面． 又平面，平面平面, 故 18. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知. （1）求角B的大小； （2）若，，求a； （3）若，求△ABC面积的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化简，再由求解即可. （2）由余弦定理求解即可. （3）由余弦定理以及基本不等式求解即可. 【小问1详解】 由及正弦定理得，． 因为，所以，则，即． 因为，所以． 【小问2详解】 根据余弦定理得，即， 解得或（舍去），故． 【小问3详解】 由余弦定理得， ∴， 解得，当且仅当时取等号， 的面积， 所以面积最大值为. 19. 对于函数，，，如果存在实数使得，那么称为，的生成函数. （1）若，，，则是否为，的生成函数？并说明理由； （2）设，，，，生成函数，若不等在上有解（为自然对数的底数），求实数t的取值范围； （3）设（），（），取，，生成函数图象的最高点坐标为.若对于任意负实数，，且，试问是否存在最大的常数，使恒成立？如果存在，求出这个的值；如果不存在，请说明理由. 【答案】（1）是，的生成函数，理由见解析 （2） （3）存在，1156. 【解析】 【分析】（1）根据余弦差角公式展开得即可判断； （2）根据题意转化为在上有解，再结合函数的单调性求最小值即可； （3）结合基本不等式确定得，，进而将转化为则，，再结合对勾函数单调性求解即可； 【小问1详解】 解：∵， ∴，因此，是，的生成函数. 【小问2详解】 解：由题意得， 由于不等式在上有解，化简得， 因为，， 所以在上有解，即，. 由于函数在上单调递增，在上单调递减 ∴函数在上单调递减，∴， ∴，， 因此，t的取值范围是． 【小问3详解】 解：由题意得， ∵，， 当且仅当，即当时等号成立， ∴当时，函数取得最大值. ∵函数图象的最高点坐标为. ∴，解得，故，. ∴ . 由题，，当且仅当时等号成立， 令，则 故，此函数在上单调递减， ∴， ∴存在最大常数，其值为1156. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $