重庆市荣昌中学2023-2024学年高二数学上学期第一次月考试题（Word版附解析）

荣昌中学高2025级高二上期第一次月考一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的.1.设则（）A.1B.3C.D.【答案】C【解析】【分析】应用复数乘法及模长公式求.【详解】由题设，.故选：C2已知空间向量，且，则实数（）A.B.C.D.6【答案】A【解析】【分析】由，得到，列出方程组，即可求解.【详解】由题意，空间向量，因为，可得，即，可得，解得.故选：A.3.设是一条直线，，是两个平面，下列结论正确的是（）A若，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，则【答案】C【解析】【分析】由线面平行的性质和面面的位置关系，可判断；由线面的位置关系可判断；由线面平行与垂直的性质定理和面面垂直的判定定理，可判断；由面面垂直的性质定理和线面的位置关系可判断． 【详解】解：是一条直线，，是两个不同的平面，若，，可得或、相交，故错误；若，，可得或、与相交，故错误；若，可得过的平面与的交线，由，可得，又，则，故正确；若，，可得或，故错误．故选：．4.已知M、N分别是四面体OABC的棱OA，BC的中点，点P在线段MN上，且MP=2PN，设向量，，，则=（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由空间向量的线性运算，，再转化为用表示即得解【详解】由题意，=+=×(+)+×= 故选：C5.已知空间四边形的每条边和对角线的长都等于a，点E、F分别是、的中点，则的值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据向量的线性运算运算律可得，在根据数量积的定义求其值.【详解】由题意，和之间夹角均为，结合平面向量线性运算有故选：C6.在三棱锥P—ABC中，PA、PB、PC两两垂直，且PA=PB=PC，M、N分别为AC、AB的中点，则异面直线PN和BM所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】以点P为坐标原点，以，，方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，求出直线PN和BM的方向向量代入公式即可得出答案. 【详解】以点P为坐标原点，以，，方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，，，，则，，设异面直线PN和BM所成角为，则.故选：B.7.如图，在直三棱柱中，已知，为侧棱上任意一点，为棱上任意一点，与所成角为，与平面所成的角为，则与的大小关系为（）.A.B.C.D.不能确定【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系设，利用空间向量法分别求得，然后根据，利用余弦函数的单调性求解.【详解】建立如图所示空间直角坐标系： 设，则，所以所以，又，，所以，所以，因为在上递减，所以，故选：C【点睛】本题主要考查空间向量法求异面直线所成的角和直线与平面所成的角，还考查了运算求解的能力，属于中档题.8.已知MN是正方体内切球的一条直径，点Р在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用向量的线性运算和数量积运算律可得，根据正方体的特点确定最大 值和最小值，即可求解【详解】设正方体内切球的球心为，则,,因为MN是正方体内切球的一条直径，所以，，所以，又点Р在正方体表面上运动，所以当为正方体顶点时，最大，且最大值为；当为内切球与正方体的切点时，最小，且最小为；所以，所以的取值范围为，故选：B二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.9.在空间直角坐标系中，下列结论正确的是（）A.点关于x轴对称的点的坐标为B.到的距离小于1的点的集合是C.点与点的中点坐标是D.点关于平面对称的点的坐标为【答案】BCD【解析】【分析】利用点关于坐标轴对称轴，关于面对称的结论判断A，D；利用空间中两点之间的距离判断B；利用中点坐标公式判断C即可.【详解】对于选项A：点关于x轴对称的点的坐标为，所以A不正确；对于选项B：点到的距离小于1为，所以B正确； 对于选项C：点与点的中点坐标是，所以C正确；对于选项D：由点关于平面对称的点的坐标为，所以D正确.故选：BCD.【点睛】本题主要考查了空间中点坐标的对称问题，以及中点坐标公式，两点之间的距离公式.属于较易题.10.下面四个结论正确的是（）A.空间向量，若，则B.若空间四个点，，则三点共线C.已知向量，若，则为钝角D.任意向量满足【答案】AB【解析】【分析】由空间向量的数量积及其运算性质可判断ACD，由空间向量的基本定理与共线定理可判断B【详解】对于A：因为，，则，故A正确；对于B：因为，则，即，又与有公共点，所以三点共线，故B正确；对于C：，若为钝角：则，且与不共线，由得，当时，，即，由与不共线得，于是得当且时，为钝角，故C错误；对于D：是的共线向量，而是的共线向量，故D错误，故选：AB11.已知正方体，则（） A.直线与所成的角为B.直线与所成的角为C.直线与平面所成的角为D.直线与平面ABCD所成的角为【答案】ABD【解析】【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；连接，因为平面，平面，则，因为，，所以平面，又平面，所以，故B正确；连接，设，连接，因为平面，平面，则，因为，，所以平面，所以为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，则，，，所以，直线与平面所成的角为，故C错误；因为平面，所以为直线与平面所成角，易得，故D正确. 故选：ABD12.如图所示，若长方体的底面是边长为2的正方形，高为是的中点，则下列说法不正确的是（）A.B.平面平面C.三棱锥的体积为D.三棱锥的外接球的表面积为【答案】AB【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量即可判断AB选项，采用换顶点的方法即可求出三棱锥的体积，将三棱锥的外接球转化为长方体的外接球，进而可判断D选项.【详解】∵长方体的底面是边长为2的正方形，高为4，是的中点， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，∴，，，与不垂直，故A错误；又，，，，设平面的法向量，则，取，得，设平面的法向量，则，取，得，不共线，平面与平面相交，故B错误；三棱锥的体积为：，故C正确；三棱锥的外接球就是长方体的外接球，三棱锥的外接球半径，三棱锥的外接球的表面积为，故D正确．故选：AB． 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.第15题第一小问2分，第二小问3分.13.已知直线与平面平行，直线的一个方向向量为，向量与平面垂直，则_______.【答案】2【解析】【分析】根据向量的垂直关系计算即可.【详解】由题可知，，解得.故答案为：2.14.如图，半球内有一内接正四棱锥，该四棱锥的体积为，则该半球的体积为__________.【答案】【解析】【分析】由题意可知半球的半径与正四棱锥的高相等，可得正四棱锥的棱与半径的关系，进而可写出半球的半径与四棱锥体积的关系，进而求得结果.【详解】设所给半球的半径为，则四棱锥的高，则，由四棱锥的体积，半球的体积为：.【方法点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程 （组）求解.15.空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，∠BAD＝90°，且AB＝AD，则AD与平面BCD所成的角是________．【答案】45°【解析】【分析】过A作AO⊥BD于O点，得出∠ADO即为AD与平面BCD所成的角，进而可求出结果.【详解】过A作AO⊥BD于O点．∵平面ABD⊥平面BCD，∴AO⊥平面BCD，则∠ADO即为AD与平面BCD所成的角．∵∠BAD＝90°，AB＝AD，∴∠ADO＝45°.故答案为：45°16.在正方体中，是棱的中点，是底面内（包括边界）的一个动点，若平面，则异面直线与所成角的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】取中点，中点，连接，，，取中点，连接，推导出平面平面，从而的轨迹是线段，当与重合时，异面直线与所成角取最大值，当与或重合时，异面直线与所成角取最小值，即可得解.【详解】解：取中点，中点，连接，，，取中点，连接，∵在正方体中，是棱的中点，∴，，∵平面，，平面， ∴平面，同理可得平面，∵，，是平面内两相交直线，∴平面平面，∵是底面内（包括边界）的一个动点，平面，∴的轨迹是线段，∵，是中点，∴，∵，∴，∴当与重合时，异面直线与所成角取最大值，∵，是上动点，，∴当与或重合时，异面直线与所成角取最小值，∴异面直线与所成角的取值范围是.故答案为：.四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知复数，.（1）若复数在复平面内对应的点在第二象限，求实数的取值范围；（2）若复数为纯虚数，求的虚部.【答案】（1） （2）【解析】【分析】(1)根据复数的运算公式和复数的几何意义确定数在复平面内对应的点的坐标，由条件列不等式求的取值范围；(2)根据纯虚数的定义列方程求，由此可求的虚部.【小问1详解】，在复平面内对应的点在第二象限，则.所以实数的取值范围为；【小问2详解】.为纯虚数，则且，所以，此时，所以的虚部为.18.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求角B；（2）若b=4，求周长的最大值.【答案】（1）；（2）12.【解析】【分析】（1）利用差角的余弦公式，结合正弦定理，化简计算作答.（2）利用余弦定理，结合均值不等式求出a+c的最大值【小问1详解】 因为，则，在中，由正弦定理得，，而，即，整理得，即，又，解得，所以.【小问2详解】在中，由余弦定理得：，即，而，于是得，当且仅当a=c=4时取“=”，因此，当a=c=4时，a+c取最大值8，从而a+b+c取最大值12，所以周长的最大值为12.19.如图，四棱锥中，底面为直角梯形，平面为的中点．（1）求证：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先利用勾股定理证明，从而可证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；（2）易得到平面的距离等于的一半，再根据锥体的体积公式即可得解.小问1详解】∵，， ∴，，∴，∴，又∵平面，平面，∴，又∵平面，∴平面，又平面，∴平面平面；【小问2详解】∵为的中点，，∴，又∵平面,到平面的距离等于的一半，所以四棱锥的体积.20.已知四棱柱的底面为菱形，，，，平面，.（1）证明：平面；（2）求钝二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】【分析】（1）连接交于点，通过证明即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求出两个半平面的法向量，通过法向量的夹角得出二面角的大小. 【详解】解：（1）证明：连接交于点，易知为中点，∵为中点，∴在中，，∵平面，平面，∴平面.（2）∵平面，∴，∵且为的中点，∴，∵平面且，∴平面，如图，建立空间直角坐标系易得：，，，，∴，，设平面的一个法向量为，则，∴，令，得，∴.同理可得平面的一个法向量为，∴，∴钝二面角的余弦值为. 【点睛】此题考查线面平行的证明和二面角的求法，对通式通法的考查，线面平行常规证法即寻找线线平行或面面平行转化，通过法向量求二面角注意法向量的方向“一进一出”，则法向量的夹角等于二面角的大小.21.如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，M为PB上靠近B的三等分点.（1）求证：平面ACM；（2）求直线PD与平面ACM的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）以线面平行的判定定理去证明即可解决；（2）建立空间直角坐标系，以向量的方法去求直线PD与平面ACM的距离即可.【小问1详解】证明：如图，连接BD，交AC于点N，连接MN.因为，，所以，又M为PB靠近B的三等分点，所以，所以，所以， 又平面AMC，平面AMC，所以平面AMC.【小问2详解】因为平面AMC，所以直线PD与平面ACM的距离为点D到平面ACM的距离如图，取BC的中点为E，连接AE，因为平面ABCD，AD、平面ABCD，所以，.因为，，所以，又，所以△为等边三角形.因为E为BC的中点，所以，所以.所以AE，AD，AP两两垂直，所以以AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），则，，，，.因为M为PB的靠近B的三等分点，所以，所以，所以，，.设平面ACM的法向量，则，即，令，则，，即平面ACM的一个法向量.设直线PD与平面ACM的距离为d，则. 22.如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形，，分别是的中点．（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在一点，使得与平面所成角为？若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，的坐标为【解析】【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；（2）假设线段上存在一点，设，再利用向量法求解即可.【小问1详解】如图所示，以为原点建立空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，可取，则，所以平面；【小问2详解】假设线段上存在一点，设，，则， 设平面的法向量为，则有，可取，与平面所成角为，∴，解得，故在线段上存在一点，使得与平面所成角为，点的坐标为.