精品解析：广东惠州市泰雅实验高中2025-2026学年高一下学期第二次月考数学试题

2025—2026学年惠州市泰雅实验高中高一下学期第二次月考试题 数学 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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，，则（ ） A. 1 B. C. D. 3 2. 下列命题中，正确的是（ ） A. 零向量没有方向 B. 单位向量的模都相等 C. 平行向量一定相等 D. 向量的模是负数 3. 已知a，b，c是空间中的三条直线，下列说法中错误的是（ ） A. 若，，则 B. 若a与b垂直，b与c垂直，则a与c可能相交、平行或异面 C. 若a，b分别在两个相交平面内，则这两条直线可能平行、相交或异面 D. 若a与c相交，b与c异面，则a与b异面 4. 下列说法中正确的是（ ） A. 一个多面体至少有4个面 B. 矩形旋转一周一定形成一个圆柱 C. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥 D. 用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 5. 如图，这是一个正方体的平面展开图，对该正方体，给出下面四组直线，其中垂直的组数是（ ） （1）与（2）与 （3）与（4）与 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 某同学将一个直角三角形硬纸板绕斜边所在的直线进行旋转，得到如图所示的旋转体．测量出，上、下旋转面的面积比是，则（ ） A. B. C. D. 3 7. 如图，在中，已知是线段AD与BE的交点，若，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 8. 在锐角中，角、、所对应的边分别为、、.已知，，则周长的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、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. 已知平面向量，，则下列说法正确的是（ ） A. 向量与互相平行 B. 与互相垂直 C. ，可以作为平面内的一组基底 D. 向量在上的投影向量为 10. 已知圆台的上底面半径，下底面半径，圆台有内切球，则（ ） A. 圆台的母线长为 B. 圆台的高为 C. 圆台内切球的半径为 D. 圆台的侧面积为 11. 如图，已知正方体的棱长为，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与为异面直线 B. 三棱锥的体积为 C. 异面直线与所成角的正弦值为 D. 平面与平面间的距离为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 计算：________. 13. 已知一梯形的斜二测直观图是下图的等腰梯形，，，高为，则梯形的面积为________. 14. 我国古代数学家祖暅提出祖暅原理：幂势既同，则积不容异，即夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，若截得的截面面积总相等，则这两个几何体的体积相等.现将一个棱长为4的正方体内部挖掉一个圆锥，其中圆锥底面为正方体一个面的内切圆，顶点为该面相对面的中心.现有一个几何体与所得几何体夹在同一对平行平面之间，且满足祖暅原理的等截面条件，则该几何体的体积为________. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知向量，. （1）当时，求和； （2）求的最小值. 16. 如图，在四棱锥中，，平面平面，，，点为的中点. （1）求证：平面； （2）若，求证：平面平面. 17. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，，. （1）求a及的值； （2）的平分线交边于点，求的长. 18. 如图，在长方体中，，，点E在棱上移动. （1）证明：平面； （2）当为的中点时，求点到平面的距离； （3）当二面角的正切值为时，求的值. 19. 已知中，内角，，的对边分别为，，，且满足，. （1）若，求实数的值； （2）若，求的取值范围； （3）若为锐角三角形，且该三角形的面积为9，边的长度是否可以为？并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年惠州市泰雅实验高中高一下学期第二次月考试题 数学 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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，，则（ ） A. 1 B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【详解】，， ，. 2. 下列命题中，正确的是（ ） A. 零向量没有方向 B. 单位向量的模都相等 C. 平行向量一定相等 D. 向量的模是负数 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的概念、性质逐一分析各个选项，即可得答案. 【详解】选项A：零向量方向任意，故A错误； 选项B：单位向量的模为1，都相等，故B正确； 选项C：平行向量的方向相同或相反，且模长不一定相等，故平行向量不一定相等，故C错误； 选项D：向量的模非负，故D错误. 3. 已知a，b，c是空间中的三条直线，下列说法中错误的是（ ） A. 若，，则 B. 若a与b垂直，b与c垂直，则a与c可能相交、平行或异面 C. 若a，b分别在两个相交平面内，则这两条直线可能平行、相交或异面 D. 若a与c相交，b与c异面，则a与b异面 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，由平行的传递性知A正确； 对于B，如图①，在正方体中， 当，时，与相交； 当，时， ； 当，时，与异面； 所以由，可得a与c可能相交、平行或异面，故B正确； 对于C，若 a ，b 分别在两个相交平面内，如图所示， 可知这两条直线可能平行、相交或异面，故C正确； 对于D，如图①，在正方体中， 与相交，与异面，此时与平行； 与相交，与异面，此时与相交； 与相交，与异面，此时与异面； 所以a与c相交，b与c异面，则a与b可能相交、平行或异面，故D错误. 4. 下列说法中正确的是（ ） A. 一个多面体至少有4个面 B. 矩形旋转一周一定形成一个圆柱 C. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥 D. 用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 【答案】A 【解析】 【分析】应用多面体的几何特征判断A，C，D，应用旋转体特征判断B. 【详解】多面体中面数最少为三棱锥，四个面，故A正确； 矩形绕其一条对角线旋转一周，所形成旋转体不是圆柱，故B错误； 正棱锥底面是正多边形，还需要满足顶点到底面的投影落在底面正多边形的中心，故C错误； 用一个平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台，故D错误. 5. 如图，这是一个正方体的平面展开图，对该正方体，给出下面四组直线，其中垂直的组数是（ ） （1）与（2）与 （3）与（4）与 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】还原正方体，结合正方体结构特点逐个判断即可. 【详解】如图所示，将展开图重新组合成正方体. 对直线与，因为，，所以； 对直线与，因为平面，平面，所以； 对直线与，因为， 所以（或补角）为异面直线与所成的角，显然，因此与不垂直； 对直线与，连接，， 因为平面，平面，所以； 又，，平面， 所以平面，所以. 即给出的四组直线中，其中垂直的组数是3. 6. 某同学将一个直角三角形硬纸板绕斜边所在的直线进行旋转，得到如图所示的旋转体．测量出，上、下旋转面的面积比是，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】设与的交点为，，， 则，，． 由是直角，得，即，得①， 由上、下旋转面的面积比是，得，即，所以②， ①②两式联立，整理得，解得（负值舍），则（负值舍）， 所以，则． 7. 如图，在中，已知是线段AD与BE的交点，若，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为， 所以 , 设，则， 因为三点共线，所以，得， 则， 故，则. 8. 在锐角中，角、、所对应的边分别为、、.已知，，则周长的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理，结合已知的边a和角A、B的关系，用角A表示边b和边c的长度,因为三角形是锐角三角形，所以确定角A的取值范围；将转化为关于角A的三角函数表达式，利用三角恒等变换化简为单一三角函数形式，再结合角A的取值范围求值域，即可求得答案. 【详解】由正弦定理可得，得，，又，，， 所以 ， 因为为锐角三角形，则，解得， 则，其中， 所以，所以的周长. 二、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. 已知平面向量，，则下列说法正确的是（ ） A. 向量与互相平行 B. 与互相垂直 C. ，可以作为平面内的一组基底 D. 向量在上的投影向量为 【答案】ABC 【解析】 【详解】A：满足数乘关系，两向量平行，正确； B：，故，正确； C：不共线的两个非零向量才可作为平面内的一组基底，因为，垂直，故不共线，所以可作为一组基底，正确； D：投影向量公式：因为，所以向量在上的投影向量为，不是，错误. 10. 已知圆台的上底面半径，下底面半径，圆台有内切球，则（ ） A. 圆台的母线长为 B. 圆台的高为 C. 圆台内切球的半径为 D. 圆台的侧面积为 【答案】AB 【解析】 【分析】运用内切球的圆台性质求出圆台的母线，从而求出圆台的高及内切球的直径，再运用侧面积公式求出侧面积. 【详解】有内切球的圆台满足性质：母线长， 圆台高， 内切球直径等于圆台的高，故半径为； 圆台侧面积. 11. 如图，已知正方体的棱长为，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与为异面直线 B. 三棱锥的体积为 C. 异面直线与所成角的正弦值为 D. 平面与平面间的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由异面直线判定定理可判断A，由等体积法可判断B，由异面直线夹角的定义可判断C，将平面与平面间的距离转换成点到平面的距离，即可判断. 【详解】对选项A，因为平面，平面，，平面， 所以直线与为异面直线，故A正确； 对选项B，因为， 又由正方体的性质可得为等腰直角三角形， 所以的面积为2，到平面的距离为2， 故三棱锥的体积为，故B错误； 对选项C，因为在正方体中，， 所以（或补角）为异面直线与所成的角， 在直角中，，，， ，故C正确； 对选项D，因为在正方体中，，不在平面内，平面， 所以平面， 同理平面，又，平面， 所以平面平面， 故平面与平面间的距离为点到平面的距离， 由选项B得，得， 即平面与平面间的距离为，故D正确. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 计算：________. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的乘方运算求得正确答案. 【详解】. 13. 已知一梯形的斜二测直观图是下图的等腰梯形，，，高为，则梯形的面积为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据斜二测画法特征可得原图形是一个直角梯形，进而可得所求图形面积. 【详解】因为等腰梯形的高为，所以，且，， 所以原图形中，，， 所以原梯形是上下底分别为，高为的直角梯形，如图： 所以其面积为. 14. 我国古代数学家祖暅提出祖暅原理：幂势既同，则积不容异，即夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，若截得的截面面积总相等，则这两个几何体的体积相等.现将一个棱长为4的正方体内部挖掉一个圆锥，其中圆锥底面为正方体一个面的内切圆，顶点为该面相对面的中心.现有一个几何体与所得几何体夹在同一对平行平面之间，且满足祖暅原理的等截面条件，则该几何体的体积为________. 【答案】 【解析】 【详解】由题意，正方体棱长，故此正方体的体积为， 因为圆锥底面是正方形的内切圆，故半径，圆锥的高等于该正方体棱长4， 故圆锥体积. 根据祖暅原理：满足夹在平行平面间、任意截面面积相等，则体积相等， 所以所求几何体体积等于正方体与挖掉的圆锥的体积之差，即. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知向量，. （1）当时，求和； （2）求的最小值. 【答案】（1）， （2）4 【解析】 【分析】（1）先应用平面向量的线性运算得出坐标再应用夹角余弦公式计算求解； （2）计算平面向量的线性运算结合模长公式计算得出最值. 【小问1详解】 当时，由，， 得. ， ，， 故. 【小问2详解】 ， 当时，取最小值4. 16. 如图，在四棱锥中，，平面平面，，，点为的中点. （1）求证：平面； （2）若，求证：平面平面. 【答案】（1）因为，，所以，且. 所以四边形是平行四边形，从而. 又平面，平面，所以平面. （2）由已知平面平面，平面平面， ，平面，所以平面. 平面，从而. 又，， 平面，平面，所以平面. 又平面，所以平面平面. 【解析】 【分析】（1）运用线面平行的判定定理求解； （2）利用面面垂直的判定定理求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，，. （1）求a及的值； （2）的平分线交边于点，求的长. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【小问1详解】 由余弦定理得，所以， 由及，得， 由正弦定理，得. 【小问2详解】 因为，所以，. 由，，得. 因为为的角平分线，所以， 得， ， ， 因为，所以，得. 18. 如图，在长方体中，，，点E在棱上移动. （1）证明：平面； （2）当为的中点时，求点到平面的距离； （3）当二面角的正切值为时，求的值. 【答案】（1）在长方体中，有平面， 又平面，， 又， 四边形为正方形，， 又，，平面， 平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先证明，再证明，最后得到平面. （2）利用等体积法计算即可. （3）先找出二面角的平面角，然后利用正切值为求出的长度，最后得到的值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设点到平面的距离为， 在中，，， 故， 而， 又， ， ，即点到平面的距离为. 【小问3详解】 过作于，连， 由平面，得，且， 可得平面，则， 为二面角的平面角， 设，，则， 由，得， ，解得， 此时，得， 即当二面角的正切值为时，. 19. 已知中，内角，，的对边分别为，，，且满足，. （1）若，求实数的值； （2）若，求的取值范围； （3）若为锐角三角形，且该三角形的面积为9，边的长度是否可以为？并说明理由. 【答案】（1） （2） （3）因为，所以的长度是不可以为. 【解析】 【分析】（1）对等式变形可得，利用正弦定理边化角即可求解； （2）首先根据三角形任意两边之和大于第三边结合求出的范围，然后利用对勾函数的性质即可求解； （3）首先根据锐角三角形求出的范围，然后由正弦定理和面积公式可得，利用三角恒等变换公式化简可得，最后利用函数单调性即可求解. 【小问1详解】 由得， 所以，由正弦定理得， 因为，，，故， 所以或. 当时，因为，所以 ， 所以，这与矛盾，故不成立，故 ，即. 【小问2详解】 由得， 因为，所以， 当时，，即， 所以，， 根据三角形任意两边之和大于第三边， 得即所以， 因为函数在区间上单调递增， ，，， 所以的取值范围为. 【小问3详解】 不可以，理由如下： 因为，所以，即. 因为为锐角三角形，故解得， 由正弦定理，可得，， 所以该三角形的面积， 所以 ， 令，则，因为，所以， 因为函数在区间上单调递减， 所以，即， 因为，所以的长度不可以为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $