云南省玉溪市2024-2025学年高二上学期9月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份云南省玉溪市2024-2025学年高二上学期9月月考数学试题（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了选择题的作答，填空题和解答题的作答，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
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.已知，，则（ ）
A.B.C.D.
2.在平行六面体中，为AC与BD的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量为（ ）
A.B.
C.D.
3.若函数在上单调递减且对任意满足，则不等式的解集是（ ）
A.B.C.D.
4.在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，底面，，点在侧棱PB上，且满足，则异面直线PC和DG的距离为（ ）
A.B.C.D.
5.空间中有三点，，，且为平面的一个法向量，则以AB、AC为邻边的平行四边形的面积为（ ）
A.B.C.3D.
6.在矩形中，，，沿对角线AC将矩形折成一个大小为的二面角，当点与点之间的距离为3时，（ ）
A.B.C.D.
7.边长为1的正方体中，E，F分别是，的中点，是DB靠近点的四等分点，在正方体内部或表面，，则的最大值是（ ）
A.1B.C.D.
8.已知点A，B，C，D，P，Q都在同一个球而上，为正方形，若直线PQ经过球心，且平面.则异而直线PA，QB所成的角的聂小值为（ ）
A.60°B.45°C.30°D.15°
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.下列说法正确的是（ ）
A.已知，，则在上的投影向量为
B.若两个不同平面，的法向量分別是，，且，，则
C.若，则A，B，C，G四点共面
D.若向量，（x，y，z都是不共线的非零向量）则称在基底下的坐标为，若在单位正交基底下的坐标为，则在基底下的坐标为
10.如图所示是一个以AB为直径，点S为圆心的半圆，其半径为4，F为线段AS的中点，其中C、D、E是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成上一个以S为顶点的圆锥的侧面，则关于此圆锥，下列说法不正确的是（ ）
A.为正三角形B.平面
C.平面D.点到平面的距离为
11.如图，点是边长为2的正方体的表面上一个动点，则（ ）
A. 当点P在侧面上时，四棱锥的体积为定值
B.存在这样的点，使得
C.当直线AP与平面所成的角为45°时，点的轨迹长度为
D.当时，点的轨迹长度为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.若复数满足，则___________.
13.空间内四点，，，可以构成正四面体，则___________.
14.如图，在正方体中，，点E，F分别为，的中点，则平面截正方体所得截面面积为___________，动点满足，且，则当取得取小值时二面角的余弦值为___________.
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.（本小题满分13分）
在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是2，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且MA和NF的长度保持相等，记.
（1）求MN的长；
（2）当MN的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值.
16.（本小题满分15分）
如图，已知多面体的底面是菱形，侧棱底面，且.
（1）证明：；
（2）若，，，求直线BC与平面所成的角的正弦值.
17.（本小题满分15分）
如图所示，在长方体中，，，为棱的中点.
（1）若是线段BM上的动点，试探究：是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由；
（2）过作该长方体外接球的截面，求截面面积的取值范围.
18.（本小题满分17分）
如图，三棱台，，，平面平面，，，，与相交于点，，且平面.
（1）求三棱锥的体积；
（2）平面与平面所成角为，与平面所成角为，求的值.
19.（本小题满分17分）
如图1，在平行四边形中，，，E为CD的中点，将沿AE折起，连接BD与CD，得到的四棱锥如图2.
图1 图2
（1）当BD为何值时，平面平面？
（2）设，当时，是否存在实数，使得直线AF与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
（3）当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的内切球的半径.
月考卷参考答案
一、选接题
1.C【解析】将中的元表依次代入验证，只有，0，满足，所以.故选C.
2.C【解析】因为在平行六面体中，，所以，故选C.
3.D【解祈】因为，所以的对称轴为，在单调递减，则在单调递增，又因为，由对称性可得，所以，，.故选D.
4.A【解析】如图，以点为原点，，，分别作为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，.所以，，，设为直线PC和DG的公垂线的方向向量，则有，可取，所以异面直线PC和DG的距离为.故选A.
5.D【解析】平面的一个法向量为，则，解得，故，，，则，则，则平行四边形面积为.故选D.
6.B【解析】分别作，，垂足为E，F，则.由，，可得，所以，，.因为，则，即，故.故选B.
7.B【解析】如图，建立空间直角坐标系，设，则，，，，所以，，则，因为，又，所以，即，所以，又，，所以.当且仅当，此时时，等号成立，所以的最大值是.故选B.
8.A【解析】设球的半径为，记中心为，因为为正方形，直线PQ经过球心，且平西.所以PQ过点且PQ的中点为球心，设球心为，以为原点，OB、OC、OP分别为x，y，z轴正半轴，建立空间直角坐标系，
设，，
则，，，，
所以，，所以，
所以，，
又，即.
所以，
当且仅当时等号成立，设直线PA，QB所成的角为则，又，所以.故选A.
二、选择题
9.BD【解析】对于A，由于，，则在的投影向量为，故A错误；
对于B：若两个不同平面，的法向量分别是，，且，，，则，故B正确；
对于C：由于，对于，故A，B，C，G四点不共面，故C错误；
对于D：p在单位正交基底下的坐标为（1，2，3），即，所以在基底下满足，故，，，解得，，，则在基底下的坐标为，故D正确.故选BD.
10.ABD【解析】选项A，该半圆围成的圆锥，如图所示，
设四棱底面半径为，则，，，为AS的中点，为AD的中点，，且，，为等腰直角三角形，选项A错误；
选项B，若平面，则，直角中，，，选项B错误；
选项C，，平面，平面，选项C正确；
选项D，，，平面，平面平面，到直线FO的距离即为到平面的距离，又，到直线FO的距离等于到直线SD的距离，为，选项D错误，故选ABD.
11.ACD【解析】略
12.【解析】略
13.【解析】由已知正四西体的棱长为1，所以的竖坐标为正四面体的高，的外接圆半径为，所以正四面体的高为，而横坐标，纵坐标即底面三角形的重心坐标，，，所以，故答案为.[只写对一个不给分]
14.18；【解析】略
四、解答题
15.解：（1）由题意可知，直线BC、BE、BA两两垂直，以B原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
因为，所以，.
所以.
（2），当时，最小.
此时，M，N为AC、BF的中点，则，，取MN的中点，连接AG，BG，
则，因为，，所以，.
所以是平面与平面的夹角或其补角，
因为，.
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值是.
16.解：（1）因为，所以，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为四边形是菱形，所以，
又因为，，平面，所以平面，
又因为平面，所以.
（2）设AC交BD于，以为原点，以OB为轴，OC为轴，过作为轴建立空间直角坐标系，
由图可知，，，，.，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，，
所以.
设直线BC与平面所成角为，
则，因此直线BC与平面所成角的正弦值为.
17.略
18.（1）略
（2）由题意及（1）得，
以为坐标原点，分别以，，为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
如图，，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
由，取，则，
平面的一个法向量为，
所以，.
又因为，，
所以，.
，
又，所以.
19.略