精品解析：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. 若，则的虚部为（　　） A. B. C. D. 2. 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. 某学习小组共有6人，其中男生4人、女生2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9，则该小组这次考试的总体方差为（ ） A. B. C. D. 4. 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. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 在边长为2的菱形ABCD中，，以AB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. 已知正四面体的顶点B，C，D均在球O的表面上，球心O在平面内，棱与球面交于点P．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Q，R，若的周长为，则球O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. 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. 如图，平行六面体的所有棱长均为2，，点，分别在棱，上，且，，则（    ） A. ，，，四点共面 B. 在方向上的投影向量为 C. D. 直线与所成角的余弦值为 11. 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. 已知直线，直线，若，则______________. 13. 设集合 . 且 ，则实数的取值范围为_____. 14. 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. 已知直线． （1）求经过点且与直线垂直的直线方程； （2）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. 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. 在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． （1）求角B的大小； （2）若的面积为且，求的周长． 18. 如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点． （1）求证：； （2）求证：平面； （3）求点到平面的距离． 19. 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. （i）当为何值时，直线与平面所成角的正弦值为； （ii）在满足条件（i）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 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. 若，则的虚部为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的运算化简等式可得，结合可得结果. 【详解】因为，所以，即，故， 所以复数的虚部为. 故选：B. 2. 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. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对称点坐标特征可直接得到结果. 【详解】由对称点坐标特征可知：点关于平面对称点的坐标为. 故选：C. 3. 某学习小组共有6人，其中男生4人、女生2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9，则该小组这次考试的总体方差为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先计算总体平均分，再计算组内和组间加权方差，最后相加求出总体方差． 【详解】总共6人，总体平均数：， 男生方差，女生方差，以人数为权重，则组内加权方差为： ； 各组均值与总体均值的偏差的加权平均为：； 故该小组这次考试的总体方差为：． 4. 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. 【答案】A 【解析】 【分析】作出辅助线，得到点P，A，C，B共圆，为直径，从而得到圆心和半径，得到圆的方程，再由直线为这两个圆的公共弦所在直线，两圆相减即可求解； 【详解】 如图所示，连接， 由平面几何知，，，点P，A，C，B共圆，且为直径. 因为，，所以所求圆的圆心为中点， 即，半径为， 所以所求圆的方程为，即. 又直线为这两个圆的公共弦所在直线， 由与相减， 可得的方程为. 故选：A 5. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量坐标运算求出数量积及模长，再结合投影向量公式计算即可. 【详解】由已知可得， 所以向量在向量上的投影向量是. 故选：D. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两角和与差的余弦公式结合同角三角函数的基本关系，可求值. 【详解】因为； 又. 所以，. 所以. 故选：B 7. 在边长为2的菱形ABCD中，，以AB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. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，得到该几何体，再根据圆柱和圆锥的侧面积公式求解即可. 【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， 在边长为2的菱形ABCD中，， 则圆柱底面圆的半径为，圆锥的高为， 所以一个圆锥的侧面积为，一个圆柱的侧面积为， 所以该几何体的表面积为． 8. 已知正四面体的顶点B，C，D均在球O的表面上，球心O在平面内，棱与球面交于点P．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Q，R，若的周长为，则球O的半径为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设球的半径，利用正四面体的性质及已知条件，结合正弦定理、余弦定理求出各边长，最后根据周长构造方程求出半径． 【详解】已知与之间的距离为同一定值，设距离为，球的半径为， ， 由正弦定理得，则， ， ， 已知共线，则存在实数使得，且， 则， ， ， 即，整理得，解得， ，即，故， 已知且与之间的距离为， ，故， 由余弦定理得 ， ，则， ，故， 的周长为： ， 解得． 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. 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 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据基本不等式依次分析各选项即可得答案. 【详解】解：对于A，∵，∴，当且仅当时，即，时等号成立，故A正确； 对于B，，当且仅当即时等号成立，故B正确； 对于C，由A可得，又，，当且仅当，时等号成立，故C正确； 对于D，，所以，当且仅当，时等号成立，故D错误． 故选：ABC． 10. 如图，平行六面体的所有棱长均为2，，点，分别在棱，上，且，，则（    ） A. ，，，四点共面 B. 在方向上的投影向量为 C. D. 直线与所成角的余弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】在上取点，使得，可得四边形、四边形为平行四边形，求出，可判断A；对两边平方求出，再由投影向量的定义可判断B；由的线性运算后再平方可判断C；由向量的夹角公式计算可判断D. 【详解】对于A，在上取点，使得，连接， 因为，所以四边形为平行四边形， 可得， 因为，所以四边形为平行四边形， 可得，所以，可得，，，四点共面，故A正确； 对于B，因为平行六面体棱长均为2，， 因为， 则， 则， ，故B正确； 对于C，， ， 则，故C不正确； 对于D，故 ， 故直线与所成角的余弦值为，故D正确. 故选：ABD. 11. 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 【答案】BC 【解析】 【分析】作出正方体被平面截得的截面，得出截面为正六边形即可判断A；建系后写出相关点的坐标，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即可判断B；由线线角确定点的轨迹，即可求得轨迹长判断C；作出十面体，将该十面体放在一个四棱台中，根据棱台体积及三棱锥体积计算公式即可判断D． 【详解】A，因M，N，P分别为棱，，的中点，而点同在平面和平面上， 点同在平面和平面上，点同在平面和平面上， 故平面PMN截正方体所得截面为六边形，可作图如下： 其中点分别是边的中点，分别连接， 易证，，， 故得，同理可得， 故平面PMN截正方体所得截面为六边形，故A错误； B，如图建立空间直角坐标系. 则，， 设平面的法向量为，则，故可取. 又平面的一个法向量显然为， 设平面与平面夹角为，则，故B正确； C，若与的夹角为，则Q点轨迹是以为顶点，为轴，母线与的夹角为的圆锥被平面PMN所截得到的曲线，由平面PMN可得轨迹为圆， 由对称性可得点到平面PMN的距离为，所以该轨迹圆的半径为， 所以Q点的轨迹长度为，故C正确； D，如图所示，即为侧面均为三角形的十面体， 在平面内，分别过点作的平行线，过点作的平行线， 设平行线依次相交于点，连接，则易得为正方形， 而是上底面和下底面都是正方形的四棱台，底面边长为和1，高为1， 故， 因为， 所以，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线，直线，若，则______________. 【答案】 【解析】 【分析】由两直线平行，且，即可求出的值. 【详解】因为，则且，所以. 13. 设集合 . 且 ，则实数的取值范围为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，分、、、分别求解即可. 【详解】因为，所以， 当时，，解得； 当时，，解得； 当时，，解得； 当时，，解得； 综上所述，实数的取值范围是：. 故答案为： 14. 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______． 【答案】 【解析】 【分析】推导出，从而，结合，，，能求出的长． 【详解】二面角为，是棱上的两点，分别在半平面、内， 且 所以, 所以， ， ， 的长． 故答案为． 【点睛】本题主要考查空间向量的运算法则以及数量积的运算法则，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，是中档题． 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. 已知直线． （1）求经过点且与直线垂直的直线方程； （2）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． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用垂直的性质可设斜截式直线方程，利用待定系数法求解直线即可； （2）利用截距为0和不为0分类讨论，再结合过原点直线方程和截距式直线方程求解即可. 【小问1详解】 由直线可得斜率为， 所以根据垂直关系可设所求直线方程为， 则依题意有，解得， 所以所求直线方程为，整理得； 【小问2详解】 联立，解得，即直线与的交点为， 当直线经过原点时，满足题意，假设直线方程为， 代入得，此时； 当直线的截距都不为0时，假设直线方程为， 依题意，解得，此时直线方程为，即 综上所述：所求直线方程为或． 16. 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． 【答案】（1）取的中点，连接 是正三角形， 又平面平面，且平面平面，平面， 平面． 平面， 又四边形是正方形，， ，平面，且， 平面．又平面． 平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）利用两平面垂直的性质先证平面PCD，再证平面PAD，最后由面面垂直的判定即可得证. （2）由（1）建立空间直角坐标系，分别求出平面PAB与平面PBC的法向量，再由法向量夹角求二面角即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知平面平面，可建立如图所示的空间直角坐标系， ，． ，，，． 则，，，． 设平面的法向量为．平面的法向量为， 则，即，取，则，． 又由，即， 取，则，． ， 所以平面与平面所成角的正弦值为． 17. 在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． （1）求角B的大小； （2）若的面积为且，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理及和角的正弦公式，诱导公式将变形化简，再结合角的范围即可求出角B； （2）由三角形的面积公式求出，再由余弦定理求出，即可求出的周长. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得． 即， 因为，所以． 所以． 因为，，所以， 因为，所以． 【小问2详解】 因为，所以， 由余弦定理得， 由，可得， 所以，所以的周长为． 18. 如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点． （1）求证：； （2）求证：平面； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见详解 （2）证明见详解 （3） 【解析】 【分析】（1）连接，可证平面，进而得证； （2）连接，设中点为，连接，结合中位线定理即可证明； （3）采用等体积法转化，由即可求解. 【小问1详解】 证明：连接，因为几何体为正方体，所以平面，又平面，所以，又因为四边形为正方形，所以，又，所以平面，又平面，所以； 【小问2详解】 证明：连接，设中点为，连接，因为为中点，M为的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面； 【小问3详解】 由等体积法可知， ，由几何关系知，，则，，设点到平面的距离为，则，由得. 19. 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. （i）当为何值时，直线与平面所成角的正弦值为； （ii）在满足条件（i）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. 【答案】（1）由题意得，，， 所以，即， ∵，所以，即， 又平面，所以平面； （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）根据折叠图形的性质结合勾股定理逆定理得和，即可证得平面； （2）（i）以点为坐标原点，、为轴和轴建立空间直角坐标系，由∥据题意得，进而得再求出平面的一个法向量的坐标，由直线与平面所成角的条件列式求出即可得答案； （ii）由（i）知及题意得到，，，再利用棱锥的体积公式结合等体积法即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）∵,平面,平面,所以平面, 又平面,平面平面，所以 以点为坐标原点，、为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 ∵，∴,∴， 设平面的法向量为， 则 即 令得,∴， 记直线与平面所成角为,则， 化简得，解得，所以. （ii）由（i）知，， ,即(三等分点)， 又∵平面， ∴，∴(三等分点)， ∵，，∴四边形为平行四边形， ∴即(四等分点)， ∴ 又∵ ∴. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $