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2023-2024学年江西省宜春市上高二中高二上学期第一次月考试题数学含答案
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这是一份2023-2024学年江西省宜春市上高二中高二上学期第一次月考试题数学含答案，文件包含2025届高二年级第一次月考数学试卷docx、2025届高二年级第一次月考数学答题卡doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共6页， 欢迎下载使用。
一､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.若复数z＝（1+2i）2﹣3，则z的实部为（ ）
A．﹣6iB．-6 C．4i D．4
2. 设，是两条不同的直线，是两个不同的平而，下列命题正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
3．设，其中a、b为实数，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
4. 正三棱锥底面边长为，高为，则此正三棱锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
5.如图，在平行六面体中，．点在上，且，则（ ）
A．B．
C．D．
6.已知圆锥的高为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积是（ ）
A. B. C. D.
7.已知四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD为正方形，侧面PAD为正三角形，且侧面PAD垂直底面ABCD,若PD=则该四棱锥外接球的表面积为( )
A．πa2 B．73πa2 C．74πa2 D．5πa2
8.如图，在棱长为a的正方体中，点E为棱的中点，则点C到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9.已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（ ）
A．z的虚部为2 B．复数z在复平面内对应的点位于第二象限
C．z的共轭复数 D．
10.一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是（ ）
A．圆柱的侧面积为
B．圆锥的侧面积为
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等
D．圆柱、圆锥、球的体积之比为
11.设复数z=1a+bi（a，b∈R且b≠0），则下列结论正确的是（ ）
A．z可能是实数B．|z|=|z|恒成立
C．若z2∈R，则a＝0D．若z+1z∈R，则|z|＝1
12. 已知直三棱柱中，是的中点，为的中点．点是上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 无论点在上怎么运动，都有
B. 当直线与平面所成的角最大时，三棱锥的外接球表面积为
C. 若三棱柱，内放有一球，则球的最大体积为
D. 周长的最小值
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13.已知，，则向量在向量上的投影数量为
14.如图，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则原图形周长是________
15.已知圆台的上、下底面的面积分别为 侧面积为 则这个圆台的体积是
16.如图所示，在正方体中，E是棱DD1的
三等分点（靠近点），点F在棱C1D1上，且，
若∥平面，则
四､解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．
17．（10分）（1）已知复数，，若为纯虚数，求的值；
（2）已知复数z满足，求a的值.
18.（12分）如图，在平行六面体中，E，F分别为棱，CD的中点，满足 ， ，，
(1)求线段EF的长度.
(2)求直线AD 与直线EF夹角的余弦值。
19.（12分）已知向量，，其中，函数，若函数图象的两个相邻对称中心的距离为.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）将函数的图象先向左平移个单位长度，然后纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，当时，求函数的值域．
20.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，AD//BC,AD⊥DC, BC=CD=12AD=2，E为棱AD的中点，PA⊥平面ABCD.
(1)证明：AB//平面PCE
(2)若直线PB与平面ABCD的夹角为，求二面角A-PD-B的大小。
（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，
B＝150°，△ABC的面积为．
（1）求a的值；
（2）求的值．
22.（12分）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为直角梯形，∠DAB＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝1，CD＝2，BD1⊥CD．点M为CD1的中点，且CD1＝2BM．
（1）证明：平面BDM⊥平面BCD1；
（2）若钝二面角B﹣DM﹣C的余弦值为，当BD1＞BD时，求直线与平面BCD夹角的余弦值。
2025届高二年级第一次月考数学试卷答案 9.17
BCDAB DBB 9. ABD 10. CD 11.BCD 12.ABD
13. -2 14. 14 15. 16. 17.（1）-2 （2）2
18. 选择 为基向量 (1) (2)
19.【答案】（1） (k∈Z)； （2）．
（1）根据题意，代入数量积公式表示出，然后化简得，利用周期计算得，利用整体法计算单调增区间；（2）利用平移变换得函数的解析式，利用整体法计算值域.
（1）由题意可得，，
.
由题意知，，得，则，由，解得，∴的单调递增区间为．
（2）将的图象向左平移个单位长度，得到的图象，
纵坐标不变，横坐标伸长为原来的倍，得到的图象．
∵，∴，故函数的值域为.
20.【解析】（1）∵BC//AE且BC=AE，∴四边形BCEA为平行四边形，
∴AB//EC，又AB⊄平面PCE，EC⊂平面PCE，所以AB //平面PCE.
（2）法一， 连接BE,过E作PD垂线，交PD于H,用几何方法可以做。
法二、用直角坐标系可以求。
21.【分析】（I）由已知条件结合三角形面积公式和正弦定理即可求a；
（II）由余弦定理求出b，再根据正弦定理即可求出sinA；
根据sinA求出csA，再由正弦和角公式，正余弦二倍角公式即可求值，
【解答】解：（I）由，∴由正弦定理得a＝c，又△ABC的面积为．
∴acsin150°＝，解得c＝2，∴a＝2；
（II）由余弦定理有b2＝a2+c2﹣2accs150°，∴b＝2，
由正弦定理有＝，∴sinA＝＝；
∵B＝150°，∴A＜90°，又由（2）知sinA＝，∴csA＝，
∴sin2A＝2sinAcsA＝2××＝，cs2A＝2cs2A﹣1＝2（）2﹣1＝，
∴|＝sin2Acs+cs2Asin＝×+×＝
22.【答案】（1）证明见解析；（2）
【解答】（1）法一、证明：因为点M为CD1的中点，且CD1＝2BM．所以∠D1BC＝90°，则BD1⊥BC，又BD1⊥CD，BC∩CD＝C．所以BD1⊥平面ABCD，因为BD⊂平面ABCD，所以BD1⊥BD，因为∠DAB＝∠ADC＝90°，所以AB∥CD．又AB＝AD＝1，CD＝2，所以BD＝BC＝，所以CD2＝BD2+BC2，则BC⊥BD．又BD1∩BC＝B，所以BD⊥平面BCD1，又BD⊂平面BDM，所以平面BDM⊥平面BCD1；
法二、建立空间坐标系，同样可以证明
（2）解：由（1）可知，BC，BD，BD1，两两互相垂直．以B为原点，
，， 的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系B﹣xyz，
B（0，0，0），C（，0，0），D（0，，0），设D1（0，0，a）（a＞），
则M（，0，），＝（0，，0），＝（，﹣，），＝（，﹣，0），设平面BDM的一个法向量为＝（x1，y1，z1），
由，得，y1＝0，取z1＝1，则x1＝﹣a，则＝（﹣a，0，1），设平面CDM的一个法向量为＝（x2，y2，z2），
由，得，取z2＝1，则＝（a，a，1），于是cs＜，＞＝＝﹣，整理得a4﹣a2+14＝0，解得a2＝4（a2＝＜2舍去）．所以a＝2，即BD1的长为2．为所求角，所以
一､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.若复数z＝（1+2i）2﹣3，则z的实部为（ ）
A．﹣6iB．-6 C．4i D．4
2. 设，是两条不同的直线，是两个不同的平而，下列命题正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
3．设，其中a、b为实数，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
4. 正三棱锥底面边长为，高为，则此正三棱锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
5.如图，在平行六面体中，．点在上，且，则（ ）
A．B．
C．D．
6.已知圆锥的高为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积是（ ）
A. B. C. D.
7.已知四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD为正方形，侧面PAD为正三角形，且侧面PAD垂直底面ABCD,若PD=则该四棱锥外接球的表面积为( )
A．πa2 B．73πa2 C．74πa2 D．5πa2
8.如图，在棱长为a的正方体中，点E为棱的中点，则点C到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9.已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（ ）
A．z的虚部为2 B．复数z在复平面内对应的点位于第二象限
C．z的共轭复数 D．
10.一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是（ ）
A．圆柱的侧面积为
B．圆锥的侧面积为
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等
D．圆柱、圆锥、球的体积之比为
11.设复数z=1a+bi（a，b∈R且b≠0），则下列结论正确的是（ ）
A．z可能是实数B．|z|=|z|恒成立
C．若z2∈R，则a＝0D．若z+1z∈R，则|z|＝1
12. 已知直三棱柱中，是的中点，为的中点．点是上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 无论点在上怎么运动，都有
B. 当直线与平面所成的角最大时，三棱锥的外接球表面积为
C. 若三棱柱，内放有一球，则球的最大体积为
D. 周长的最小值
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13.已知，，则向量在向量上的投影数量为
14.如图，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则原图形周长是________
15.已知圆台的上、下底面的面积分别为 侧面积为 则这个圆台的体积是
16.如图所示，在正方体中，E是棱DD1的
三等分点（靠近点），点F在棱C1D1上，且，
若∥平面，则
四､解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．
17．（10分）（1）已知复数，，若为纯虚数，求的值；
（2）已知复数z满足，求a的值.
18.（12分）如图，在平行六面体中，E，F分别为棱，CD的中点，满足 ， ，，
(1)求线段EF的长度.
(2)求直线AD 与直线EF夹角的余弦值。
19.（12分）已知向量，，其中，函数，若函数图象的两个相邻对称中心的距离为.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）将函数的图象先向左平移个单位长度，然后纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，当时，求函数的值域．
20.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，AD//BC,AD⊥DC, BC=CD=12AD=2，E为棱AD的中点，PA⊥平面ABCD.
(1)证明：AB//平面PCE
(2)若直线PB与平面ABCD的夹角为，求二面角A-PD-B的大小。
（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，
B＝150°，△ABC的面积为．
（1）求a的值；
（2）求的值．
22.（12分）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为直角梯形，∠DAB＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝1，CD＝2，BD1⊥CD．点M为CD1的中点，且CD1＝2BM．
（1）证明：平面BDM⊥平面BCD1；
（2）若钝二面角B﹣DM﹣C的余弦值为，当BD1＞BD时，求直线与平面BCD夹角的余弦值。
2025届高二年级第一次月考数学试卷答案 9.17
BCDAB DBB 9. ABD 10. CD 11.BCD 12.ABD
13. -2 14. 14 15. 16. 17.（1）-2 （2）2
18. 选择 为基向量 (1) (2)
19.【答案】（1） (k∈Z)； （2）．
（1）根据题意，代入数量积公式表示出，然后化简得，利用周期计算得，利用整体法计算单调增区间；（2）利用平移变换得函数的解析式，利用整体法计算值域.
（1）由题意可得，，
.
由题意知，，得，则，由，解得，∴的单调递增区间为．
（2）将的图象向左平移个单位长度，得到的图象，
纵坐标不变，横坐标伸长为原来的倍，得到的图象．
∵，∴，故函数的值域为.
20.【解析】（1）∵BC//AE且BC=AE，∴四边形BCEA为平行四边形，
∴AB//EC，又AB⊄平面PCE，EC⊂平面PCE，所以AB //平面PCE.
（2）法一， 连接BE,过E作PD垂线，交PD于H,用几何方法可以做。
法二、用直角坐标系可以求。
21.【分析】（I）由已知条件结合三角形面积公式和正弦定理即可求a；
（II）由余弦定理求出b，再根据正弦定理即可求出sinA；
根据sinA求出csA，再由正弦和角公式，正余弦二倍角公式即可求值，
【解答】解：（I）由，∴由正弦定理得a＝c，又△ABC的面积为．
∴acsin150°＝，解得c＝2，∴a＝2；
（II）由余弦定理有b2＝a2+c2﹣2accs150°，∴b＝2，
由正弦定理有＝，∴sinA＝＝；
∵B＝150°，∴A＜90°，又由（2）知sinA＝，∴csA＝，
∴sin2A＝2sinAcsA＝2××＝，cs2A＝2cs2A﹣1＝2（）2﹣1＝，
∴|＝sin2Acs+cs2Asin＝×+×＝
22.【答案】（1）证明见解析；（2）
【解答】（1）法一、证明：因为点M为CD1的中点，且CD1＝2BM．所以∠D1BC＝90°，则BD1⊥BC，又BD1⊥CD，BC∩CD＝C．所以BD1⊥平面ABCD，因为BD⊂平面ABCD，所以BD1⊥BD，因为∠DAB＝∠ADC＝90°，所以AB∥CD．又AB＝AD＝1，CD＝2，所以BD＝BC＝，所以CD2＝BD2+BC2，则BC⊥BD．又BD1∩BC＝B，所以BD⊥平面BCD1，又BD⊂平面BDM，所以平面BDM⊥平面BCD1；
法二、建立空间坐标系，同样可以证明
（2）解：由（1）可知，BC，BD，BD1，两两互相垂直．以B为原点，
，， 的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系B﹣xyz，
B（0，0，0），C（，0，0），D（0，，0），设D1（0，0，a）（a＞），
则M（，0，），＝（0，，0），＝（，﹣，），＝（，﹣，0），设平面BDM的一个法向量为＝（x1，y1，z1），
由，得，y1＝0，取z1＝1，则x1＝﹣a，则＝（﹣a，0，1），设平面CDM的一个法向量为＝（x2，y2，z2），
由，得，取z2＝1，则＝（a，a，1），于是cs＜，＞＝＝﹣，整理得a4﹣a2+14＝0，解得a2＝4（a2＝＜2舍去）．所以a＝2，即BD1的长为2．为所求角，所以
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