精品解析：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2024-2025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，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 2. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，若，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3. 已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，，则 4. 下列函数中，以为周期且在区间(，)单调递增的是 A. f(x)=│cos 2x│ B. f(x)=│sin 2x│ C. f(x)=cos│x│ D. f(x)= sin│x│ 5. 已知向量，满足，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 设函数在的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在棱长为2的正方体中，M，P分别是棱，的中点，平面与平面将该正方体截成三个多面体，其中N，Q分别在棱BC，上，则多面体的表面积为（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 8. 在四边形ABCD中，，，，若P为三条边上的一个动点，且，则以下说法正确的是（ ） ①满足的点P有且只有1个 ②满足的点P恰有2个 ③能使取最大值的点P恰有2个 ④能使取最大值的点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. 已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ） A. 复数的虚部为 B. C. D. 复数是方程的解 10. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则（ ） A. B. 外接圆的面积为 C. 面积的最大值为 D. 周长的最大值为 11. 如图，在长方体中，，，，是棱上的一个动点，下列命题正确的是（ ） A. 长方体外接球的表面积为． B. 过，，三点的平面截长方体所得截面的周长的最小值为． C. 在棱上存在相应的点，使得平面． D. 若，点在四边形（包括边界）上运动，且平面，则异面直线和所成角的最小值为． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，满足，，向量，的夹角为，则______． 13. 如图，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，，千米，在点B处测得D的仰角为，则CD的高为______千米. 14. 如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，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. 已知复数，，且是纯虚数，其中a为实数，i是虚数单位. （1）求a的值； （2）在复平面内，O为坐标原点，向量，对应的复数分别是，，若，求实数c的值. 16. 在平面直角坐标系中，已知向量，，． （1）若，求的值； （2）若与的夹角大于，求取值范围． 17. 在中，D是BC边上的点且，. （1）求的值； （2）若，，求的面积. 18. 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. （1）求证：平面平面ABC. （2）求四面体ACMN的体积. （3）若D是AN的中点，在线段OB上是否存在一点E，使得平面ABC？若存在，求的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由 19. 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.已知凸四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，是其两条对角线. （1）若为凸四边形的外接圆直径，，，，求与的长度； （2）若，且为正三角形，求面积的最大值； （3）已知，且，，求的最大值 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福鼎一中2024-2025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，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】已知，则， 故． 2. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，若，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由二倍角公式求出，由正弦定理即可求. 【详解】因为，， 所以，解得， 由正弦定理可得， 故选：A 3. 已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线与平面的位置关系分别判断即可． 【详解】对于A，若，，则可能相交，故A错误； 对于B，若，，则或，故B错误； 对于C，若，，，则或异面，故C错误； 对于D，因为，，所以， 又，，所以， 因为，，所以，故D正确． 4. 下列函数中，以为周期且在区间(，)单调递增的是 A. f(x)=│cos 2x│ B. f(x)=│sin 2x│ C. f(x)=cos│x│ D. f(x)= sin│x│ 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查三角函数图象与性质，渗透直观想象、逻辑推理等数学素养．画出各函数图象，即可做出选择． 【详解】因为图象如下图，知其不是周期函数，排除D；因为，周期为，排除C，作出图象，由图象知，其周期为，在区间单调递增，A正确；作出的图象，由图象知，其周期为，在区间单调递减，排除B，故选A． 【点睛】利用二级结论：①函数的周期是函数周期的一半；②不是周期函数； 5. 已知向量，满足，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用条件计算，再利用投影向量的公式计算即可. 【详解】因，则， 则，故， 则在上的投影向量为. 故选：B 6. 设函数在的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数的图像和性质即可解得. 【详解】因为图像经过， 所以. 即. 解得. 由图像可知，即， 解得，所以，. 所以的最小正周期为. 故选：C 7. 如图，在棱长为2的正方体中，M，P分别是棱，的中点，平面与平面将该正方体截成三个多面体，其中N，Q分别在棱BC，上，则多面体的表面积为（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由面面平行的性质定理确定为中点，为中点，进而逐个计算每个面的面积即可. 【详解】由题意得平面平面， 又平面平面 ， 平面平面，， 正方体中易知， 所以，为中点，为中点， 同理， 为中点， 所以， 所以四边形的面积等于， 所以四边形的面积等于， 易知四边形为等腰梯形，其中， 如图，过作，易得， 所以四边形的面积为， 同理四边形的面积为， 所以多面体的表面积为， 故选：C 8. 在四边形ABCD中，，，，若P为三条边上的一个动点，且，则以下说法正确的是（ ） ①满足的点P有且只有1个 ②满足的点P恰有2个 ③能使取最大值的点P恰有2个 ④能使取最大值的点P有无数个 A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④ 【答案】D 【解析】 【分析】先分P在边BC上，P在边AB上和P在边AC上三种情况，求出此时的关系，对四个选项一一判断，得到结论. 【详解】如图，得， 当P在边BC上时，设，， ， 又，，， ，. 当P在边AB上时，，，故，. 当P在边AC上时，设，， ， ，，，，. ①当时，令中，此时，此时点P就是点C， 或当P在边AB上时，也满足，，故①错误； ②当时，有，，此时P在边AB上， 或点P在AC上，此时，，，， 这样的点P有2个，故②正确； ③的最大值为，此时，，这样的点P有且只有1个，故③错误； ④的最大值为3，当P在边BC上时，恒有，这样的点P有无数个，故④正确. 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. 已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ） A. 复数的虚部为 B. C. D. 复数是方程的解 【答案】AD 【解析】 【详解】，，得. 对于A，由，得复数的虚部为，故A正确； 对于B，由，得，故B错误； 对于C，由，得，故C错误； 对于D，由，得， 即复数是方程的解，故D正确. 10. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则（ ） A. B. 外接圆的面积为 C. 面积的最大值为 D. 周长的最大值为 【答案】BC 【解析】 【分析】A. 利用正弦定理将边转化为角，结合三角恒等变换求解；B.利用正弦定理求解；C.利用余弦定理，结合基本不等式求解；D.利用余弦定理，结合基本不等式求解. 【详解】因为，由正弦定理得， 因为，所以，则，即，故A错误； 由正弦定理得外接圆的半径为，即， 所以外接圆的面积为，故B正确； 由余弦定理得，即，则， 当且仅当时，等号成立，所以三角形的面积为：，故C正确； 由，得， 则，当且仅当时，等号成立， 所以三角形的周长为，故D错误， 故选：BC 11. 如图，在长方体中，，，，是棱上的一个动点，下列命题正确的是（ ） A. 长方体外接球的表面积为． B. 过，，三点的平面截长方体所得截面的周长的最小值为． C. 在棱上存在相应的点，使得平面． D. 若，点在四边形（包括边界）上运动，且平面，则异面直线和所成角的最小值为． 【答案】ABD 【解析】 【分析】由长方体外接球特征，可知体对角线长为直径，即可判断A；由截面性质，过，，三点的平面截长方体所得截面为平行四边形，其周长为，将空间体侧面展开，可知，，三点共线时有最小值，可判断B；假设平面，若与重合，的平行线与平面相交，可判断C；由条件，点为的一个三等分点，则在上取三等分点，在上取二等分点，可确定的轨迹，即可确定D选项. 【详解】对于A选项，由已知，长方体对角线长，其中为外接球的半径，则， 外接球的表面积，故A正确； 对于B选项，在长方体的棱上取点满足，连接、， 因为，，则，同理可证，则四边形为平行四边形， 是过，，三点的平面截长方体所得的截面，则周长， 将侧面与沿着展开，可得侧面展开图，如下图所示， 当，，三点共线时，有最小值，此时，故B正确； 对于C选项，假设平面，当与重合时，平面即为平面， 直线平面，此时与平面不平行，C错误； 对于D选项，为的一个三等分点，则在上取三等分点，在上取中点， 因为，，所以，因为平面，平面，所以平面， 在上取靠近点的三等分点，连接，因为，，所以， 由等分关系，，所以，平面，平面，又因为平面， 又因为，平面，平面，所以平面平面， 所以的轨迹为，异面直线和所成角是直线和所成的角， 因为，，，所以，由勾股定理可得，， 同理可得 ，当点在点，时，异面直线和所成角的最小值，因为， 所以为等边三角形，所以，异面直线和所成角的最小值为. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，满足，，向量，的夹角为，则______． 【答案】 【解析】 【详解】，，向量，的夹角为， . . . 13. 如图，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，，千米，在点B处测得D的仰角为，则CD的高为______千米. 【答案】 【解析】 【分析】在中，根据三角形内角和定理求出，再利用正弦定理求得.在中，根据，即可求解. 【详解】在中，∵，， ∴. 由正弦定理可知，. 在中，，， . 故答案为：. 14. 如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________. 【答案】 【解析】 【分析】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值. 【详解】，，， 由勾股定理得， 同理得，， 在中，，，， 由余弦定理得， ， 在中，，，， 由余弦定理得. 故答案为：. 【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题. 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. 已知复数，，且是纯虚数，其中a为实数，i是虚数单位. （1）求a的值； （2）在复平面内，O为坐标原点，向量，对应的复数分别是，，若，求实数c的值. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）由复数除法以及纯虚数的概念即可列式求解； （2）由复数的几何意义得出，结合向量减法及模长公式即可得解 【小问1详解】 复数，，， 则. 因为是纯虚数，所以，解得. 【小问2详解】 由（1）得，. 由题意得，点O，A，B的坐标分别为，，， 所以，，因为， 所以，解得或. 16. 在平面直角坐标系中，已知向量，，． （1）若，求的值； （2）若与的夹角大于，求取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量垂直的性质数量积为零，构造方程求出，再利用两角和的正切公式计算求解； （2）利用向量夹角余弦公式结合已知条件构造不等式，解不等式求出取值范围． 【小问1详解】 ，，且， ， ， ． 【小问2详解】 ， ， ， ， ， ． 17. 在中，D是BC边上的点且，. （1）求的值； （2）若，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用角平分线的性质及正弦定理可得答案； （2）利用余弦定理求出，结合面积公式可得答案. 【小问1详解】 由题意知AD为的角平分线，根据三角形角平分线的性质可知， 因为， 所以，即. 【小问2详解】 设，在中，因为，， 所以，所以. 在中，，， 所以，所以. 又，所以，解得. 在中，，， 所以，所以. 18. 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. （1）求证：平面平面ABC. （2）求四面体ACMN的体积. （3）若D是AN的中点，在线段OB上是否存在一点E，使得平面ABC？若存在，求的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由 【答案】（1）证明见解析 （2）. （3）存在，，证明见解析 【解析】 【分析】（1）易证平面ABC，平面ABC，再利用面面平行的判定定理证明； （2）由求解； （3）取AC的中点F，且D是AN的中点，连接DF，得到，，取CB的四等分点G，使，得到，，从而四边形DFGE是平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明. 【小问1详解】 证明：因为M，N分别是OB，OC的中点，所以， 又平面ABC，平面ABC， 所以平面ABC，同理得平面ABC， 又平面PMN，平面PMN，， 所以平面平面ABC. 【小问2详解】 如图所示： 设圆锥的底面圆半径为r，则，解得. 所以在图中，B，C为圆锥的底面圆周的三等分点， 所以为等边三角形，所以，所以. ，圆锥的高， 所以， 所以， 即四面体ACMN的体积为. 【小问3详解】 如图所示： 在线段OB上存在点E，且，使得平面ABC， 理由如下： 取AC的中点F，且D是AN的中点，连接DF， 所以，. 取CB的四等分点G，使，连接GE，FG. 因为，所以，， 所以，，所以四边形DFGE是平行四边形， 所以，又平面ABC，平面ABC，所以平面ABC. 19. 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.已知凸四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，是其两条对角线. （1）若为凸四边形的外接圆直径，，，，求与的长度； （2）若，且为正三角形，求面积的最大值； （3）已知，且，，求的最大值 【答案】（1），. （2）. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据为外接圆的直径得，再由同弧所对的圆周角相等得，最后由已知条件及正弦定理即可求解； （2）设的边长为a，由托勒密定理得，根据四点共圆得，然后由三角形面积公式及基本不等式求解即可； （3）构造圆内接四边形，设，，，，构造，在中由余弦定理得，再由托勒密定理得，然后利用三角形的面积公式，由列式求解即可. 【小问1详解】 如图①，因为为外接圆的直径， 所以， 因为， 所以. 因为， 所以（同弧所对的圆周角相等）. 在中，，， 所以，，. 在中，，， 由正弦定理，解得. 【小问2详解】 如图②，设的边长为a， 由托勒密定理， 得，即. 因为四点共圆， 所以， 所以， ， 当且仅当时，等号成立， 所以. 【小问3详解】 如图③，构造圆内接四边形， 设，，，， 由，构造， 由共圆得， 由余弦定理得， 由托勒密定理得， 即. 由三角形面积公式得 ， 所以. 因为. 所以， 当且仅当时，等号成立，的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了数学文化，数学定理的应用，以及由正弦定理、余弦定理解三角形，第三问的关键是构造圆内接四边形，设，，，，构造，在中由余弦定理得，再由托勒密定理得，然后利用三角形的面积公式，由列式求解，计算比较繁杂. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $