精品解析：甘肃兰州市西北师范大学附属中学2025-2026学年第二学期第二次月考考试题高一数学

西北师大附中 2025-2026学年第二学期第二次月考考试试题 高一数学 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 复数的模是（ ） A. B. C. D. 2. 在平行四边形中，为对角线的交点，则（ ） A. B. C. D. 3. 若，则 A. B. C. D. 4. 如图，在正四棱台中，分别为棱的中点，则（ ） A. 直线与直线是异面直线 B. 直线与直线是异面直线 C. 直线与直线共面 D. 直线与直线共面 5. 用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中，，若原平面图形的面积为，则的长为（ ） A. 2 B. C. D. 6. 若，，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 羽毛球运动是一项全民喜爱的体育运动，标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的长为，球托之外由羽毛围成的部分可看成一个圆台的侧面，测得顶端所围成圆的直径是，底部所围成圆的直径是，据此可估算球托之外羽毛球所在曲面的展开图的圆心角为（ ） A. B. C. D. 8. 在锐角中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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，有多个选项符合题目要求） 9. 已知m，n是不同的直线，，是不重合的平面，则下列命题中，真命题有（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 10. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ）. A. 若，则 B. 若，的值为 C. 的取值范围为 D. 存在，使得 11. 如图，在正四棱锥中，，， 为棱的中点，为内（含边界）的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 若为的中点，则平面 B. 若点在线段上运动，则的最小值为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. ，，若四点共面，则点的轨迹长度 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设m∈R，m2+m﹣2+（m2﹣1）i是纯虚数，其中i是虚数单位，则m=___． 13. 函数在区间上的对称轴方程是____________________． 14. 已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为，以为球心，为半径的球面与底面的交线总长度为________. 四、解答题（本题共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. 已知向量，，且． （1）求的值； （2）若，，且，求的值． 16. 如图所示，在四棱锥中，底面为梯形，，，面面，是的中点． （1）求证：平面； （2）若是线段上一动点，点是线段的中点，是否有平面？证明你的结论． 17. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求A； （2）若△ABC的面积为，点D在线段BC上，且，求AD的最小值． 18. 如图，在中，，，平面，，，分别是，上的动点，且． （1）求证：平面． （2）求证：不论为何值，总有平面平面． （3）当为何值时，平面平面？ 19. 如图，在底面为菱形的直四棱柱中，M、N是直四棱柱上底面内相异的两点且． （1）若M为上底面的中心且，求异面直线与所成角的余弦值； （2）恰好是二面角的平面角，证明：点M在定直线上； （3）在（2）的条件下若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西北师大附中 2025-2026学年第二学期第二次月考考试试题 高一数学 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 复数的模是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】,  . 2. 在平行四边形中，为对角线的交点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量的数乘及减法运算求解. 【详解】如图， 则， 故选：D 3. 若，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】分析：由公式可得结果. 详解： 故选B. 点睛：本题主要考查二倍角公式，属于基础题. 4. 如图，在正四棱台中，分别为棱的中点，则（ ） A. 直线与直线是异面直线 B. 直线与直线是异面直线 C. 直线与直线共面 D. 直线与直线共面 【答案】C 【解析】 【分析】由正四棱台的结构特征，侧棱的延长线交于同一点，的延长线必过此点，可判断选项中的线线位置关系. 【详解】延长， 由正四棱台的性质可得侧棱的延长线交于同一点，设该交点为. 分别为棱的中点， 延长，则的延长线必过点， 则直线与直线相交于点；与直线相交于点；与直线相交于点 ；与直线是异面直线. 故选：C. 5. 用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中，，若原平面图形的面积为，则的长为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则，得到原几何图形，设，结合梯形的面积公式，列出方程，即可求解. 【详解】如图所示，根据斜二测画法的规则，得到原几何图形， 设，可得，则，，，且为原图形中梯形的高， 所以平面图形的面积为，解得. 6. 若，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求得和的值，结合两角差的余弦公式，即可求解. 【详解】由题意，可得，， 因为，，可得，， 则 . 故选：C. 7. 羽毛球运动是一项全民喜爱的体育运动，标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的长为，球托之外由羽毛围成的部分可看成一个圆台的侧面，测得顶端所围成圆的直径是，底部所围成圆的直径是，据此可估算球托之外羽毛球所在曲面的展开图的圆心角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知得出圆台的半径以及母线长，将圆台还原为圆锥，根据相似关系得出.进而根据圆锥的侧面展开图，即可求出答案. 【详解】由已知可得，圆台的母线长为8，下底面圆的半径为1，上底面圆的半径为3， 将圆台补成圆锥，如图1所示： 则羽毛所在曲面的面积为大､小圆锥的侧面积之差， 设小圆锥母线长为，则大圆锥母线长为， 由相似得，解得. 将该圆锥展开得到扇形如图2 则小圆锥的半径，的长为， 所以估算球托之外羽毛所在的曲面展开图圆心角为. 故选：C. 8. 在锐角中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，结合正余弦定理求得角，继而由结合正余弦定理求出，再表示出，，利用三角函数的性质求得的范围，即可求得答案. 【详解】由，由正弦定理得, 即有，而，则， 又， 由正弦定理､余弦定理得，，化简得：， 由正弦定理有：，即，， 是锐角三角形且，有，， 解得， 因此 ， 由得：，， 所以. 故选：D 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，有多个选项符合题目要求） 9. 已知m，n是不同的直线，，是不重合的平面，则下列命题中，真命题有（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】结合直线与平面平行、垂直的判定定理与性质定理可以判断. 【详解】对于选项A，若，，则或，选项A错误. 对于选项B，若，，则，又有，则，选项B正确. 对于选项C，若，，则，又有，则，选项C正确. 对于选项D，若，，则， 又有，由直线与平面平行的性质定理，可知存在使得，则，则.选项D正确. 故选：BCD. 10. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ）. A. 若，则 B. 若，的值为 C. 的取值范围为 D. 存在，使得 【答案】AB 【解析】 【分析】由向量共线的坐标运算可判断A；由向量的垂直的坐标运算可判断B；由向量数量积的坐标运算和的范围可判断C；由得，求出的范围可判断D. 【详解】对于A，若，则，所以，故A正确； 对于B，若，则，所以， 因为，所以的值为，故B正确； 对于C，，因为， 所以，，所以的取值范围为，故C错误； 对于D，，所以，， 若，则，得， 解得，因为，所以，解得， 因为，所以无解，故D错误. 故选：AB. 11. 如图，在正四棱锥中，，， 为棱的中点，为内（含边界）的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 若为的中点，则平面 B. 若点在线段上运动，则的最小值为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. ，，若四点共面，则点的轨迹长度 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用线面平行的判定定理判断；利用侧面展开图的最短路径判断；利用线面角定义判断；利用空间四点共面判断. 【详解】若F为AD的中点，因为E为棱AB的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面，故正确； 将平面沿翻折至与平面共面， 连接（为翻折后），即为的最小值， 由对称性可知翻折后， ， 由等面积法得， 所以，故错误； 连接交于点，过作，垂足为， 因为底面，面，所以， ，所以平面，即为直线与平面所成角， ，，， 所以，所以正确； 因为，且四点共面， 所以设平面与交点为，则为中点， 所以点的轨迹为线段， 在中，，所以正确． 故选：. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设m∈R，m2+m﹣2+（m2﹣1）i是纯虚数，其中i是虚数单位，则m=___． 【答案】﹣2 【解析】 【详解】． 【考点定位】考查复数的定义及运算，属容易题． 13. 函数在区间上的对称轴方程是____________________． 【答案】 【解析】 【分析】先通过三角恒等变换将原函数化简为正弦型函数，再结合正弦函数对称轴的性质求解落在给定区间内的对称轴方程. 【详解】由题意可得， 令， 解得， 可知函数的对称轴为， 又因为，可得，， 所以函数在区间上的对称轴方程为. 14. 已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为，以为球心，为半径的球面与底面的交线总长度为________. 【答案】 【解析】 【分析】 点为以为球心，为半径的球面与底面的交线上的一点，可得，即点在以为圆心，半径为的圆上，然后结合图形求出答案即可. 【详解】 因为四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为， 所以点在底面的投影为底面的中心，设为点，且 设点为以为球心，为半径的球面与底面的交线上的一点，则 所以 所以点在以为圆心，半径为的圆上，如下图 所以交线长为弧的长度的倍，因为，，所以 所以，然后可得，所以弧的长度为 所以以为球心，为半径的球面与底面的交线总长度为 故答案为： 四、解答题（本题共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. 已知向量，，且． （1）求的值； （2）若，，且，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)利用平面向量共线的坐标运算性质，化简后结合两角和的余弦公式求解； (2)先根据角的范围求得，再将拆分为，利用两角和的正切公式计算. 【小问1详解】 由，根据平面向量共线的坐标运算规则，得： . 展开整理得： ， 结合两角和的余弦公式，以及同角三角函数平方关系， 代入得：  解得. 【小问2详解】 因为，所以，又，故. 由同角三角函数关系得： ， 因此. 由两角和的正切公式： ， 代入、，得：  16. 如图所示，在四棱锥中，底面为梯形，，，面面，是的中点． （1）求证：平面； （2）若是线段上一动点，点是线段的中点，是否有平面？证明你的结论． 【答案】（1）在梯形中，，又面，面， 面，面，面面，， 平面，平面， 所以平面； （2）为中点时，平面. 证明：连接，， ，分别为，的中点， ，平面，平面， 平面， 取的中点，连接，则，则，且， 所以四边形为平行四边形，则， 因为平面平面， 所以平面，，、平面，平面平面， 是上的动点，平面，平面， 当为中点时，平面. 【解析】 【分析】1）在梯形中，，可得面，从而证明线面平行； （2）连接，，证明平面，从而证明面面平行，得到结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 当点是线段的中点时，平面， 证明略 17. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求A； （2）若△ABC的面积为，点D在线段BC上，且，求AD的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理的边化角及两角和的正弦公式代入化简已知式即可得出答案； （2）由三角形的面积公式可求出，再由，两边同时平方结合基本不等式即可得出AD的最小值. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 所以， 所以，又， 所以，因为，所以； 【小问2详解】 由（1），所以， 所以． 点D在线段BC上，且， 所以，则 ，所以． 当且仅当即，时等号成立． 所以AD的最小值为． 18. 如图，在中，，，平面，，，分别是，上的动点，且． （1）求证：平面． （2）求证：不论为何值，总有平面平面． （3）当为何值时，平面平面？ 【答案】（1）因为面，又面， ∴，∵，∴， 又∵，∴面， （2）∵，∴，∴面， 又∵面，∴面面. 所以不论为何值，总有平面平面． （3） 【解析】 【分析】(1)根据线面垂直的性质定理,再根据线面垂直的判定定理即可得面, （2）结合（1）的结论可得面,再根据面面垂直的判定定理可证面面; （3）根据,可知当时，面，利用面面垂直的判定定理可得平面面，然后结合已知条件可求得的值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知，面， 又∵面，∴， ∴当时，面， 因为平面， 所以平面平面 ∵，， ∴. ∵面， 又， ∴中，， ∴中，. ∵，∴， ∴，∴， ∴时，平面面. 19. 如图，在底面为菱形的直四棱柱中，M、N是直四棱柱上底面内相异的两点且． （1）若M为上底面的中心且，求异面直线与所成角的余弦值； （2）恰好是二面角的平面角，证明：点M在定直线上； （3）在（2）的条件下若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1） （2）证明：由于是二面角的平面角，则， 因为，平面，平面，所以面， 又因为面，以， 因为直四棱柱，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以，所以， 又因为在直四棱柱中，可得平面， 因为面，则， 又因为，且平面，所以面， 由平面且平面， 又由平面与面有公共直线，可得平面与面重合， 所以点M在面内，又点M在面内，所以面， 所以点M在上． （3）． 【解析】 【分析】（1）根据题意，证得直四棱柱的底面为正方形，结合异面直线的定义，得到为异面直线与所成角，利用，即可求解； （2）根据题意，得到，证得面，得到，进而得到，证得面，得到平面与面重合，即可得到答案； （3）根据题意，证得点M为上底面中心，过M作交于K，交于L，作交于P点，证得，进而得到平面，得到直线与平面所成角，结合和基本不等式，即可求解. 【小问1详解】 因为在底面为菱形直四棱柱中， 可得且平面，平面， 所以且， 又因为，所以， 由直四棱柱的底面为菱形，所以底面为正方形， 因为，所以为正方体，可得， 所以为异面直线与所成角， 又因为为上底面的中心，所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为，由（1）知底面为正方形且为长方体， 又因为，所以，所以， 因为点M在上，故点M为的中点，所以点M为上底面中心， 过M作交于K，交于L，则K为的中点，L为的中点， 作交于P点， 因为面且面，则， 又因为，平面，平面，所以平面， 则直线与平面所成角 设，则 因为，所以 所以， 当且仅当时，等号成立， 故直线与平面所成角的正弦值的最大值是． 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $