福建宁德市福鼎市第一中学2024-2025学年高一下学期第二次月考数学试题

福鼎一中2024一2025学年第二学期第二次月考 高一数学试题 (考试时间：120分钟总分：150分) 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 一项是符合题目要求的 1.若(3-4i)=5i,则z的共轭复数z= 、3.4: A5+51 34 B.5-51 D.-43 551 2.在△4BC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a=V5,A=60°，若c0s2C= ，则c= 2 A.1 B.3 C.2 D.2W2 3.已知，n是两条不重合的直线，，B是两个不重合的平面，则下列结论正确的是 A.若ml∥a,ml∥B,则ollB B.若m/ln,ml/a,则n/la C.若mc,ncB,∥B,则m/n D.若∩B=1,aca,bcB,allb,则al/l 1下到E致中，以子为用别同（子》 单调递增的是 A.f(x)=sin 2x B.f(x)=cos2x c.f(x)=sin D.f(x)=cos 5.已知向量a,b满足a=(1,-l),(a-ba=-2,则b在a上的投影向量为 A.(2,-2) B.(V2,-2) c(-2,2) D.(1,-1) 6设证数f国-c0a1孕-元网的图爱大致如下图，划利的最小 正周期为 A. 3元 2 3 元 c.6 D.10z 9 7如图，在棱长为2的正方体ABCD-AB,CD,中，M,P分别是棱BB,AD,的中点，平面DAMN与 平面CB,PQ将该正方体截成三个多面体，其中N,Q分别在棱BC,DD,上，则多面体NDA,-PQCB,的 第1页（共4页） 表面积为() A.14 B.15 C.16 D.11+2W5 8.在四边形ABCD中，AB/CD,AD=BC=2,AB=3CD=3,若P为△ABC三条边上的一个动点， 且AP=mAB+nAD,则以下说法正确的是() ①满足=二的点P有且只有1个 ②满足+n=1的点P恰有2个 ③能使+n取最大值的点P恰有2个 ④能使3m+2n取最大值的点P有无数个 A.①② B.①③ C.②③ D.②④ 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.已知复数z满足（二+2）i=1+i,其中i为虚数单位，则() A.复数z的虚部为-1 B.E=2 C.z4=4 D.复数z是方程x2+2x+2=0的解 则() B 10.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,b=V3,bsim(A+B)=cco A.B= 6 B.△ABC外接圆的面积为π C.△ABC面积的最大值 35 D.△ABC周长的最大值为2V3 11.如图，在长方体ABCD-AB,CD,中，AB=3,AD=2,AA=1,E是棱CD上的一个动点，下列 命题正确的是() 第2页（共4页） A.长方体外接球的表面积为14π B.过A,E,C1三点的平面截长方体ABCD-AB,CD,所得截面的周长的最小值为6N2 C.在棱DD上存在相应的点G,使得A,G∥平面AEC, D若CE=专CD,点刀在四边形ABC,D(包括边界)上运动，且DP∥平面4EC,则异面直线DF和AE 所成角的最小值为60° 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 2已知筒学，石满起同-2，风-1，向金a,5的大有为子则a- 13.如图1，为测量高度CD,选取与C在同一水平面内的两个测量点A,B.现测得∠B4C=45°， ∠ABC=105°，AB=2千米，在点B处测得D的仰角为60°，则CD的高为 千米 图1 图2 14.如图2，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，AC=1,AB=AD=V3,AB⊥AC,AB⊥AD, ∠CAE=30°，则coS∠FCB= 四、解答题：本大题共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.(本题满分13分) 已知复数云=a+2i,2=2-i,且互是纯虚数，其中a为实数，i是虚数单位 23 (1)求a的值； (2)在复平面内，0为坐标原点，向量OA,OB对应的复数分别是z22,c+(2-c)i,若AB=5,求 实数c的值. 16.(本题满分15分) 在平面直角坐标系xOy中，已知向量m ,2）,=(n,cos,xe0. 2 (a)若mLn,求tam(x+)的值： 3 2)若m与的夹角大于云，求x取值范围。 第3页（共4页） 17.(本题满分15分) 在△4BC中，D是BC边上的点且∠B4D=∠CAD,imC =3 sin B （1)求Sa的值； S△ABD (2)若AD=3,CD=V3,求△ABD的面积 18.(本题满分17分) 如图1，设半圆的半径为2，点B,C三等分半圆，P,M,N分别是OA,OB,OC的中点，将此半圆以OA 为母线卷成一个圆锥（如图2).在图2中完成下列各题. 图1 图2 (1)求证：平面PMW∥平面ABC (2)求四面体ACMN的体积. (3)若D是AN的中点，在线段OB上是香存在一点B,使得DE/平面ABC?若存在，求OE的值，并 EB 证明你的结论；若不存在，说明理由 19.(本题满分17分) 古希腊数学家托勒密给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积. 己知凸四边形ABCD的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC,BD是其两条对角线. (1)若BD为凸四边形ABCD的外接圆直径，CB=CD,∠ACD=60°，AB=4,求BD与AC的长度： (2)若AC=4,且△BCD为正三角形，求△ABD面积的最大值； (3)已知x,,2,w>0,且x2+y-y=w2+2+"，z+w=30,求y+w的最大值 第4页（共4页） 高一数学参考答案 一、 单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分 题号 2 3 4 5 6 7 8 选项 D A D B 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 题号 9 10 11 选项 AD BC ABD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12.V13 13.26 4、 4 8解：如图，得DC=1AB 当P在边BC上时，设BP=2BC,入∈[0,1]， .AP=AB+BP=AB+ABC=AB+ABA+AD+DC =AB+2- 西+而+西-1-号+D. 又P=m花+D,m=1-22,n=元， 3 3m+2n=3. 当P在边AB上时，n=0,m+n∈[0,1]，3m+2n∈[0,3]： 当P在边AC上时，设A亚=tAC,t∈[0,1]： 4亚=c-40+风列-0+丽丽+， ∴.m= ,n=t,m+n= 3 3m=n,3+2n=3t∈[0,3] ①当m= 时，n=1,此时点P就是点C,或n=0,此时点P在AB上，故①错误： ②当+n=I时，有m=1,n=0或点P在AC上，这样的点P有2个，故②正确： ®m+加的最大值为头，此时，n三L,这样的点P有且只有1个，故图错逸 ④3+2n的最大值为3，当P在边BC上时，恒有3m+2n=3,这样的点P有无数个，故④正确. 故答案为D. 14解：【解析】：AB⊥AC,AB=√3，AC=1, 由勾股定理得BC=√AB?+AC=2, 同理得BD=VG,BF=BD=√6， 在△ACE中，AC=1,AE=AD=V3,∠CAE=30°， 由余弦定理得CR=4AC+AD:-24C4 AE cos30°=1+32×xV5x51, 2 第5页（共4页） ..CF=CE=1, 在ABCF中，BC=2,BF=V6,CF=1, 由余弦定理得cOs∠FCB= CF2+BC2-BF21+4-61 2CF.BC 2×1×24 1 故答案为：一41 四、解答题：本大题共5小题，共77分. 15解：(1)复数=a+2i,=2-i,aeR,则互=+2i_2a-2+a+41 22-i 5 5 2a-2 =0, 因为互是纯虚数，所以 5 解得a=1. …6分 2: a+4 ≠0， (2)由(1)得1=1+2i,=(1+2i)(2-1)=4+3i. 由题意得，点0，A,B的坐标分别为(0,0)，(4,3)，(c,2-c), 所以0A=(4,3),0B=(c,2-c),因为AB=0B-0A=5, 所以V(4-c)2+(1+c)2=5,解得c=-1或c=4 …13分 16解：：m=2V2 2 2 ,n=(smx,cosx),且m⊥n, cosx=0∴.tamx=1 2 tan(x+= tanx+tan 3=1+5 3 =-2-5 …7分 1-tan x.tan π1-√3 3 (2②mi=2n、 v2 -sinx- 2 -cos x=co(m,=cosm, 3 ∴n(x-)< 1 42 <x- ππ 4 46 e0设 …15分 BD AB 17.解：(1)如图，由题意知AD为BAC的角平分线，根据三角形角平分线的性质可知 CD AC 因为AB-sinC-3, AC sin B 第6页（共4页） 所以BD-SD=3,即S4四=} CDS△ACD …6分 SAABD 3 (2)设∠ADC=,在△ADC中，因为AD=3,CD=V3, 所以AC2=AD2+CD2-2·AD.CD-co3,所以AC2=12-6V5cosa 在△ABD中，AD=3,BD=3CD=3V3, 所以AB2=AD+BD-2·AD·BD.cos(T-) 所以AB2=36+18V3cosa 又AB=34C,所以36+18V5cosa=912-6V5cosx),解得cosa= 在△4DC中，AD=3,CD=√5， 南5c-方cn4,aa- 3W2 9W2 …15分 2 所以S△ABD=3S△ADC= 2 18.(1)证明：因为M,N分别是OB,OC的中点，所以MN/BC, 又MN￠平面ABC,BCC平面ABC,所以MN∥平面ABC,同理得PN∥平面ABC, 又Nc平面PMN,PNc平面PMN,N∩PN=N,所以平面PNI∥平面ABC..5分 (2)解：在图2中，设圆锥的底面圆半径为，则2π1=×2x×2,解得7=1. 所以在图2中，B,C为圆锥的底面圆周的三等分点， 所以△4BC为等边三角形，所以BC=2r=2,所以BC=V5」 sin60° e号5x5✉53 ,圆锥的高h=V22-下=3， 24 所以Vo-ABC=X 3x5=3, 13W3 34 4 1 11 1 3 所以VM.4Cw= 2M-0o=221 VO-ABC= 4 6 即四面体ACMN的体积为 …11分 6 (3)解：在线段OB上存在点E,且 EB =3,使得DE∥平面ABC, 理由如下： 如图3，取AC的中点F,且D是AN的中点，连接DF, 所以DF/CN,2DF=CN. 取CB的四等分点G,使CG=3BG,连接GE,FG 因为OE=3EB,所以EG/OC,4EG=OC, 所以2EG=CN=2DF,EG∥DF,所以四边形DFGE是平行四边形， 所以DE∥FG,又DE丈平面ABC,FGC平面ABC,所以DE∥平面ABC ……17分 19.解：(1)如图1，因为BD为外接圆的直径，所以∠B4D=∠BCD=90°， 已知CB=CD,所以∠CDB=∠CBD=45°，CD=4V2 因为∠ACD=60°，所以∠ABD=∠ACD=60°（同弧所对的圆周角相等）. 在Rt△ABD中，∠ABD=60°，AB=4, c0s60。-8,∠ADB=300 所以BD=AB 在△ACD中，∠CAD=45°，∠CDA=75°， 第7页（共4页） 由正弦定理 CD Ac 解得AC=2V6+√2) …5分 sin∠CAD sin∠CDA (2)如图2，设△BCD的边长为a,由托勒密定理AC.BD=AB.CD+BC·AD, 得AC·a=AB·a+AD·a,即AB+AD=4. 因为A,B,C,D四点共圆，所以∠BAD+∠BCD=180°，所以∠B4D=120°， D Se4AD-mB4D=5AB41Ds点4B+AD5, 2 4 4 4 当且仅当AB=AD=2时，等号成立，所以(S。D=V5. …10分 (3)如图3，构造圆内接四边形ABCD,设AB=x,BC=y,CD=,AD=w, 由x2+y2-义=w2+2+,构造co8∠4BC= 2 2 4 由共圆得co8∠ADC=- 4 由余弦定理得4C2=x2+少-=w+2+ 2 2 由托勒密定理得z+w=AB.CD+BC·AD=30,即AC.BD=30 1 S△ABc+S△ACD= s∠1Bc+号sinADC=号Y Γ24 (xy+wz), 8V15 所以y+1wz= 15 S ABCD 因为Sen-4c0nac.60s时4c-0-1s 所以y+wz≤8V5,当且仅当AC⊥BD时，等号成立，y+的最大值为8V5.17分 第8页（共4页）