陕西西安2024_2025学年高二下册第一次月考数学试卷1[附解析]

这是一份陕西西安2024_2025学年高二下册第一次月考数学试卷1[附解析]，共22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。
1．若四边形为平行四边形，且，，，则顶点D的坐标为（ ）
A．B．
C．D．
2．现有6位同学站成一排照相，其中甲、乙两位同学相邻的排法种数为（ ）
A．B．C．D．
3．已知表示空间内的一条直线或一个平面，若命题，与命题均是真命题，对于下列三个论断：①可以都是直线；②可以都是平面；③中可以既有直线也有平面.正确的个数是（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
4．如图所示，在图形内指定四个区域，现有4种不同的颜色供选择，要求在每个区域里涂1种颜色，且相邻的两个区域涂不同的颜色，则不同涂法的种数为（ ）

A．48B．72C．84D．108
5．已知双曲线的左､右焦点分别为，点是上一点，且，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，在棱长为6的正四面体中，E，F分别为棱，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．有名演员，其中人会唱歌，人会跳舞，现要表演一个人唱歌人伴舞的节目，则不同的选派方法共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
8．以等腰直角三角形斜边上高为折痕，把和折成的二面角.若，，则最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面
B．若，则是锐角
C．已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
D．已知，平面的法向量为，则
10．若，为正整数且，则下列等式正确的是（ ）
A．B．
C．若，则D．
11．如图，正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且．则下列结论正确的是（ ）
A．若保持．则点的运动轨迹长度为
B．保持与垂直时，点的运动轨迹长度为
C．沿正方体的表面从点到点的最短路程为
D．当在点时，三棱锥的外接球表面积为
三、单选题（本大题共1小题）
12．如图，正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且．则下列结论不正确的是（ ）
A．若保持．则点的运动轨迹长度为
B．保持与垂直时，点的运动轨迹长度为
C．沿正方体的表面从点到点的最短路程为
D．当在点时，三棱锥的外接球表面积为
四、填空题（本大题共3小题）
13．壹圆、伍圆、拾圆、贰拾圆的人民币各1张，一共可以组成 种币值．
14．已知函数在定义域上单调递增，则实数m的取值范围是 ．
15．如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直．点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动，设，若，则四面体体积的最大值为 ．
五、解答题（本大题共5小题）
16．已知等比数列的各项均为正数，前n项和为，且满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前n项和．
17．如图，在四棱锥中，底面，，，点是的中点，且，．
(1)求证：；
(2)求点到平面的距离．
18．古希腊数学家阿基米德得到：椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长、短半轴长的乘积.已知椭圆的中心为原点，焦点均在轴上，，其面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)分别是椭圆的左，右顶点，分别是椭圆的上、下顶点，设为第二象限内椭圆上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点，判断直线的斜率是否为定值，若是求出这个值；若不是，说明理由.
19．已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若方程有两个不相等的实数根，求的取值范围．
20．如图①所示，矩形中，，，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连接PB，PC，得到图②的四棱锥，N为PB中点．
(1)求证：平面；
(2)若平面平面，求直线BC与平面所成角的大小；
(3)设的大小为θ，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．
答案
1．【正确答案】C
【详解】由四边形是平行四边形知，
设，则，又，
所以，解得，即D点坐标为.
故选C.
2．【正确答案】B
【详解】将甲、乙两位同学捆绑，再和另外4位同学全排列，即.
故选B.
3．【正确答案】C
【详解】对于①，当都是直线时，由平行公理知平行于同一条直线的两条直线平行，命题是真命题；
由直线与直线所成角的定义知两条平行线与第三条直线所成角相等，命题是真命题，①正确；
对于②，当都是平面时，由面面平行的性质知平行于同一平面的两个平面平行，命题是真命题；
由平面与平面所成角的定义知两个平行平面与第三个平面所成角相等，命题是真命题，②正确；
对于③，中可以既有直线也有平面，若中有1条直线，2个平面，则当是直线，
直线还可能在平面内；当是直线，直线还可能在平面内；当是直线，平面还可能相交，
若中有2条直线，1个平面，则当是平面时，直线还可能在平面内；当是平面，
直线还可能在平面内；当是平面时，直线还可能相交或是异面直线，因此不一定是真命题，③错误，
所以正确的个数是2.
故选C.
4．【正确答案】C
【详解】若同色，则有种方法，
若不同色，则有种方法，
所以不同涂法的种数为种.
故选C.
5．【正确答案】D
【详解】由双曲线定义知，因为，所以，
在中，因为，
所以，
即，化简得，
所以双曲线的离心率为.
故选D．
6．【正确答案】A
【详解】作平面，垂足为，连接，则为的中心，
以为坐标原点，直线，分别为轴，轴，过点平行为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为正四面体的棱长为6，求得，，
可得，，
所以，
设，所成的角为，所以．
故选A.
7．【正确答案】A
【详解】∵，
∴名演员中有人只会唱歌，人只会跳舞，人为全能演员.
以只会唱歌的人是否选上唱歌人员为标准进行研究：
①只会唱歌的人中没有人选上唱歌人员，有种选派方法，
②只会唱歌的人中只有人选上唱歌人员，有种选派方法，
③只会唱歌的人中有人选上唱歌人员，有种选派方法．
∴选派方法共有（种）．
故选A.
8．【正确答案】C
【详解】由已知得，
所以是和折成的二面角的平面角，所以，
又，所以，
，所以，
因为，其中，
所以点在平面内，则的最小值为点到平面的距离，
设点到平面的距离为，
因为，，平面，
所以平面，所以是点到平面的距离，
所以，
又中，，所以，
而为三角形内角，所以，
则，
所以，解得，
所以的最小值为，
故选C.

9．【正确答案】AC
【详解】A.空间中任意两个非零向量一定共面，若向量与向量共线，则向量一定可以平移到由确定的平面上，
故空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，A正确.
B.若为非零向量，且方向相同，则，
故时，可能为，B错误.
C. 假设共面，则存在实数，使得，
由向量组是空间的一个基底可知不共面，故不存在实数，使得成立，
所以不共面，即也是空间的一个基底，C正确．
D．因为，所以，
所以或，故D错误．
故选AC.
10．【正确答案】ABD
【详解】因为，为正整数且，
对于选项A：因为，故A正确；
对于选项B：因为，
则
，
所以，故B正确；
对于选项C：因为，所以，故C错误；
对于选项D：因为
，
所以，故D正确；
故选ABD.
11．【正确答案】ABD
【详解】对于A，过点作平面，以为圆心，为半径在平面内作圆交于点,则即为点的运动轨迹，
∵，∴ , ∴，∴，
∴的长为，则A正确；
对于B，∵平面,平面，∴,
∵，平面，平面，，
∴平面，
∵平面，∴，同理可证，
∵平面，，平面，∴平面，
找上的点，使得，找上的点，使得,连接，
∵，， ∴，
∵平面，平面，∴平面，
∵，平面， 平面，∴平面，
∵平面，平面，，
∴平面平面，∴平面，
在上找一点使得，连接,
∵，，∴，
∴四点共面，∴平面，
∴点的轨迹为线段, ，则B正确；
将平面和平面沿展开在同一平面上，从点到点的最短路程为,则,则C错误；
分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
设三棱锥的外接球的球心为，则，
即，解得，
∴三棱锥的外接球半径,
∴三棱锥的外接球表面积为,则D正确；
故选C.
12．【正确答案】C
【详解】对于，过点作平面，以为圆心，为半径在平面内作圆交于点,则即为点的运动轨迹，
∵，∴ , ∴，∴，
∴的长为，则正确；
对于，∵平面,平面，∴,
∵，平面，平面，，
∴平面，
∵平面，∴,
同理可证，
∵平面，，平面，
∴平面，
找上的点，使得，找上的点，使得,连接，
∵∥, ∥, ∴∥,
∵平面，平面，∴∥平面，
∵∥，平面， 平面，
∴∥平面，
∵平面，平面，，
∴平面∥平面，∴平面，
在上找一点使得，连接,
∵∥，∥，∴∥，
∴四点共面，∴平面，
∴点的轨迹为线段, ,则正确；
将平面和平面沿展开在同一平面上，从点到点的最短路程为,则,则错误；
分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
设三棱锥的外接球的球心为，则，
即，解得，
∴三棱锥的外接球半径,
∴三棱锥的外接球表面积为,则正确；
故选.
13．【正确答案】15
【详解】因为四张人民币的面值不同，且组成的面值与顺序无关，
所以可分为以下四类面值：
由一张人民币组成：币值种数，
由两张人民币组成：币值种数，
由三张人民币组成：币值种数，
由四张人民币组成：市值种数，
所以可组成种币值．
14．【正确答案】
【详解】因为函数在定义域上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，即，
所以实数m的取值范围是．
15．【正确答案】4
【详解】如图：
因为平面平面，平面平面，平面，且，
所以平面.又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以.
又在正方形及其内部，所以点轨迹是如图所示的以为直径的半圆，
作于，则是三棱锥的高.
所以当的面积和都取得最大值时，四面体的体积最大.
此时点应该与或重合，为正方形的中心.
当点与重合，为正方形的中心时，如图：
此时，，
所以；
当点与重合，为正方形的中心时，如图：
此时，，
.
综上可知，当四面体的体积的最大值为4.
16．【正确答案】(1)
(2)．
【详解】（1）设数列的公比为，
∵，，
∴，
即，∴（舍去），
∴，即，
∴．
（2）∵，∴．
∴，
，
两式相减得，
∴．
17．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：∵平面，且平面ABCD，
∴．
又，平面，
∴平面．
平面，∴．
（2）∵
∴是等边三角形，
又∵，
∴，
∴即
又∵平面，平面，
，
从而两两垂直．
在中，
∴
在，．
法一：∵两两垂直，
∴以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，．
∵点是的中点，
，，，，
设是平面的一个法向量，则由得，
令，则∴．
从而，点到平面的距离．
法二：（等体积法）∵平面，平面，∴,
∴，
∵点是的中点，∴，
取的中点F，连接则
∴
在中，边上的高
∴
取的中点，连接，由（1）知是边长为2的等边三角形，
则，
∵平面，平面，∴平面平面，
∵平面平面，平面，
∴平面，
∵点是的中点，∴到平面的距离为，
又记点到平面的距离为，
则由即
得．
18．【正确答案】(1)
(2)是，
【详解】（1）椭圆的中心为原点，焦点均在轴上，
，其面积为.
设椭圆，
则， 解得，
所以的方程为；
（2）
设则即
直线得
直线与直线联立得
因为即代入上式
得
19．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）当时，，
∴，
∴，，
∴曲线在处的切线方程为，即．
（2）∵，∴不是方程的根.
当时，由得，
设，
则，
，
当时，，，在上单调递增，
当时，，，在上单调递减.
当时，，，
当时，，，，且，
当时，，，，
函数的图象大致如下：

∵方程有两个不相等的实数根，
∴直线与函数的图象有两个交点，
∴，即，故的取值范围为．
20．【正确答案】(1)证明见详解；
(2)；
(3).
【分析】（1）取中点，借助三角形中位线性质，结合平行定理，利用线面平行的判定推理即得；
（2）借助面面垂直的性质，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求出大小；
（3）连接DG，过点D作平面ABCD，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及法向量，列出方程，即可得到结果.
【详解】（1）取中点，连接，由N为PB中点，得，
依题意，，则，
于是四边形是平行四边形，，而平面，平面，
所以平面.
（2）取中点，连接，由，得，而平面平面，
平面平面平面，则平面，
过作，则平面，又平面，于是，
在矩形中，，，则，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，则令，得，
设直线BC与平面所成的角为，则，
所以直线BC与平面所成角的大小为.
（3）连接，由，得，而，则为的平面角，即，
过点作平面，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，
显然平面，平面，则平面平面，
在平面内过作于点，则平面，
设，而，则，，，
即，，
所以，
于是，，
设平面PAM的法向量为，则
令，得，设平面的法向量为，
因为，，
则令，得，
设平面和平面为，
则
，
令，，则，即，则当时，有最小值，
所以平面和平面夹角余弦值的最小值为.