内蒙古赤峰二中2024-2025学年高一下学期第二次月考数学试题（Word版附答案）

这是一份内蒙古赤峰二中2024-2025学年高一下学期第二次月考数学试题（Word版附答案），共14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．复数是纯虚数，则实数的值为（ ）
A．0B．C．3D．0或3
2．设表示两条不重合的直线，表示两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．存在一对异面直线，则
3．如图是一个直径为12cm的球形容器和一个底面直径为6cm、深8cm的圆柱形水杯（壁厚均不计），则球形容器装满时，约可以倒满水杯（ ）
A．3杯B．4杯C．5杯D．6杯
4．已知是关于的方程的一个解，则（ ）
A．4B．8C．6D．0
5．在中，（，，分别为角，，的对边），则是（ ）
A．等边三角形B．直角三角形C．锐角三角形D．等腰三角形
6．在中，D是AC边的中点，且点M满足，若，则（ ）
A．B．C．D．
7．若水平放置的平面四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，则以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，是正三棱锥且侧棱长为a，E，F分别是SA，SC上的动点，的周长的最小值为，则侧棱SA，SC的夹角为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列说法中错误的是（ ）
A．有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
B．所有侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
C．平行六面体是一种特殊的斜四棱柱
D．一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出的它的直观图恰好是一个边长为2的等边三角形，则原平面图形的面积是
10．如图，在三棱柱中，，，，分别为，，，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．，，，四点共面B．为异面直线
C．，，三线共点D．
11．已知分别是三个内角的对边，以下四个命题正确的是（ ）
A．若，且该三角形有两解，则的范围是
B．若，则点为的外心
C．若为锐角三角形，则
D．存在三边为连续自然数的三角形，使得最大角是最小角的两倍
三、填空题
12．将一斜边长为2的等腰直角三角形以其一直角边所在直线为旋转轴旋转一周，所形成的几何体的侧面积为 ．
13．一个正方体的平面展开图如图所示，在该正方体中，则与所成的角为 ．
14．若存在使满足，则正数的取值范围是 .
四、解答题
15．设函数，其中向量，.
（1）求函数的最小正周期和在上的单调增区间；
（2）当时的最大值为，求的值.
16．如图，测量河对岸的塔高时，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与.现测得，，，并在点处测得塔顶的仰角.

(1)求与两点间的距离；
(2)求塔高.
17．如图，在四边形ABCD中，△ABD是等边三角形，是以BD为斜边的等腰直角三角形，将△ABD沿对角线BD翻折到，在翻折的过程中

(1)求证：BD⊥PC；
(2)若DP⊥BC，求证：PC⊥平面BCD．
18．如图所示，正四棱锥，，底面边长，M为侧棱PA上的点，且．
(1)求正四棱锥的体积；
(2)若为的中点，证明：平面；
(3)侧棱上是否存在一点E，使平面，若存在，求出；若不存在，请说明理由．
19．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知
(1)求角A；
(2)若，求角C；
(3)若为锐角三角形，且的面积为S，求的取值范围．
1．A
利用纯虚数的定义列式求解.
【详解】由是纯虚数，得，所以.
故选：A
2．D
利用空间线、面平行或垂直的判定与性质，逐项分析推理判断.
【详解】对于A，由，得直线与可能平行、可能相交，也可能在面内，A错误；
对于B，由，得可能平行，也可能相交，B错误；
对于C，要垂直于内的两条相交直线，才能推出，C错误；
对于D，过直线的平面，由，得，而，则，
由是异面直线，得直线相交，又，因此，D正确.
故选D，
3．B
应用球的体积公式及圆柱的体积公式计算求解即可.
【详解】球的体积，
圆柱的体积，
所以，则球形容器装满时，约可以倒满水杯4杯.
故选：B
4．B
将代入方程中化简，利用复数相等的概念得出即可.
【详解】由题意可得，，化简整理得，
则，得，
则.
故选：B
5．B
根据给定条件，利用二倍角公式及三角形射影定理判断得解.
【详解】由，得，整理得，
在中，由射影定义得，则，
而，因此，又，则，
所以是直角三角形.
故选：B
6．D
由平面向量的基本定理结合图形计算即可.
【详解】因为①，②，
由，得，所以，
即，，所以.
故选：D.
7．B
先根据斜二测图形信息推出原图形的尺寸，再分析旋转后几何体的构成，最后求出体积.
【详解】已知在斜二测图形中，，
根据斜二测画法中平行于轴的线段长度不变的规则，可知在原图形中，，.
又已知，由斜二测画法中平行于轴的线段长度减半的性质，
可得原图形中，且（斜二测画法中轴与轴夹角在原图形中为）.
如图，得到原图.
因为梯形以边为轴旋转一周，所以得到的几何体为圆台.
其中圆台的底面半径，高；
根据圆台体积公式，可得.
故选：B.
8．A
首先将三棱锥的侧面沿着剪开，得到，即，即可得到答案.
【详解】将三棱锥的侧面沿着剪开，如图所示：
因为的周长的最小值为，
所以当四点共线时，的周长最小，即，
又因为，所以，即，
又因为三棱锥是正三棱锥，
所以，即侧棱SA，SC的夹角为.
故选：A
9．ABC
根据棱柱的概念可判断A；举反例可判断B；根据棱柱的概念可判断C；根据直观图与原图面积关系可判断D.
【详解】对于A，有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体不一定是棱柱，还需要满足各个侧面的交线互相平行，故A错误；
对于B，若四棱柱的底面是非正方形的菱形，侧棱垂直于底面，且侧棱长等于底面菱形边长，
则显然其四个侧面都是正方形，而此四棱柱不是正方体，B错误；
对于C，底面是平行四边形的四棱柱叫做平行六面体，
而侧棱不垂直于底面的四棱柱叫做斜四棱柱，
因此平行六面体不一定是斜四棱柱，故C错误；
对于D，直观图面积为，
根据直观图与原图面积关系可得，故D正确．
故选：ABC．
10．AC
利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断AB；利用平面公理判断得，的交点在，从而可判断C；举反例即可判断D.
【详解】对于AB，如图，连接，，
因为是的中位线，所以，
因为，且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，所以四点共面，A正确B错误；
对于C，如图，延长，相交于点，
因为，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面，
因为平面平面，
所以，所以三线共点，C正确；
对于D，因为，当时，，
又，则，D错误.
故选：AC
11．BCD
由三角形有两解，可求的取值范围，可判断A选项；取的中点分别为，由数量积可得，，可判断B选项；因为为锐角三角形中，进而可得，从而由不等式的性质可判断C选项；设三边长为，为大于1的正整数，对角分别为A、B、C，若，根据余弦定理和余弦的二倍角公式建立关于n的方程，解之可判断D选项.
【详解】对于A：因为该三角形有两解，所以，即，故A错误；
对于B：中，的中点分别为，如图：
由得，即，
所以是的垂直平分线，则，
同理可得，则，
所以点为的外心，故B正确；
对于C：因为为锐角三角形，
所以，当时，，又在上单调递增，
于是，即，
同理，可得，，
综上可知，，故C正确；
对于D：设三边长为，为大于1的正整数，对角分别为A、B、C，
若，从而，
而，，
所以，解得（舍去），
所以存在三边为连续自然数的三角形，使得最大角是最小角的两倍，故D正确.
故选：BCD.
12．
根据圆锥的侧面积公式求解即可.
【详解】因为将一斜边长为2的等腰直角三角形以其一直角边所在直线为旋转轴旋转一周，所形成的几何体为圆锥，
且圆锥的底面半径为：，圆锥的母线长为：.
所以圆锥的侧面积为：.
故答案为：
13．
将平面展开图复原为如图所示的正方体后结合正方体的性质可得与所成的角即为或其补角，故可求线线角的大小.
【详解】将平面展开图复原为如图所示的正方体：
设正方体的棱长为，连接，则，
由正方体的性质可得，故四边形为平行四边形，
故，故与所成的角即为或其补角，而，
故与所成的角为，
故答案为：.
14．
通过正弦函数最值，确定，，从而得到进而求解可解决问题.
【详解】，
所以，
又
所以必有，，，
因为， 当时，，
所以 得，所以，解得．
当时，；当时，；
因此的取值范围是．
故答案为：15．（1），增区间和；（2）.
（1）将函数的解析式利用平面向量数量积的坐标运算，结合二倍角降幂公式与辅助角公式进行化简，利用周期可得出函数的最小正周期，求出函数的单调递增区间，并与定义域取交集，可得出该函数在区间上的单调递增区间；
（2）先由计算出的取值范围，结合正弦函数的图象得出的最小值，于此可得出函数的最大值，进而得出实数的值．
【详解】（1）
，
所以，函数的最小正周期为.
由，解得，
，
因此，函数在上的单调递增区间为和；
（2），，
所以，当时，函数取最大值，即，
因此，.
16．(1)
(2)
【详解】（1）
在中，，由正弦定理得
，
.
（2）由（1）知，
中，
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
（1）要证明线线垂直，转化为证明线面垂直，根据几何关系，取的中点，根据等腰三角形的性质，证明平面；
（2）根据线线垂直，证明平面，再根据线面垂直关系说明，再根据（1）的结果，证明线面垂直.
【详解】（1）取的中点，在等腰中，，为的中点，
∴，在等边中，，又，平面，
∴平面，又平面，∴
（2）∵在中，，又，又，平面
∴平面，又平面，∴
又由（1）知（已证），，平面，
∴平面
18．(1)
(2)证明见解析
(3)存在，
（1）根据体积公式可求几何体的体积；
（2）连，交于，可证，故可证平面；
（3）存在，，此时作中点，连结，，，可证平面平面，故可得平面.
【详解】（1）连接，设，连接，则平面．
中，，，，
所以．
（2）由正方形可得为的中点，而，，
又平面，平面，
平面．
（3）存在，．理由如下：作中点，连结，，．
，，
又平面MBD，平面，
平面，
，，
又平面，平面，
平面，
又平面，
平面平面，而平面，
平面．
19．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由，可得，
由正弦定理和余弦定理，，
又由余弦定理，，
因为，所以．
（2），由正弦定理，
则
即，整理得
因，函数在上为增函数，
且，故；
（3）依题意，，由（1）已得．
则．
因为锐角三角形，所以，整理得．
因为，
因函数在上为增函数，则，．
令，因函数在上单调递减，在上单调递增，所以，即，
故的取值范围为.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
B
B
B
D
B
A
ABC
AC
题号
11









答案
BCD