新疆塔城地区第一高级中学2025-2026学年高一下学期月考二数学试题

塔地一高2025-2026学年第二学期高一数学月考二 高一数学试题 命题人：孙彩霞 审核：刘燕 考试时间：120分钟 满分：150分 一选择题（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 符合题目要求的) 1.复数=7-2i（i为虚数单位)的虚部为() A.2 B.-2 C.2i D.-2i 2.在△ABC中，a,b是角A,B所对的边，A=45°，B=60°，a=2,则 边b的值为() A.3 B.23 c.6 D.2W6 3.已知向量4=(2,6)，b=（-1,),若a∥b,则=() 1 A.-3 B.-4 C.-5 D. 3 4.如图，矩形OAB'C'是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形 OABC的直观图，其中OA=4,O'C'=√2.则平面 四边形OABC的面积为() A.8 B.16C.8V2 D.4V2 5.己知，b,c是不重合的直线，，B是不重合的平面，则以下选项正确的是() A.若a/b,bc,则a//aB.若a⊥b,a⊥c,bca,cc,则a⊥a C.若a⊥a,acB,则a⊥BD.若a/1B,b/1B,ac,bca,则a/1B 6.早在西周时期，中国就有对勾股定理探讨的实例，数学家商高曾经和周公讨 论过“勾3股4弦5的问题.“勾a股b弦c”指的是直角三角形的两条直角边长分 别是a,b,斜边长为c.如图，已知在长方形ABCD中， △ABD满足“勾3股4弦5”，AD=3,P为CD上一点，且 AP.DB=0,则向量AD可用向量AP,BD表示为() 塔地一高 高一数学 第1页共4页 A.AD= 9 AP+ BD B.AD-74P+ 1 -BD 16 16 20 C.AD= AP13 BD D. AD= 16 AP+ -BD 24 24 25 2 7.将一根足够长的圆柱体木棒，沿着截面重新切割，已知底面圆 的半径为5cm,AC=8cm,BD=12cm,则几何体的体积为() A.204πB.250元 C.300π D.350元 8.在正三棱柱ABC-ABC中，AB=AA=2,E为AB,的 中点，若三棱锥E-BCC,的四个顶点均在球O上，过BB,作球O的截面，则 所得截面圆面积的最小值为() 1 3 A.π B.2元 C.-π D.一元 二.多选题（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。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分) 9.已知复数z=4-3(其中i是虚数单位)，则下列命题中正确的为() A.的实部是4 B.11=5 C.的共轭复数=4i+3 D.在复平面上对应点在第二象限 10.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c则() A.若bcos A=a cos B,则△ABC为等腰三角形 B.若a>b,则cosA>coSB C.在锐角△ABC中，不等式SinA>cOSB恒成立 D.若B=子a=25,且AABc有两解，则b的取直范围是(3,2) 11.如图，在长方体ABCD-ABCD,中AB=AD=2,AA=2V2,点P为 线段AD,上一动点（含端点），则下列说法正确的是() 塔地一高 高一数学 第2页共4页 A.直线PB,∥平面BCD B.若Q为线段BB中点，则C,P与CQ垂直 C.三棱锥P-BCC的体积为定值8W2 D.平面BCD截长方体ABCD-AB,CD,的外接球所得截面面积是I8 5 三.填空题（本题共3小题，每题5分，共15分） 12.已知圆台的上底面和下底面的半径分别为1,2，母线长为√10，则该圆台 的体积为 13.在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知a=2,b=V6,c=4,则 cosB 14.如图所示，为测量河对岸的塔高AB，选取了与塔底B在同一水平面内的 个测量基点C与D,现测得an ZACB,CD=50m ∠BCD=75°，∠BDC=60°，则塔高AB= 四.解答题（本大题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明， 证明过程或者演算步骤) 15.(13分)已知向量a=（2,3),b=（3,-2). ()求a+b: (2)求a与b的夹角大小. 16.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，点P到平 面ABCD的距离为2，AD=2,E、F分别是PB和BD 的中点. (1)证明：EF//平面PAD; E (2)求三棱锥一 的体积. 塔地一高 高一数学 第3页共4页 17.(15分)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c,且a2+c2-√3ac=b2. (1)求角B; (2)若A=105°，b=2,求边长C和△ABC的面积. 18.(17分)如图，在正三棱柱ABC-ABC中，D为AB 的中点，AA=AB=4,B,E=3EB. (1)证明：CD⊥AE: (2)证明：AD⊥平面CDE: (3)求直线A,C与平面CDE所成角的正弦值. 19.(17分)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知 asinA+asinCcosB+bsinCcos bsinB+csinA. (1)求角B的大小： (2)若b=2,且△ABC为锐角三角形，求△ABC的周长的取值范围； (3)若b2=ac,且外接圆半径为2，圆心为0，P为⊙0上的一动点，试求· 的取值范围. 塔地一高 高一数学 第4页共4页高一数学月考二参考答案 题号 1 2 3 7 6 7 8 9 10 答案 B C B C 0 B A BD ACD 题号 11 答案 ABD 4.B【详解】将直观图还原得平行四边形 OABC,设高为h,如下图， 因为0C'=√2，由勾股定理得：O'D'=2,故原图形中OD=4, 所以OA=4,h=4,所以平面四边形OABC的面积为4×4=16. 5.C【详解】对于A,若a/b,bca,则a/1或aca,所以A错误；对 于B,当b//c时，若a⊥b,a⊥c,bca,cc,则a/a或aca或a与a相 交，故B错误；对于C,根据面面垂直判定定理，可得C正确；对于D,当a/b 时，若a//B,b/IB,ac,bca,则a/1B或a与B相交，故D错误. 9 6.D【分析】先建立平面直角坐标系，再结合AP.DB=0,计算得出2=三， 4 结合向量的坐标运算求解. 【详解】以A为坐标原点，AB,AD所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示 的平面直角坐标系 AD=3,AB=4,.A(0,0),D(0,3),B(40)2.AD=0,3)DB=4,-3), 设AP=(,3),AP.DB=0,P.DB=4×元+3×(-3)=0，解得元=9 设0=-丽，则03副=3(4动. 16 9 x-4y=0 解得 9 5AD-A BD 25 25 3x+3y=3 y=- 25 7.B【详解】用一个相同的几何体倒置放在这个几何体上方， 得到一个底面圆的半径为5cm,高为8+12=20cm的圆柱， 所以所求几何体的体积V=二×元×52×20=250π. 2 8.A【分析】方法一，根据题意可得B,在△BCC的外接圆上，即可的球O为四棱锥E一B,BCC的外接球，进而求 解截面圆的最小值；方法二，根据题意可得B,在△BCC,的外接圆上，即可的球O为四棱锥E一B,BCC,的外接球，进而 4【洋解】方法一：因为LBCC长，所以点B在△BCC 上，所以三棱锥E-BCC,的四个项点均在球O上，即球O为四棱锥E-B,BCC,的 外接球，故球心O在正方形B,CCB的中心，则球O的半径为√2.过BB作球 O的截面，当所得截面圆面积最小时，则截面圆圆心为BB,中点（即过O作截 面垂线，垂足为BB,中点)，所以截面圆半径为1，所以面积最小值为π. 法三：因为∠BCC=。,所以点B,在△BCC的外接圆 所以三棱锥E-BCC的四个顶点均在球O上，即球O为四棱锥E-B,BCC的外接 球，故B,B两点在球O上，所以最小截面圆为以BB为直径的圆.则截面圆圆 心为BB中点（即过O作截面垂线，垂足为BB,中点），所以截面圆半径为1， 所以面积最小值为兀. 9.BD【详解】选项A,z的实部是-3,4是虚部，A错误： 选项B,|z=V(-3)2+42=5,B正确B;选项C,2的共轭复数：=-3-4i,C 错误；选项D,复平面中，z对应点为(-3,4)，横坐标负、纵坐标正，对应点 在第二象限，D正确. 10.ACDI详解1选项A,因为bcos=acosB,即bb+c2-a）_a(a2+c2-b) 2bc 2ac 所以有b2+c2-a2=a2+c2-b2整理可得a2=b2,所以a=b, 故△ABC为等腰三角形，故A正确： 选项B,由大边对大角，a>b→A>B,由余弦函数y=cosx在(0，π)上单 调递减，故cosA<cosB,故B错误； 选项C:若△ABC为锐角三角形，所以A+B>元，所以灭>A>刀-B>0, 2 2 由正弦函数y=snx在0引单调递增，则sin1>sim I-B =cosB,故C正确： 选项D:因为B=号a=25,如图，因为ac有两解，所以asnB<ca, 2N5sinT<b<2V5,解得3<b<2W5,故D正确： 11.ABD【详解】A选项：连接BD,PB, 由已知ABCD-AB,CD为长方体，则BD UBD,AD IIBC,即PDI∥BC, 又BD∩BC=B,且BD,BCC平面BCD,BD, D PD,C平面ABD,∴.平面BCD∥平面PB,D, 又，PBC平面PBD,.PB∥平面BCD,A选项正确： B选项： 当0为BB中点时，B0=BB=2, BO BC 2 BC CC=2,即△QBCBCC, ∴.∠BCQ=∠CC,B,即∠BCQ+∠CBC=∠CCB+∠CBC=90°， 则CQ⊥BC,由长方体ABCD-AB,CD,可知AB⊥平面BB,CC,且BQC 平面BBCC,所以AB⊥CQ,又BC∩AB=B,BC,ABC平面ABCD, ∴CQ⊥平面ABC,D,CPc平面ABCD,.CQ⊥CP,B选项正确： C选项：由AD∥BC,且BC,C平面BCC,AD,丈平面BCC, ∴AD∥平面BCC,点P在AD,上，∴Vn-BCG=Va-BCG, 项错误； D选项：由长方体性质可知长方体ABCD-AB,CD,的外接球球心O为其体对 角线BD,中点，则R=号BD=VAB+AD+DD=2, 设点O到平面BCD的距离为d,则点D,到平面BC,D的距离为2d, 在三棱锥D-BCD中，BD=√AB+AD=2V2,BC,=DC=VBC2+CC=2W3, 即san8c-{0j=2w5, 又ao=ce即521-CA-0mc 解得d=V1 ,则平面BCD被长方体ABCD-AB,C,D,外接球所截小圆半径 r=vR2-d= V10 其面积为2=18 兀，D选项正确， 5 7 即(0.875 8 【详解】由余弦定理得cosB=+c2-_4+16-67 2ac 2×2×48 13.15V6m【详解】己知CD=50m,∠BCD=75,∠BDC=60°，则 ∠CBD=180-75-60=45,由正弦定理得BC CD 则BC 50 sin∠BDCsin.∠CBD， sin60°sin45, 50 BC= sin45 sin60°=50v V22 =25v6m 2 已知AB⊥BC,tan∠ACB=3, m∠1C8-0-48=m/4cBc-x28=1sm. 14.7元 【详解】因为圆台上、下底面半径分别为r=1,R=2,母线长1=√0， 可得圆台的高A=F-R-可=3，所以r=3(2+R+R)h=3+2+1×23=7元. 兀 15.【答案】(1)√26 (2) 【详解】(1)à+b=(2+3,3+(-2)=(5,),a+b=V52+1=V267分 ab (2)设两向量夹角为0，0∈[0，π]，cos8= a .9分 ā.b=2×3+3×(-2)=6-6=0,因此cos0=0,结合8的范围得0=元 13分 4 16.(1)证明见解析 (2) 3 【详解】(1)在△PBD中，E、F分别是PB和BD的中点， .EF/PD,… .2分 又EF文平面PAD,PDC平面PAD, .6分 .∴.EF//平面PAD.... 7分 (2)由题意得点P到平面ABCD的距离为2 即三棱锥P-BCD的高为2，，四边形ABCD是正方形， Sm=)5an=×2x2=2, 2 10分 ·三棱锥P-BCD的体积为mx2x2-4 1 3 3 4 ∴.三棱锥C-PBD的体积为'c-PsD=Vp-BCD=， 3 15分 17.(1)B=30 (2)c=2V2,面积S。8c=V5+1 【详解】(1)已知a2+c2-V3ac=b2,由余弦定理得：b2=a2+c2-2 accos B, 所以a+e2-2 aecos=a2+c2-5c,化简可得：osB=5 .4分 2 又0°<B<180°，故B=30°. 6分 (2)C=180°-A-B=180°-105°-30°=45°， 由正弦定理b、c ,代入b=2,B=30°，C=45°； sin B sinC 所以c-6sinC=2si452.2 2=2√2. sin B sin30 1 10分 2 sin10S=sin(60+45)-sinG0 cos45cos60'sin45 ,.12分 4 所以S=besin4=号2：22.sin105=5+1.l5分 18.(1)证明见解析 (2)证明见解析 4 【详解】(1)在等边△PBD中，因为D为AB的中点，可得CD⊥AB 在正三棱柱ABC-AB,C中，可得AA,⊥平面ABC, 又CDc平面ABC,所以CD⊥AA. 因为AA∩AB=A,且AA,ABC平面ABBA,所以CD⊥平面ABBA, 又因为AEC平面ABB,A,所以CD⊥AE6分 (2)由(1)得CD⊥平面ABBA,因ADc平面ABBA,则CD⊥AD 又A4=AB=4,BE=3EB,则AD=V42+22=2V5,B,E=3, AE=V42+32=5,DE=V22+1P=V5,所以AD2+DE2=4E2,可得4DLDE, 因CDODE=D,CD,DEC平面CDE,故AD⊥平面CDE ..12分 (3)由(2)得AD⊥平面CDE,所以∠ACD为直线AC与平面CDE所成的角.又 4D=25,4C=4V2,所以sin∠4CD=25-i而 42-4 所以直线AC与平面CDE所成角的正弦值为0 17分 19.(1)B= (22+2V3,6 3)[-2,6] 3 b 【详解】(1)依题意，由正弦定理， a sinA sinB sinc' asinA+asinCcosB+bsinCcos4 bsinB+csinA 可得a2+accosB+bccosA=b2+ac,由余弦定理2 accosB=a2+c2-b2, 2bccos4+e-a,aac,cosB= 2ac =2’ 因为0<B<元，所以B=背： 5分 (2)由△ABC为锐角三角形，B= 3 0<A< 可得 '解得A∈匹，】 (62, 由正弦定理a=b .C sin4 sinB sinC’ 则 0<C=元- -A< 3 2 2 45 sinA 2π-A sin 3 2 cm=2+n--2+m+5c -245d小-2m4 459, .CAc∈2+2W3,6: 11分 (3)由正弦定理bg-2n,则b=2V5,则c=公=12， sinB 由a2+c2=b2+ac,可得a2+2=24,则a=c=2√5， 则三角形ABC为等边三角形，取AB中点M,如图所示： 则PA.PB=(PM+MA(PM+MB PM+PM.MA+MB+MA.MB M PM'-MA'=PM-3, 由OP=2,OM=1,则PM∈[L,3],则PA·PB∈[-2,6]17分