山东省临沂第一中学2025-2026学年高一下学期第二次月考数学试卷

报告查询：登录zhixue.com或扫描二维码下载App (用户名和初始密码均为准考证号) 2025级高一下学期第二次月考 数学答题卡 考场/座位号： 姓名： 班级： 贴条形码区 可降▣ (正面制上，切勿贴出盛线方框 正确填涂 ■ 缺考标记 客观题(18为单选题；911为多选题 1[A][B][C][D] 6[A][B][C][D] 11[A][B][C][D] 2[A][B][C][D] T[A][B][C][D] 3[A][B][C][D] 8[A][B][C][D] 4[A][B][C][D] 9[A][B][c][D] 5[A][B][C][D] 10[A][B][C][D] 填空题 ■ 12. 13. 14. 解答题 ■ 囚囚■ 15. 囚ㄖ■ ■ ■ U 9 ■ 17. 1 C D 1 1 1 ■ 囚■囚 囚■囚 8I ▣ 19. M B ■2025级高一下学期第二次月考数学试卷 一、单选题 1设三，；则的虚部是() A R号 c D.3 2.已知，是两条不同的直线，，B是两个不同的平面，则以下说法正确的是() A.若m∥必，n∥B,&∥B,则m∥n B.若∥B,m∥n,a⊥B,则n⊥a C.若⊥o,n⊥B,a⊥B,则m⊥n D.若m⊥n,n∥B,m⊥a,则a⊥B 3.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2a+b=2 ccosB,则C=() A B.号 c D. 4.如图，设AB=xAD,AC=A正，(x>0,y>0),线段DB与BC交于点F,且BF=1BC,通过计算得到： 5 亚-丽+号aD,则+的最小值为《) x V E B D A号 B. c. 5.在边长为2的菱形ABCD中，∠AD-背以AB所在的直线为轴，其余三边旋转一周形成的面国成一个几何体， 则该几何体的表面积为() A.8√5元 B.6√3π C.83π+3π D.6W3元+3元 6.在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=2,M为AC中点，点P在AB上，则C乎.M丽的最小值为() A.8 5 B. C.2 D.1 7.球面上有A,B,C三点，∠ABC=60°，AB=BC=6,球心O到平面ABC的距离是2，则球O的体积是() 4.32m B.64π C.256m D.256π 3 3 8.在一个四面体中，若存在一个顶点处的三条棱两两垂直，则称该四面体为直角四面体，同时，把该顶点叫作“完 美顶点，若在四面体ABCD中存在“完美顶点”A,AB=2,AC=3,AD=6,F为AD的中点，则CF与BD所成角 的余弦值为() A.3 B.5 c.5 D.22 6 6 10 5 二、多选题 9.已知平面向量a= 号》5=《x+),则下列说法特装的是0 A.当a/6时，x=-7 -2 3 B.当x=2时，cos<a,b>= C.当x=-2时，6在ā方向上的投影向量为4。 D.若ā和石的夹角为钝角，则x的取值范围为1 3 10.在△ABC中，AB=2,AC=3,∠BAC=60°，则() A.BA·AC=3 B.BC边上的中线长V 3 C.BC边上的角平分线长 J D.△ABC外接圆的面积为28r 3 11.如图，已知正方体ABCD-AB,CD,的棱长为1，则下列结论中正确的是() D A B D-- E:C A A.若E是直线AC上的动点，则DE/I平面ABC1: B.若E是直线BD上的动点，F是直线BD上的动点，则EF⊥AC; C.若E是△ABC内（包括边界）的动点，则直线DE与平面ABC所成角的正切值的取值范围是 D.若E是平面4G内的动点，则三校锥A48C的体积为定值君 三、填空题 12.一艘轮船按照北偏东40°方向，以18海里/时的速度直线航行，一座灯塔原来在轮船的南偏东20°方向上，经过 20分钟的航行，轮船与灯塔的距离为6√3海里，则灯塔与轮船原来的距离为 海里。 13.华裔建筑师贝聿铭为卢浮宫设计的玻璃金字塔是一个底面边长为30米的正四棱锥，其四个玻璃侧面的面积约 1500平方米，则塔高约为米. 14.已知：为复数，则-3+-4的最小值为 试卷第2页，共4页 四、解答题 15.在中国传统文化中，灯笼作为节日和庆典的象征，常常蕴含着丰富的美学与数学设计；灯笼不仅要考虑美观， 还要具备结构上的合理性和稳定性：现在有一盏独特的国风灯笼，它的外形结构包括多个几何体，具体设计如下： 顶部装饰：灯笼的顶部是一个正四棱台，上底边长为2分米，下底边长为4分米，高为2分米： 核心结构：灯笼的核心部分是一个正四棱柱，底面边长为3分米，高为6分米. (1)求灯笼总体积：（单位：分米3） (2)已知灯笼上下底不糊纸，所以正四棱台侧面积与正四棱柱侧面积的和就是灯笼所需纸张的总面积，求灯笼所需纸 张的总面积.（单位：分米2） 16.如图，在四棱锥P-ABCD中，AD/BC,AD1DC,BC=CD=AD=2,B为棱AD的中点，PA1平面ABCD. B× A E D (1)证明：AB∥平面PCE (2)求证：平面PAB⊥平面PBD (3)若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线AD与平面PBD所成角的正切值. 17.为测量某景区内一座古塔AB的高度，由于塔底B无法直接到达，测量小组在河对岸选取了两个观测点C,D进 行测量.首先在点C处测得塔顶A的仰角为45°，然后沿河岸步行20m到达点D处，在点D处测得塔顶A的仰角 3 为30°.己知∠BCD=120°，且观测点与塔底都在同一水平面内. C (1)求古塔AB的高度： (2)求三棱锥A-BCD的体积； (3)若从观测点C沿BC的延长线向后退行2O到达点E,求三棱锥A-BDE的外接球的体积. 18.如图，在四边形ABCD中，CA=CD=2,AB=4,ABAC=4,sim∠BCD= 13 (1)求边BC的长度； (2)求四边形ABCD的面积： (3)求sinD的值， 19.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD是边长为2的正三角形，平面PAD⊥平面 MBCD,AB=1,∠BAD号M为线段PD上一点，N为BC的中点. B W (I)当M为PD的中点时，求证：MN∥平面PAB. (2)若PB∥平面AN, ①试确定点M的位置并说明理由； ②求三棱锥M-ABN的体积. 试卷第4页，共4页 2025级高一下学期第二次月考数学试卷答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A C A B C C ABD BC ABD 3.C【详解】由余弦定理的推论，结合2a+b=2 ccosB, 得2a+b=2c 2+c2-b2 2ac 整理得2a2+ab=ad2+c2-b2,所以a2+b2-c2=-ab 所以cosC-&+6-c=b-1因为C0,所以c=2 2ab2ab 2 3 4.c【详解】由4下A证+4AD及点D,刀，B共线，得！+4 5 5 1, 会9 而>0，y>0,因此+42+42+4s)=8+y+16r≥8+2 xyx5+5)= 当且仅当点%。雨时取等号，所以的最小位为 .14 x V 5 5.A【详解】依题意，旋转后所得的几何体的上部分为圆锥，下部分为圆柱内挖去一个与上部分完全相同的圆锥， 如下图所示， D 在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD= 3, 则圆柱底面圆的半径为ADsn=2×5-5,圆锥的高为4Dcs=2x;1, 2 3 2 所以一个圆锥的侧面积为πx√5×2=2W3π，一个圆柱的侧面积为2π×√5×2=4√5π， 所以该几何体的表面积为2√3π×2+4√3π=8√3π. 6.B【详解】如图：以线段AB的中点为坐标原点，线段AB所在直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平 面直角坐标系， 答案第1页，共8页 则小5以o月9马设e0.5s5 项西-9号c回=号1-号 4 8 7,C【详解】如图，设O是△ABC外接圆的圆心，则OO⊥平面ABC, 因为∠ABC=60°，AB=BC=6,所以等边△ABC的外接圆的半径QC= 6 2sin60° =2V3, 所以球O的半径R=0C=VD0+QC=V22+(2W=4,所以球O的体积r=号心=256r 3 3 8.C【详解】取AB的中点G,连接FG,CG, >刀 B 因为FG/BD,所以∠CFG(或其补角)即为CF与BD所成的角， 因为G-号BD=4,6-0,cG=91-0,CN-9+9=3W5, 所以cos∠CFG-CP2+FG2-CG2_18+10-1035 2CF.FG 2×3W2×V1010' 即CF与BD所成角的余弦值为3V5 10 9.AD【详解】已知-()6=化x+,这一分析选脱 选质A:若a环。则+)-(》=0心，空理得女+子=0，解得0成=子A错误 然项当时，a行》5-传) 答案第2页，共8页 3 子子怎华，所以wa6 则a-6=是7-3， 33 25N2,B错误 22 选顶c:当x=-2时，a=(23.6=(2训，则a6=4}子1a=4+号 ,117 则投影向量为a5a-4a,c正确 lapas 17 选项D:夹角为钝角，则a万<0且a,6不反向共线由a.万=术-}x-3<0得-1<x<名 2-2 2 当x=0时。ā=(0，-之，6=03)，两向量反向共线，夹角为平角不是钝角， 故正确范围为(-1,0)U(0,,D错误 10.BC【详解】选项A:向量BA与AC的夹角为180°-∠BAC=120°， 所以B函AC=|B|adco120=2x32 =3,A错误 选项B:设BC中点为D,则AD-(丽+4C),则 AD-得(+4G-+24c4√ +2×2x3c0s60+3) 1 故BC边上的中线长1，B正确. 2 B D C 选项C:设角A的角平分线交BC于E,利用面积关系SAB十SACE=SABc, 即4B4Esim30°+4AC4B.sin30°=4B4Csin60°， 2 8时24兮行i2兰解明-Sc江疏 11 选项D:由余弦定理得BC2=AB2+AC-2ABAC-c0s60°=22+32-2×2x3x号=7，即BC=V7, BC√万221 设△8C外接回半径为自E弦定理2Rma0方等。则R可 3 2 、2 所以△ABC外接圆的面积S=R=π V21 7 ,D错误 3 3 11.ABD【详解】对于A连接DA,DC. 在正方体ABCD-AB,CD中，BC/1AD,BC=AD,所以四边形NI1AC为平行四边形，所以AB/IDC. 答案第3页，共8页 又DC文平面ABC1,ABC平面ABC,所以DCI/平面ABC1.同理可证：DA/1平面ABC. 因为DA∩DC=D,DAC平面DAC,DCc平面DAC, 所以平面DAC//平面ABC1. 因为E是直线AC上的动点，所以DEC平面DAC,所以DE/I平面ABC1.故A正确： B D B:连接BD.因为ABCD-AB:CD1为正方体，所以AC L BD,又BB⊥面ABCD,ACC面ABCD,所以BB,⊥AC. 因为BDC面BDDB,BB,C面BDDB,BD∩BB,=B,所以AC⊥面BDDB 因为E是直线BD上的动点，F是直线BD上的动点，所以EFC面BDDB. 所以AC⊥EF.故B正确： D D B 对于C:在正方体ABCD-A,B,CD中，DD⊥面ABCD 对于平面ABC,DD为垂线，DE为斜线，DE为射影，所以∠DED即为直线DE与平面ABC所成角，所以 tan∠DBD=DE-DE DD 1 设AC∩BD=O,则AC L BD 因为B是△4BC内《包括边界)的动点，所以当B与O重合时，DB=DB-2最小， 22 晋B与B重合时，Dg=DB=2最大，所以tan∠DBD=1∈Y2,√2故C错误 DE 2 答案第4页，共8页 D 对于D:三棱锥D-AEC的体积V,Asc='-nAc 由A的证明过程可知：平面D,AC//平面ABC1,所以平面ABC1内任一点到平面DAC的距离都相等. 11 因为B是平面B4G内的动点，所以EBMc=WB4c=公-A3Sc·DD=Xx1×1X1F7 32 6 即三棱锥D-AEC的体积为定值二.故D正确 6 12.6 【详解】记轮船的初始位置为A,灯塔位置为B, 20分钟后轮船的位置为C,如图所示： 得：AC1836,2C4B=180-40-20=120,B0 在A4C中，由余孩定理得：sC48.4C48BC6+4伊-6-号 2AC.AB 2×6·AB 2 所以解得AB=6或AB=-12(舍去)，灯塔与轮船原来的距离为6海里， 13.20【详解】如图，做PO⊥正四棱锥底面ABCD于点O,则O为底面ABCD的中心，取AB的中点E, 连接PE、OE,则OE⊥AB,OE=I5,因为PA=PB,所以PE⊥AB, 因为四个玻璃侧面的面积约1500平方米，所以S地=×1500=375平方米， 由}B×PE-分30xPE-375可得PE=25,所以10-=m-0吸=V6S-25西-20， 则塔高约为20米， 答案第5页，共8页 14.5【详解】设二=a+bi(a,b∈R),复数二在复平面内对应的点记作P,故P(a,b)； -3表示复平面内，点P(a,b)到A(3,0)的距离；5-41表示复平面内，点P(a,b)到点B(0,4)的距离： 故-3+E-4i表示复平面内，点P(a,b)到A,B两点的距离之和， 显然当点P在线段AB上时，其取得最小值，最小值为AB=V(3-0)+(0-4)=5. 15.【详解】(1)已知正四棱台上底边长a=2,下底边长b=4,高h=2,则S=22=4,S=42=16, 所以-了2x(1+16+个10)=（分米），已知正四棱挂底面边长3，商H-6,则=3×6=54-1 3 起（分 米)，总体积：V=6+-56+162-218(分米). Γ333 (2)正四棱柱侧面为4个矩形，侧面积S棱柱侧=4×(3×6)=72（分米2)， 正四棱台侧面为4个全等等腰梯形，先求斜高1：正四棱台高为2，等腰梯形上下底差的一半为4,2-1， 2 由勾股定理得斜高1=√+T=5,单个等腰梯形面积为2+×5-3N5, 2 因此正四棱台侧面积S传台侧=4×3√5=12W5，总面积S=S陵台侧+S楼侧=72+12√W5(分米2). 16.【详解】(1)，BC∥AE且BC=AE,∴.四边形BCEA为平行四边形， ∴.AB∥EC,又AB￠平面PCE,ECC平面PCE,所以AB//平面PCE. (2),PA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,∴.PA⊥BD, 连接BE,,BCDE且BC=DE,∴.四边形BCDE为平行四边形， DE L CD,BC=CD=2,.平行四边形BCDE为正方形，.BD⊥EC,又ABIIEC,.BD LAB, 又PA∩AB=A,PA,ABC面PAB,∴.BD⊥面PAB,,BDC面PBD,.平面PAB⊥平面PBD M公 B A 答案第6页，共8页 (3)PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD,∴.PA⊥CD,又CD⊥AD,PAOAD=A,PA,ADC平面PAD, ∴.CD⊥平面PAD,因为PDc平面PAD,∴.CD⊥PD, ∴.∠PDA为二面角P-CD-A的平面角，从而∠PDA=45°，所以PA=AD=4, 作AM⊥PB于M,连接MD,·平面PAB⊥平面PBD,AMC平面PAB,平面PABO平面PBD=PB, ∴.AM⊥面PBD,所以∠ADM为直线AD与平面PBD所成角， 在直角aPAB中，AB=CE=2W2,PA=4,PB=2V6,AM=P4AB=4×25_4W3 PB2√63 因为AM⊥面PBD,DMC面PBD,所以AM⊥DM, 在直角，4⑩中，AD=4.AM=3，DM=VAD -AM=3’…<DM=V2 2 则直线AD与平面PBD所成角的正切值为 2 17.【详解】(1)设AB=h,在Rt△ABD中，因为∠ADB=30°，故BD=√3h,同理BC=h, 在△BCD中，CD=20,由余弦定理得，BD2=BC2+CD-2 BCXCD×cos∠BCD, 即3=h+400+20h,整理得2-10h-200=0,解得h=20或h=-10(负解舍去). 所以古塔AB的高度为20m. (2)由(1)知，在△BCD中，BC=h=20,CD=20,∠BCD=120°， 所以S.m=BC-CDsn∠BCD=×20x20x51006. 2 2 2 所以三楼鞋4-8CD的体积y-8mB}10x20-20道(m), 3 (3)由于BC=CD=CE=20,故∠BDE=90°， 可以把三棱锥A-BDE补形为以AB,BD,DE为棱的长方体，则三棱锥A-BDE的外接球就是该长方体的外接 BD=3h=203. 在△BCD中，∠DCE=60°，DC=CE=20,所以DE=20, 所以长方体的外接球的半径R-aB+BD+D亚-V20+(205+20-105, 故外起球体积为-音re号05_20o5.m) 3 18。【详解】1)因为CA=2,AB=4丽C=2x4xcos∠aMC=4cae∠4C ∠BAC∈(0，)，∠BAC= 3 在△ABC中，BC2=AB2+CA2-2AB.CAcos∠BAC=16+4-2×4×2×5=12,.BC=2V5. 2 ②)由D得C2+ACE4D，ACB-sin/BCD=m(写ZACD)=co3ZACD5 13 答案第7页，共8页 ∠ACDe(0,),sin∠4cD=12 =165m=)×2x2x2-24 2 1313 1 四边形ABCD的面积S=SABc+SAD= 226+沿25 13 (3)在△ACD中， 1313,AD=813 AD=CAP+CD2-2CA:CDeos∠ACD=4+4-2x2×2x5=4 13 2123W13 由正弦定理，得 AD =CA÷.sinD=C4 sin∠ACD= AD sin∠ACD sinD 8131313. 13 19.【详解】(1)证明：如图，取AP的中点为E,连接EM,EB. 在△PAD中，M为PD的中点，E为AP的中点，.EMIIAD,EM=AD. 2 在平行四边形ABCD中，N为BC的中点，BNAD,BN=)AD,∴BNE且BN=B】 ∴.四边形BMME为平行四边形，.NWBE. ,N丈平面PAB,BEc平面PAB,.N∥平面PAB. (2)①如图，连接BD交AN于点O,连接OM. PB∥平面AMN,PBc平面PBD,平面PBD∩平面AMN=OM,.PB∥OM.: PM、OB MD OD B :四边形ABCD是平行四边形，N为BC的中点， 入0sv-A0n1,8器-器方兴-有即点M为D上近：点的三等分点， ②在四边形ABCD中，AB=1,BN=1,∠ABC=2T, m号ABN血∠ABC-1m音4 2 34 取AD的中点F,连接PF,△PAD是正三角形，.PF⊥AD,且PF=√5. :平面PAD⊥平面ABCD,且平面PADO平面ABCD=AD,PFC平面PAD,.PF⊥平面ABCD. ~M为PD上靠近P点的三等分点，M点到平面ABCD的距离为Pr=25 3 :三棱锥M-ABV的体积r=8wA 152B_1 3436 答案第8页，共8页