辽宁省朝阳市建平县实验中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学

这是一份辽宁省朝阳市建平县实验中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.已知，，则的值为（ ）
A.B.-1C.D.-2
2.已知，，且与的夹角为，则（ ）
A.1B.C.D.
3.已知，是两个不同的平面，则下列命题错误的是（ ）
A.若，且，则
B.若，，是平面内不共线三点，，，则
C.若直线，直线，则与为异面直线
D.若，是两个不同的点，且，则直线
4.如图，是水平放置的直观图，其中，轴，轴，则（ ）
A.B.2C.D.4
5.已知在正四面体中，为的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A.B.C.D.
6.将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到曲线，则曲线（ ）
A.关于直线对称B.关于直线对称
C.关于对称D.关于对称
7.已知正三棱台的上底面与下底面的面积之比为，当棱台的高为2，体积为时，则此时正三棱台的侧面积为（ ）
A.B.C.D.
8.已知母线长为的圆锥的侧面展开图为半圆，在该圆锥内放置一个圆柱，则当圆柱的侧面积最大时，圆柱的体积为（ ）
A.B.C.D.
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.已知，是两个平面，，是两条直线，则下列说法正确的是（ ）
A.若，，则B.若，，则
C.若，，，则D.若，，，则
10.如图，正方体的棱长为，，是线段上的两个动点，且，则下列结论中正确的是（ ）
A.
B.平面
C.的面积与的面积相等
D.三棱锥的体积为定值
11.某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，下列说法正确的是（ ）
A.圆台轴截面面积为
B.圆台的体积为
C.该圆台的表面积为
D.沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.复数的共轭复数的模是_______________.
13.已知正四面体的四个顶点都在球心为的球面上，点为棱的中点，，过点作球的截面，则截面面积的最小值为_________.
14.在正三棱锥中，点在棱上，且满足，，若，则三棱锥外接球的表面积为_____.
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.（本小题13分）
已知是函数的一个零点.
（I）求实数的值；
（II）求单调递减区间.
（III）若，求函数的值域.
16.（本小题15分）
已知，，分别为三个内角，，的对边，且.
（1）求；
（2）若，求的值；
（3）若的面积为，，求的周长.
17.（本小题15分）
如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点.
（1）证明：平面；
（2）证明：平面.
18.（本小题17分）
如图，在正三棱柱中，点，分别在，上，，记正三棱柱的体积为.
（1）求棱锥的体积（结果用表示）；
（2）当时，
①请在图中直接画出平面与平面的交线；（不写过程，保留作图痕迹）
②求证：平面平面.
19.（本小题17分）
十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：“当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中所求的点称为费马点.已知，，分别是三个内角，，的对边，且，点为的费马点.
（1）求角；
（2）若，求的值；
（3）若，求的取值范围.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查二倍角正弦公式和诱导公式，考查运算能力，属基础题.
利用二倍角公式和诱导公式对已知等式进行变换，然后结合特殊角的三角函数值得到答案.
【解答】
解：，，
，
.
.
.
故答案选：A.
2.【答案】C
【解析】解：，，且与的夹角为，
，
.
故选：C.
先求出的值，代入求解即可.
本题主要考查了向量的数量积运算，属于基础题.
3.【答案】C
【解析】解：对于，由且，则是平面和平面的公共点，又，由基本事实3可得，故正确；
对于B，由基本事实1：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面，
若，又，，且，，，则，重合与已知矛盾，故B正确；
对于C，由于平面和平面位置不确定，则直线与直线可能异面、相交、平行、重合，故C错误；
对于D，由基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内，故D正确.
故选：C.
根据基本事实即可逐项判断.
本题考查空间线线，线面的位置关系，属于基础题.
4.【答案】C
【解析】解：在中，，，
由余弦定理得：，
即，而，
解得，
由斜二测画图法知：，，
在中，，
所以.
故选：C.
在直观图中，利用余弦定理求出，再由斜二测画图法求出及，借助勾股定理求解作答.
本题主要考查了平面图形的直观图，属于基础题.
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属于基础题.
设正四面体的棱长为2，取的中点，连结，则，是与所成的角，由此能求出直线与所成角的余弦值.
【解答】
解：如图，设正四面体的棱长为2，取的中点，连结，，是的中点，，
是与所成的角，
设的中点为，则，
在中，，，
直线与所成角的余弦值为.
故选：C.
6.【答案】B
【解析】解：将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到曲线，因为正弦函数在对称轴处取得最值，
不是函数的最值，A错误；
为函数的最大值，B正确；
因为，C错误；
，D错误.
故选：B.
结合函数图象的平移变换及周期变换先求出，然后结合正弦函数的对称性检验各选项即可判断.
本题主要考查了正弦函数图象的平移及周期变换，还考查了正弦函数对称性的应用，属于中档题.
7.【答案】A
【解析】解：令正三棱台的上底面积为，则下底面积为，依题意，，
解得，
而，则，
同理，
设，为两底面的中心，，为，的中点，过作下底面垂线，垂足为，则在上，如图所示：
所以，，，
则斜高，
所以正三棱台的侧面积.
故选：A.
利用棱台的体积公式求出两底面积，进而求出底面边长，再结合正棱台的结构特征求出斜高，利用正棱台的侧面积公式计算得解.
本题主要考查了棱台的侧面积公式和体积公式，属于中档题.
8.【答案】B
【解析】解：依题意，设圆锥底面半径为，高为，圆柱底面半径为，高为，
则，则，故，
所以由，得，
所以圆柱的侧面积
当且仅当，即时，等号成立，
此时，圆柱的体积为.
故选：B.
先由题意求得圆锥的底面半径与高，从而利用比例关系得到圆柱底面半径与高的关系，再利用基本不等式求得圆柱的侧面积最大时圆柱底面半径与高的取值，从而得解.
本题考查圆锥、圆柱相关计算知识，属于中档题.
9.【答案】ACD
【解析】解：，是两个平面，，是两条直线，
对于A，若，，则由面面平行的性质得，故A正确；
对于B，若，，则与相交、平行或异面，故B错误；
对于C，若，，则，又，则，故C正确；
对于D，若，，，则由面面垂直的判定定理得，故D正确.
故选：ACD.
对于A，由面面平行的性质得；对于B，与相交、平行或异面；对于C，由线面垂直的判定定理得到，再由线面垂直的性质得；对于D，由面面垂直的判定定理得.
本题考查面面平行的性质、线面垂直、面面垂直的判定等基础知识，是中档题.
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
证明线面垂直，可得线线垂直判断；由直线与平面平行的判定定理判断；由点和点到的距离不相等，可得的面积与的面积不相等，判断错误；连接，交于，则为三棱锥的高，利用等体积法证明三棱锥的体积为定值判断.
本题考查立体几何的综合，涉及线面的位置关系、棱锥的体积公式等，考查空间想象能力与推理论证能力，考查运算求解能力，属于中档题.
【解答】解：对于A，由正方体的结构特征可知，平面，而平面，则，连接，又为正方形，，
，且、平面，平面
平面，，故A正确；
对于B，，平面，平面，
平面，而在上，平面，故B正确；
对于C，点到的距离为正方体的棱长，到的距离大于棱长，则的面积与的面积不相等，故C错误；
对于D，如图所示，连接，交于，则为三棱锥的高，
，，
则为定值，故D正确.
故选：ABD.
11.【答案】ABD
【解析】解：对A选项，根据题意可得圆台的高为，
圆台轴截面面积为，A选项正确；
对B选项，由A选项及题意可得圆台的体积为：
，B选项正确；
对C选项，根据题意可得该圆台的表面积为：
，C选项错误；
对D选项，该圆台的上下底面圆的半径分别为，，又其母线长为，
补全该圆台后的圆锥的母线长为，
补全该圆台后的圆锥的侧面展开扇形的圆心角为，
该圆锥的半侧面展开的扇形的圆心角为，
沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为，D选项正确.
故选：ABD.
根据圆台的几何性质，针对各个选项即可分别求解.
本题考查圆台的几何性质及应用，属中档题.
12.【答案】1
【解析】解：，
则.
故答案为：1.
利用复数的除法运算化简复数，再求其共轭复数的模即可.
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题.
13.【答案】
【解析】【分析】
本题给出正四面体的外接球，求截面圆的面积最小值.着重考查了正方体的性质、球内接多面体和球的截面圆性质等知识，属于中档题根据题意，将四面体放置于如图所示的正方体中，则正方体的外接球就是四面体的外接球.因此利用题中数据算出外接球半径，过点的截面到球心的最大距离，再利用球的截面圆性质可算出截面面积的最小值.
【解答】
解：将四面体放置于正方体中，如图所示可得正方体的外接球就是四面体的外接球，
正四面体的棱长为，
正方体的棱长为6，可得外接球半径满足，为棱的中点，过作其外接球的截面，当截面到球心的距离最大时，截面圆的面积达最小值，此时球心到截面的距离等于正方体棱长的一半，可得截面圆的半径为，得到截面圆的面积最小值为，
故答案为：
14.【答案】
【解析】解：正三棱锥中，点在棱上，且满足，，同时，
可知平面，所以正三棱锥的三条侧棱两两垂直，，所以，
三棱锥的外接球的半径为：，
三棱锥外接球的表面积为：.
故答案为：.
利用已知条件说明三条侧棱互相垂直，求解侧棱长，然后求解外接球的半径，即可推出结果.
本题考查几何体的外接球的表面积的求法，考查空间想象能力，计算能力，是中档题.
15.【答案】解：（I）因为，
又解得；
（II）由（1）可得，
由得，
所以递减区间为，，
（III）因为，所以，
从而，所以值域为.
【解析】（I）先利用二倍角进行化简，结合零点的意义代入即可求解；
（II）先利用辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的单调性即可求解；
（III）结合正弦函数的单调性即可求解.
本题主要考查了辅助角公式的应用，还考查了正弦函数单调性的应用及函数值域的求解，属于中档题.
16.【答案】解：.由正弦定理可得，
因，
所以，可得，
为三角形内角，，解得，，.
（2）由已知，，所以，
，，
.
（3），，
由余弦定理得，
即，解得，
的周长为.
【解析】（1）由正弦定理化边为角，利用内角和定理与和角的正弦公式化简得到，即可求得角；（2）由求得，利用二倍角公式求得，的值，利用差角的正弦公式计算即得；
（3）由三角形面积公式求出，利用余弦定理变形转化求出，即得的周长.
本题考查了解三角形的应用问题，属于中档题.
17.【答案】
解：（1）证明：连接，交于.连接.
底面是正方形，点是的中点.
在中，是中位线，，
平面，且平面，
平面.
（2）证明：底面，且底面，.
底面是正方形，，
平面.平面，.
又，是的中点，.平面.
平面，.又，且，
平面.
【解析】（1）由题意连接，交于，连接，则是中位线，证出，由线面平行的判定定理知
平面；
（2）由底面得，再由证出平面，即得，再由是正方形证出平面，则有，再由条件证出平面.
本题考查了线线、线面平行和垂直的相互转化，通过中位线证明线线平行，再由线面平行的判定得到线面平行；垂直关系的转化是由线面垂直的定义和判定定理实现.
18.【答案】
解：（1）根据题意可得梯形的面积等于矩形的面积的一半，
棱锥的体积为
；
（2）①分别延长，，且两延长线交，连接，则即为所求，图见解答；
②证明：由①知平面及为平面，且，
，
又正三棱柱中，底面，底面，
，又，且，平面，
平面，又平面，即平面，
平面平面.
【解析】（1）转化锥体的底面与顶点，即可求解；
（2）①分别延长，，且两延长线交，连接，即可得解；
②证明平面，再根据面面垂直的判定定理，即可证明.
本题考查锥体的体积的求解，面面垂直的证明，属基础题.
19.【答案】解（1），
，
，
，
又，，
，是三角形内角，，
（2），，
，又，，
设，，，
，三角形的三个角均小于，
根据题意可得，
又，
，
，
.
（3）由，
，
，
由余弦定理可得①，
同理可得②，③，
①②③相加得，
又，，所以，
，，，，
所以，又，
故，所以，
故，即，
，当且仅当时等号成立，
又，所以，
，
令，则，所以，
由于函数，均为上的单调递增函数.
为上的单调递增函数，
，进而.
即的取值范围是.
【解析】（1）根据三角恒等变换及同角三角函数的关系求解；
（2）根据余弦定理以及等面积法可得，即可根据数量积的定义求解，
（3）根据余弦定理，结合（2）的结论可得，进而根据三角形相似可得，由基本不等式以及三角形边角关系可得，即可由函数的单调性求解.
本题考查了正弦定理、余弦定理的应用，考查了向量的数量积运算，考查了转化思想及函数思想，属于中档题.