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东北育才高中2024—2025学年度下学期
高一年级数学科第二次月考试卷
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，只有一项是符合题目要求的。
1、下列命题中正确的是（ ）
A．两个平面可以有且仅有一个公共点 B．三条相互平行的直线必在同一个平面内
C．两两相交的三条直线一定共面 D．过不在一直线上的三点有且仅有一个平面
2、已知为虚数单位，复数，则（ ）
A. B.的虚部为
C. D.在复平面内对应的点在第四象限
3、关于下列命题正确的是（ ）
①有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱；②有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台；③直三棱柱的任意两个侧面的面积之和大于第三个侧面的面积；④已知正四面体的棱长为，则其外接球的体积为.
A．①④ B．②③ C．③④ D．①③
4、已知向量，满足，且在上的投影向量为单位向量，则（ ）
A.1 B. C.2 D.3
5、空间中有三条两两异面的直线，为其中一条直线上一定点，过引直线使其与这三条异面直线都相交，则对于任意的定点，存在的直线有（ ）条.
A． B． C． D．无数
6、中，内角的对边分别为，以下选项为正确的是（ ）
A．若，则一定为锐角三角形
B．若，，，则有两解
C．，则为锐角三角形
D．若，则为等腰三角形
7、已知，，则（ ）
A． B． C． D．
8、已知函数，且，则满足在区间上的最大值为的的取值的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
多项选择题：本题共3小题，每小题6分， 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，部分选对的得部分分，有错选的得0分。
9、如图是因不慎丢失部分图象后，函数的局部图象，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．是图象的一个对称中心
C．图象的对称轴方程为
D．的图象是由函数图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再将得到的函数图象向右平移个单位长度得到的
10、如图是一个圆台的侧面展开图，若，所在圆的半径分别是2和4，且，则（ ）
A．圆台的侧面积为 B．圆台的高为
C．圆台的体积为 D．圆台内部可以容纳的球的直径最大为
11、已知直三棱柱的底面为等腰直角三角形，，则下列说法正确的是（ ）
A．三棱柱的体积为4
B．以为球心，体积为的球面与侧面的交线的长度为
C．若，分别为，的中点，点在平面上，则的最小值为
D．若，分别为，的中点，几何体MNABC外接球的表面积为
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12、若角的终边经过点，则__________.
13、已知，，则x等于__________.（用反三角函数表示）
14、如图是某机械零件的几何结构，该几何体是由两个相同的直四棱柱组合而成的，且前后 左右 上下均对称，每个四棱柱的底面都是边长为2的正方形，高为4，且两个四棱柱的侧棱互相垂直，则这个几何体的体积为__________.
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、（本题13分）
（1）如图,已知分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱上的点,试过三点作正方体ABCD—A1B1C1D1的截面（保留作图痕迹）.
（2）如图，在四面体中作截面，若与的延长线交于点，与的延长线交于点，与的延长线交于点.
求证:点在直线上.
16、（本题15分）
已知复数，，其中是实数.
（1）若，求实数的值；
（2）若是纯虚数，求
17、（本题15分）
已知的内角所对的边分别为，．
（1）求角的大小；
（2）若，外接圆的半径为，内切圆半径为，求的最小值．
18、（本题17分）
已知向量，函数．
（1）求函数的解析式；
（2）若，且，求的值；
（3）已知，将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象．在的图象上是否存在一点，使得？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，说明理由．
19、（本题17分）
1637年，法国数学家笛卡尔发表了《几何学》，在这本书中，笛卡尔提出了著名的笛卡尔坐标系统.笛卡尔坐标系就是直角坐标系和斜坐标系的统称，相交于原点的两条数轴，构成了平面放射坐标系.如两条数轴上的度量单位相等，则称此放射坐标系为笛卡尔坐标系，两条数轴互相垂直的笛卡尔坐标系，称为笛卡尔直角坐标系，否则称为笛卡尔斜角坐标系，如图，设、是平面内相交成的两条射线，、分别为、同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记.
（1）在仿射坐标系中，若，求；
（2）在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求；
（3）如图所示，在仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，，，、分别为、中点，求的最大值.答案
1 2 3 4 5 6 7 8
D D C C A B A A
9 10 11
AC BCD AD
12、 13、 14、
(1)
证明：∵直线，平面，∴平面.
平面，∴在平面与平面的交线上，
同理可知，也在平面与平面的交线上，
∴由公理3知,，，三点共线，
∴点在直线上.
16.（1）复数，则，又a是实数，
因此，解得，所以实数a的值是.
（2）复数，，
则，
因为是纯虚数，于是，解得，
因此，又，，，，
则，，，，，
即有，，
所以.
17、（1）由正弦定理得，
由三角形内角和，所以，
因为，所以，可得.
（2）结合（1）由正弦定理得，
由利用等面积法求得的最大值，易知，
故
由（1）和余弦定理可得，故，
且，即，
当且仅当时等号成立，故的最大值为．
故，故的最大值为，
则，的最小值为.
18、（1）因为，，函数，
所以
.
（2）依题意，
因为，所以，而，
所以，
所以，
所以
；
（3）将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，
则，
假设的图象上存在点使得，
因为，
因为，
所以
，
令，
因为，所以，
当且仅当时取等，
所以存唯一解，此时，点，
综上，符合条件的点坐标为．
19、【详解】（1）由题意可知，、的夹角为，
由平面向量数量积的定义可得，
因为，则，
则，
所以.
（2）由，，得，，
且，
所以，，，
则，，
因为与的夹角为，则，解得.
又，，所以；
（3）依题意，设、（，），且，，，
因为为的中点，则，
因为为中点，同理可得，
所以，
由题意知，，
则，
在中，依据余弦定理得，所以，
代入上式得，.
在中，由正弦定理，
设，则，且，
所以，，
，为锐角，且，
因为，则，
故当时，取最大值，
则.

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