湖南省长沙市望城区第二中学2026-2027学年高二上学期第一次月考数学试题

望城二中2026年下学期高二第一次月考 数学 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：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.（5分）若，则的虚部为（  ） A. B. C. D. 2.（5分）在空间直角坐标系中，点关于平面对称点的坐标为（） A. B. C. D. 3.（5分）某学习小组共有人，其中男生人、女生人，在一次考试中男生得分的平均数为、方差为，女生得分的平均数为、方差为，则该小组这次考试的总体方差为（） A. B. C. D. 4.（5分）过点作圆的两条切线，切点分别为和，则切点弦所在直线的方程为（） A. B. C. D. 5.（5分）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（） A. B. C. D. 6.（5分）已知，，则（） A. B. C. D. 7.（5分）在边长为的菱形中，，以所在的直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为（） A. B. C. D. 8.（5分）已知正四面体的顶点，，均在球的表面上，球心在平面内，棱与球面交于点.若平面，平面，平面，平面，且与之间的距离为同一定值，棱，分别与交于点，，若的周长为，则球的半径为（） A.2 B.1 C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项是符合题意的。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。 9.（6分）设正实数满足，则（） A.的最大值是 B.的最小值为9 C.的最小值为 D.的最大值为2 10.（6分）如图，平行六面体的所有棱长均为，，，两两所成夹角均为，点，分别在棱，上，且，，则（） A. B.在方向上的投影向量为 C.，，，四点共面 D.直线与所成角的余弦值为 11.（6分）棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，Q为平面PMN上的动点，则下列结论正确的是（ ） A.平面PMN截正方体表面所得截面为五边形 B.平面PMN与平面ABCD所成锐二面角的余弦值为 C.若与的夹角为，则Q点的轨迹长度为 D.若交于，正方形的四个顶点绕着在上底面逆时针旋转得到一个十面体（如图），则该十面体的体积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.（5分）已知直线，直线，若，则                   . 13.（5分）设集合.且，则实数的取值范围为                   . 14.（5分）如图所示，二面角为，是棱上的两点，分别在半平面内，且，，，，，则的长                   ． 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.（13分）已知直线． (1) （6分）求经过点且与直线垂直的直线方程； (2) （7分）求经过直线与的交点，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程． 16.（15分）如图，在四棱锥中，底面为正方形．是正三角形，且平面平面． (1)求证：平面平面； (2)若，求平面与平面所成二面角的正弦值． 17.（15分）在中，，，所对的边分别为，，，已知． (1) （6分）求角的大小； (2) （9分）若的面积为且，求的周长． 18.（17分）如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是BB1的中点． （1）求证：A1D⊥AC1； （2）求证：BD∥平面AMC1； （3）求点A1到平面AMC1的距离． 19.（17分）如图，矩形中为中点，将沿着折叠至. (1)证明：平面； (2)设平面平面，点. 当为何值时，直线与平面所成角的正弦值为； （ii）在满足条件的情况下，过作一截面，与棱分别交于点，且平面，记四棱锥的体积为，四棱锥的体积为，求. 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $望城二中2026年下学期高二第一次月考 数学 一、单选题 1.B【解折12子=1+ 交叉相乘得z=(1+i)(z-1)】 展开右边得z=(1+i)z-（1+i). 移项整理得(1+i)z-z=1+7即z=1+i2=1+1-1+-1-1-=1- ii(-i)1 复数z的虚部为-1. 答案为B 2.C【解析】由点关于平面xOy对称的性质得，其横坐标与纵坐标不变，竖坐标变号. 因为点A(-1,2,3)在空间直角坐标系中， 所以其关于平面xOy的对称点坐标为(-1,2，-3). 对于选项C: 其坐标为(-1,2，-3)，与所求结果相同. 答案为C 3.A【解析】由权重公式计算总体平均数得=4×90+2×81=87， 6 已知男生方差g=12:女生方差g?=9以人数为权重计算得组内加权方差为 4×12+2×9=11 6 计算各组均值与总体均值偏差的加权平方，得4×90-87P+2×(81-87-108-18 6 6 由分层总体方差公式得s2=11+18=29. 故选：A 4.A【解析】连接CA、CB. 第1页共1页 由平面几何性质，CA⊥PA,CB⊥PB, 故点P、A、C、B四点共圆，且CP为该圆的直径 结合P(3,2、C(1,1)的坐标，得该圆的圆心为PC的中点(2， IPCI 白比得装国的方x-2+y号-异 整理为x2+y2-4x-3y+5=0. 直线AB为两圆的公共弦所在直线， 将圆c的方程(x-1P+(y-1P=3与上述方程相减， 得2x+y-6=0. 故选：A 5.D【解析】由已知得a:b=1×(-1)+(-2×0+1×(-1)=-2 1a=V1+(-22+12=V6 向6在的投影向量为也·日-0=号号一 lal lal 故选：D 6B【解折】白aaam厚=一吉每acA-专 cos a cosβ 即cos a cos B=-5 sin asinβ； 自case+p)-28-in月=2 第2页共1页 将=-5 i代入上式得-5 sin asin-si=2 即-6 sin asin B=号】 救sin&sinB=-i2 1 由B=-5 in asin为=-5x-立-是 因为cos(a-β)=cos a cosβ+sin asin B, 答案为B 7,A【解析】旋转所得几何体为上部圆锥、下部挖去一个与上部规格完全相同的圆锥的圆 柱，挖去部分的底面积与圆柱剩余底面积完全抵消，几何体表面积仅由两个圆锥侧面积和 一个圆柱侧面积构成。 边长为2的支形ABCD中，∠BAD=号得圆性辰面半r-2sn子-2×号-5，圆维 3 2 母线长为2，圆柱的高为2 分别计算得单个圆锥侧面积s,=π×3×2=23π'圆柱侧面积 S2=2π×3×2=43π' 因此总表面积s=2S,+S,=2×23π+43π=83π 故选：A B 8.A【解析】设平面a;与c+1(i=1,2,3)之间的距离为d,球O的半径为r,则OB=OP=r. 由正弦定理得2r=BC sin60,故BC=3r 第3页共1页 因为AB=BC所以AB=3r则0A=VAB2-0B=2r 由APB共线，设BP=BA(0<1<1则OP=1OA+1-)0B 0P-得r产-2rX+r1-3-21=0,解得2-号 所以AP=号AB=3r 3 3 白a距离知相祭-号是子我识=语A0- 2 在△ARQ中，由余弦定理得RQ2=AR2+AQ2-2AR:AQ-c0s60=子， 12 所以RQ= 2Ir同理P0=21, 6r,PR=号BD=3r 3 3 △PQR的周长为PQ+PR+QR=2I+3n=2(3/2+3 ,解得r=2. 3 3 答案为A 二、多选题 9.ABC【解析】2x+y=1,x>0,y>0. 对于A,1≥2929，化简得29≤两边平方得2y≤存即y≤ 1 当H仅当2)1时解得x子)分等号成立 2x=y 1 故A正确 对于B, +2+2x*y=5+2Y+2x x yx y x y 结合基本不等式2义+2兴≥22义·-2=4因此子号 2+125+4=9 x y x V 第4页共1页 2y=2x y 当且仅当x,y时，解得X=y=3等号成立 2x+y=1 故B正确 对于C,4X+y2=(2x+yP-4y=1-4y 代入y≤台得1-4y≥1-4×合月 82 1 1 当且仅当X=4y2时，等号成立 故C正确， 对于D,(2x+y=2x+y+2V2xy=1+2V2w 代入yg得1+22×日1+2店1+1-2则2×+97s2 开方得V2x+V≤V2,而非2，故D错误. 答案为ABC 10.BCD【解析】设AB=aAD=b:AA=C' 由题意得a=|b1=c=2a-b=a-c=b~c=2×2×c0s60=2 对1造明A,E=AF-E=6+0)-(a+子C-a+6-名c, 3 3 计算得 r-a*5-30a1br+g1a-20-6+号ac-368-4*4+4 4-4-40 3 3 9 339 故EF1=210 3,A错误 对于选项B,AC,=a+b+C 计算得AC,?=(a+b+c2=1a+b+c+2a~b+2a~c+2b-c=24 第5页共1页 ，在，二方向上的投影向量为c~AC1AC: 放AC,=26'AA!ACi IACP 代入得ca+b+CAC,-2+24AC,=专AC, 24 24 31 故B正确。 对于选项C, 在A1A上取点H,使得A1H=2HA,连接AE,C1F,EF,B1H, 由AH=B,E,AH‖B,E得四边形AHB,E为平行四边形， 故AE‖B1H, 由HF‖B,C1,HF=B,C1得四边形HFC1B为平行四边形， 故BH‖CF, 从而AE‖C1F, 故A,E,C1,F四点共面，C正确 对于选项D, 计算得 ACEr=a+6+cr(-a+6-号c=-lar+l6f-le-号ae+6-e=-4+4-gg手-号 3 3 3 3333 8 AC1·EF V15 直线AC1与EF所成角的余弦值为 =| 15, ACEFI 2/6.210 3 故D正确 故选：BCD 11.BC【解析】M,N,P分别为棱C1D1,A1D1,BC的中点，P在平面BCC1B与平面 ABCD上，M在平面A1B1C1D1与平面DCC1D1上，N在平面DAA1D1与平面 A1BC1D1上，平面PMN延伸后与正方体其余三条棱分别交于中点R,S,T,可证得 PT‖MS,tr‖SN,RM NP, 第6页共1页 D N B PRMSNT D 故截面为六边形 ,A错误 B 建立空间直角坐标系D-2,得各点丝标P吃10)，M0,1),N(宁0,1，求得 PM=(-21,Pw=(0,1. 设平面PMN的法向量为m=(X,y,z'1 PM.m=-1x-1. 列出方程组 2x-2y+z=0 ，可取 PW·m=- 11 Z=0 2 m=(1,1,1月 平面ABCD的一个法向量 n=(0,0,1)' 设平面PMN与平面ABCD所成锐二面角为B,则 cos 0=Icos (m,n)=m'nl=1_3 53 ml-Inl ZA 故B正确 QB与DB的夹角为30°，Q在平面PMN上， 故Q点轨迹是以B1为顶点，DB为轴，母线与轴夹角为30°的圆锥被平面PMN截得的曲线， 由DB,⊥平面PMN,得轨迹为圆。 第7页共1页 DBl 93 点B1到平面PMN的距离为 2 2 V 故轨迹圆半径r= tan30°=1 轨迹长度为2π×1 = 2 D 故C正确， 将旋转后所得十面体补形为四棱台ABCD-A2B,C2D2,上下底面分别为边长V2和1的正 方形，高为1， 由四棱台体积公式得V台=号×1×(2+1+1×2)=3+2 3 3 四个角的小四按锥体积时，每个小核锥体积y××浮了× 32 2)×1=1, 12 故十面体体积V=V。-4V=3+2 -4×1=2+2 3 123 故D错误 故选：BC 三、填空题 12.-3【解析】由l1‖12，得1b-3(-1)=0,且1×2-(-2)×3=8≠0， 解得b=-3. 故答案为：-3 13.（-∞，-1]U{1}【解析】由An{0,-4}=A得Ac{0,-4}. 当A=g时，4=4m+12-4(m2-1)=8(m+1)<0' 解得m<-1」 当A={0时，联立A=8(m+1=0, -2(m+1)=0 第8页共1页 解得m=-1. 当A={-4时，联立A=8(m+1=0, -2(m+1=-8 解得m∈g 当A=(0,4时，联立)4=8(m+1)>0 -2(m+1)=-4 解得m=1 综上， 可得实数m的取值范围为(-oo,-1]U{1}. 故答案为：（-o,-1]U{1}. 14.2V17【解析】由AC⊥L,BD⊥，且ABCL,得AC⊥AB,BD⊥AB, 故AC·AB=0'BD·AB=0 二面角a-1-β为60°，ACca,BDCβ，且AC⊥L,BD⊥1， 故AC与BD的夹角为180-60=120 由向量加法，CD=CA+AB+BD |CDP=(CA+AB+BDP=|CAP+|ABP+|BDP+2CA·AB+2CA·BD+2AB·BD 代入已知条件：CA=AC=6'IAB1=4BD=8;CA·AB=0'ABBD=0 CA~BD=ICAD0s120=6×8×-2=-24 故1CD=62+42+82+2×0+2×(-24)+2×0=36+16+64-48=68 则CD1=/68-27 故答案为：2V17. 四、解答题 15.(1) 第9页共1页 解：由l2:2x+3y-8=0得其斜率为- 所求直线与1垂直， 3 故所求直线斜率为 设方程为y=3x+b, 代入点A1,4懈得b-号 整理得所求直线方程为3x-2y+5=0 (2) x-2y+3=0 解：联立 2x+3y-8=0 x=1 解得y=2 即l1与l2的交点为(1,2) 当直线过原点时，满足截距相等要求， 设方程为y=kx, 代入交点坐标得k=2,此时直线方程为y=2X 当直线在两坐标轴上的截距均不为0时， 设方程为X+y=1,Q≠0， aa 代入交点坐标得上+2=1 aa 解得a=3, 整理得直线方程为x+y-3=0 故所求直线方程为y=2x或x+y-3=0. 16 (1)证明：取PD中点E,连接AE,因为△PAD是正三角形，所以AE⊥PD,结合平面 PAD⊥平面PCD,平面PADn平面PCD=PD,AEC平面PAD,得AE⊥平面PCD. 因为CDC平面PCD,所以AE⊥CD,又底面ABCD为正方形，故CD⊥AD,由 ADO AE=A,AD,AEC平面PAD,得CD⊥平面PAD, 因为CDC平面ABCD,故平面PAD⊥平面ABCD 第10页共1页 E D (2)解：由(1)知平面PAD⊥平面ABCD,建立空间直角坐标系，由AB=2得 PA=AD=PD=2,得各点坐标A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),P(1,0,3),计算得 AB=(0,2,0)'AP=(-1,0,3)'BC=(-2,0,0)'BP=(-1,-2,3 设平面PAB的法向量为m=(X,y1,Z,》平面PBC的法向量为n=(X,y2,Z,》由 m·AB=0得 2y0。取x=3得1=1故m=(3,0,1 m·AP=0 -x1+3z1=0 由n·BC=0得 -2X2=0 ,0·取=5得2，=2故0=0,33,2 n·BP=0 -2-2y2+3z2=0 计得cos(m,n=m:”-:数平百Bn与￥面PBC所设二面前的正孩值为 m n - 1 17.(1) 解：由正弦定理得(2c-a)cosB=bcos Ai可化为2sinC-sinA)cosB=sin Bcos A, 整理得2 sin C cos B=sin(A+B), 第11页共1页 因为A+B+C=π， 所以sin(A+B)=sin(π-C)=sinC, 从而得2 sin Ccos B=sinC. 因为C∈(0，π)，sinC>0, 所以csB=克又B∈0，r 故5=骨 (2) 1 解：由Saac2 acsin B=-83, 代入B=号得ac=32 由余弦定理得a+c2-2 accos B=b2, 整理得(a+c}=b2+3ac 代入b=6'ac=32得(a+cP=132' 故a+c=2V33, 从而△ABC的周长为2V33+6. 18 (I)证明连接AD1,因为几何体为正方体，所以CDL平面ADDA1,又ADC平面 ADDA1,所以CD LAD,又因为四边形ADDA1为正方形，所以A1DLAD,又 ADInCD=D,所以A1D⊥平面ACD,又AC1C平面ACD1,所以A1D⊥AC; D B (2)证明连接B1D,设B1D中点为O,连接OM,因为O为BD中点，M为BB的中点， 所以OM∥BD,又因为OMC平面AMCi,BDt平面AMC,所以BD∥平面AMC1; 第12页共1页 D A B 人 (3)由等体积法可知VA-Awc,=VG,-AA,M 长w0-,庙几村关系，94G 5,则OM=2, G-M5 24,设点A1到平面AMC的距离为d,则 3 五，Vrc,=VAAy得5 3 D A 0 C 19. (1)证明：由题意得AB=AE=2,BE=2V2,CE=2V2,BC=4. BE2+CE2=(2V22+1222=16=BC2,故BE1CE 由AC=2V3,AE=2,CE=2V2,得AE2+CE2=4+8=12=AC2,故AE⊥CE 因为AE BE=E,AE、BEC平面ABE,所以CE⊥平面ABE (2)解：(i)由DE‖BC,BCC平面ABC,DEa平面ABC,得DE‖平面ABC 又DEC平面ADE,平面ABCn平面ADE=L,故l‖DEBC, 以E为坐标原点，EB、EC、过E且垂直平面BEC的直线分别为x、y、Z轴，建立空间直角 第13页共1页 坐标系， D BE 则E(0,0,0),B(2V2,0,0),C(0,2V2,0),D(-V2,V2,0),A(V2,0,2) 设AM=1BC=(-22入，22A,0》则M(2-22入，221,2) AD=(-2V2,V2,-V2),CD=(-V2,-V2,0),DM=(2V2-2V2λ，2V2λ-V2,V2) 设平面ACD的法向量为n=(X,y,2由ADn=0及CD·n=0得 -22x+2y-2z=0且-2x-2y=0令x=1得n=1,-1,-3 记直线DM与平面ACD所成角为9，则sin9=DM~nL-42入 DMInl V11.16λ2-24λ+12 由sin9=22,得4 11 162-241+12 1解得1-号故AM=方8C=2 ii月aM-xaaw比2e-aaAG-AC 由CE平面BHG,得CE|PC,故AF-专AL 由AM|ED且AM=ED,得四边形AEDM为平行四边形，故A识=，即AH=AD. HD 3' 4 VA-Fc=AF·AG=1VAiG=⊥.AF·AG=1 VA-cEAE·ACg'VA-DCE4AE·AC36 又VA-BCE 42,VA-c-3 _2V2 3 y日42名2要2总v,4222-22 33636 33 第14页共1页 连[并丝ST瑞 ZI_乙6乙4 T-91Z64