2024-2025学年辽宁省高二上学期第一次月考数学检测试题合集2套（附解析）

2024-2025学年辽宁省高二上学期第一次月考数学检测试题（一）一、单选题（本大题共8小题）1．已知复数是纯虚数，则实数（

）A． B． C．0 D．12．已知某圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的侧面积为（

）A． B． C． D．3．设为空间中两条不同直线，为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（

）A．若上有两个点到平面的距离相等，则B．若是异面直线，，则C．若不垂直于，则必不垂直于D．若，则“”是“”的既不充分也不必要条件4．已知函数的部分图如图所示，且，则（

）A． B．C． D．5．如图，在正四面体ABCD中．点E是线段AD上靠近点D的四等分点，则异面直线EC与BD所成角的余弦值为（

）

A． B． C． D．6．下列命题正确的是（

）A．若，且，则B．若，则不共线C．若是平面内不共线的向量，且存在实数y使得，则A，B，C三点共线D．若，则在上的投影向量为7．已知，，，，则的值为（

）A． B． C． D．8．在中，是边AB上一定点，满足，且对于边AB上任一点P，恒有，则为（

）A．等腰三角形 B．钝角三角形C．直角三角形 D．锐角三角形二、多选题（本大题共3小题）9．已知复数，下列结论正确的有（

）A．若，则B．若，则C．若复数满足，则在复平面对应的点是−1,7D．若是关于的方程的一个根，则10．设函数向左平移个单位长度得到函数，已知在上有且只有5个零点，则下列结论正确的是（

）A．的图象关于直线对称B．的取值范围是C．在上单调递增D．在上，方程的根有3个，方程的根有3个11．化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟化硫（化学式）､金刚石等的分子结构.将正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体（如图1），已知正八面体的（如图2）棱长为4，则（

）

A．正八面体的外接球体积为B．正八面体的内切球表面积为C．若点为棱上的动点，则的最小值为D．若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值三、填空题（本大题共3小题）12．，则.13．在中，，为的外心，若，则的值为.14．在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的取值范围为．四、解答题（本大题共5小题）15．如图，在底面是矩形的四棱锥中，⊥平面，是的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面⊥平面.16．已知向量，，.（1）求函数的单调递增区间和最小正周期；（2）若当时，关于的不等式有解，求实数的取值范围.17．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.(1)求角A；(2)若△ABC的外接圆的面积为，，求△ABC的面积.18．如图，在四棱锥中，平面.

(1)求证：平面；(2)若，求与平面成角的正弦值；(3)设点为的中点，过点的平面与棱交于点，且平面，求的值.19．若函数满足：对任意，则称为“函数”．(1)判断是不是函数(直接写出结论)；(2)已在函数是函数,且当时，．求在的解析式；(3)在(2)的条件下，时，关于的方程(为常数)有解，求该方程所有解的和．

参考答案1．【答案】B【分析】由纯虚数的定义得出实数.【详解】，因为复数是纯虚数，所以，且，解得.故选：B2．【答案】D【分析】由侧面展开图求得圆锥的母线长，然后计算圆锥侧面积即可.【详解】设圆锥母线长为，由题意，所以，所以圆锥的侧面积为.故选：D3．【答案】B【分析】对于A，m与可以相交，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等；对于B，根据面面平行的判定定理进行判断；对于C，通过画图排除即可；对于D，根据面面垂直的判定及性质进行判断；【详解】对于A，当直线m与相交时，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等，故A错误；对于B，若m、n是异面直线，，，，，则在直线任取一点，过直线与点确定平面，，又，则，，，所以，又，，所以，故B正确；对于C，如下图：故C错误；对于D，若，，，则，又，所以；当时，，当时，，可以相交，所以“”是“”的充分不必要条件，故D错误.故选：B.4．【答案】C【分析】根据题意，结合函数的图象，以及正弦函数的性质，求得的值，即可求解.【详解】由函数的图象，可得，所以，可得，所以函数，又由，可得，因为，可得只有时满足题意，可得，又因为，可得，所以.故选C.5．【答案】A【分析】过点E作直线BD的平行线，交AB于点F，连接CF，则为异面直线EC与BD所成角或其补角，利用余弦定理求解即可.【详解】过点E作直线BD的平行线，交AB于点F，连接CF，则为异面直线EC与BD所成角或其补角，不妨设，易得，，在中，由余弦定理得，所以异面直线EC与BD所成角的余弦值为．故选A．

6．【答案】C【分析】利用向量垂直的坐标表示可判断A，利用向量共线定理可判断BC，利用投影向量的定义可判断D.【详解】若，且，则，所以A选项错误；若满足，但不满足不共线，所以B错误；由，可得，即，故A，B，C三点共线，所以C正确；若在上的投影向量为，所以D错．故选：C．7．【答案】B【分析】先根据二倍角余弦公式求，解得，最后根据两角差余弦公式得结果.【详解】或因为，所以故选：B【点睛】本题考查二倍角余弦公式、两角差余弦公式，考查基本分析求解能力，属中档题.8．【答案】B【分析】取的中点，将向量用表示，得到，进而判断的形状.【详解】取的中点，的中点，连接（如图所示），则，同理，因为，所以，即，所以对于边上任意一点都有，因此，又，为中点，为中点，所以，所以，即，所以，即为钝角三角形，故选B.9．【答案】CD【分析】结合模长公式和复数的乘方运算，举反例判断AB，根据复数的四则运算及复数的几何意义可判断C，得到为方程的另一个根，根据韦达定理即可判断D.【详解】若，则不一定成立，比如，满足，但，不满足，A选项错误；比如，满足，由复数定义可知，两个复数不能比大小，故大小无法判断，B选项错误；，所以在复平面对应的点是−1,7，C选项正确；若是关于的方程的一个根，则为方程另一个根，故，即，D选项正确.故选：CD10．【答案】BC【分析】根据零点个数可得，故可判断B的正误，根据的值可判断A的正误，根据结合正弦函数的性质可判断CD的正误.【详解】由题设有，当时，，因为已知在上有且只有5个零点，故，故，故B正确.对于A，，无法确定是否为，故A错误；对于C，当时，，而，故在上单调递增，故C正确.对于D，当时，，而，故在有3个不同的解，有2个或3个不同的解，故D错误.故选：BC.11．【答案】BCD【分析】对于A项，利用正八面体的对称性可分析计算得出正方形的中心即为外接球球心，再利用球的体积公式计算即可；对于B项，可以利用等体积列出关于内切球半径的方程，解之即可；对于C项，通过两个侧面翻折共面后即得共线时取最小值；对于D项，通过发现并证明平面，将三棱锥的体积进行多次转化成三棱锥的体积，计算即得.【详解】对于A项，设该正八面体外接球的半径为，由图知，是正方形，,在中，，利用对称性知，故点为正八面体外接球的球心，则，所以正八面体外接球的体积为，故A项错误；对于B项，设该正八面体内切球的半径为，由内切球的性质可知正八面体的体积，解得，故它的内切球表面积为，故B项正确；

对于C项，如图，因与是边长为4的全等的正三角形，可将翻折到，使其与共面，从而得到一个菱形.连接与相交于点，此时，则，因此取得最小值为，故C项正确；对于D项，易知，因为平面，平面，所以平面，所以，故D项正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，12．【答案】3【分析】利用诱导公式化简得到，化弦为切，代入求值求出答案.【详解】，.故答案为：3.13．【答案】【分析】由向量数量积的定义以及三角形外心的性质，可得，从而求解，然后利用向量数量积定义代入求解即可.【详解】如图，作，，因为，由为的外心，所以可知为的中点，所以，得，同理可得，所以.故答案为：14．【答案】【分析】根据正弦定理结合两角和差的正余弦公式求解可得，再根据正弦定理化简，结合三角函数值与角度范围的关系求解即可.【详解】由正弦定理结合，得，则，即，故，则，故，解得.由正弦定理，有，故，设，且，则.又，故，且，故.故，即，故.故答案为：15．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)结合三角形中位线的性质即可.(2)结合面面垂直的证明方法即可.【详解】（1）连接交于点,连接．四边形是矩形，是的中点．又为的中点，．平面，平面，平面（2）面，面，．是矩形，．而，，平面平面又平面．平面平面．16．【答案】（1）单调增区间为，；；（2）.【详解】（1）因为，所以函数的最小正周期；因为函数的单调增区间为，，所以，，解得，，所以函数的单调增区间为，；（2）不等式有解，即；因为，所以，又，故当，即时，取得最小值，且最小值为，所以.17．【答案】(1)(2)【分析】（1）对已知等式化简后，利用余弦定理可求出角A；（2）先求出角三角形外接圆的半径，再由正弦定理可求出，将已知等式利用正弦定理统一成边的形式可求出，再结合（1）可求出，从而可求出三角形的面积.【详解】（1）因为，所以，所以，即，所以，因为，所以；（2）因为△ABC的外接圆的面积为，所以△ABC的外接圆半径为，由正弦定理得，，因为，所以由正弦定理得，由（1）知，所以，得，则，所以△ABC的面积为.18．【答案】(1)证明见解析(2).(3).【分析】（1）由线面垂直得到，结合即可得证；（2）首先求得为直线与平面所成角的平面角，再求解即可；（3）由线面平行的性质得到，即可得解.【详解】（1）因为平面平面，所以，又平面，所以平面；（2）平面，平面，得为直线与平面所成角的平面角，中，，中，，；（3）因为平面，平面平面，平面，所以，因为点为的中点，所以点为的中点，所以.19．【答案】(1)是函数，是函数；(2)；(3).【详解】（1）是函数，证明如下：因为，又，，所以，故是函数.是函数，证明如下：因为，，所以，故是函数.因为，所以函数的周期为，又，所以函数关于直线对称，因为时，所以，当，即时，，当，即时，，又时，，所以，综上，在上的解析式为.由（2）知，当时，，所以，得到，又函数的周期为，所时，的图象如图，由图知，当时，有5个解，其和，当时，有8个解，由对称知，其和，当时，有12个解，由对称知，其和，当时，有16个解，由对称知，其和，当时，有8个解，由对称知，其和，综上，方程所有解的和.2024-2025学年辽宁省高二上学期第一次月考数学检测试题（二）一、单选题（本大题共8小题）1．已知直线的倾斜角为，则（

）A． B． C． D．02．若，，则（

）A．22 B． C． D．293．如果且，那么直线不经过（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E在侧棱PC上，且，若，，，则（

）A． B．C． D．5．已知为实数，直线，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件6．已知空间中三点，，，则以，为邻边的平行四边形的面积为（

）A． B． C．3 D．7．点到直线（为任意实数）的距离的取值范围是（

）A． B．C． D．8．在正三棱锥中，，点分别是棱的中点，则（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．下列说法正确的是（

）A．直线与直线之间的距离为B．直线在两坐标轴上的截距之和为6C．将直线绕原点逆时针旋转，所得到的直线为D．若直线向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度后，回到原来的位置，则直线的斜率为10．在正方体中，能作为空间的一个基底的一组向量有（

）A．，， B．，，C．，， D．，，11．如图，在棱长均为1的平行六面体中，平面，分别是线段和线段上的动点，且满足，则下列说法正确的是（

）

A．当时，B．当时，若，则C．当时，直线与直线所成角的大小为D．当时，三棱锥的体积的最大值为三、填空题（本大题共3小题）12．已知直线过点，且在轴上的截距为在轴上的截距的两倍，则直线的方程是.13．在空间直角坐标系中，已知，则三棱锥的体积为．14．在棱长为4的正方体中，点，分别为棱，的中点，，分别为线段，上的动点（不包括端点），且，则线段的长度的最小值为.四、解答题（本大题共5小题）15．如图，正方体的棱长为2.

(1)用空间向量方法证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.16．已知点，点，直线过点且与直线垂直.(1)求直线的方程；(2)求直线关于直线的对称直线的方程.17．平行六面体，(1)若，，，，，，求长；(2)若以顶点A为端点的三条棱长均为2，且它们彼此的夹角都是60°，则AC与所成角的余弦值．18．如图，四边形是直角梯形，为的中点，是平面外一点，是线段上一点，三棱锥的体积是.

(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值.19．如图，在三棱台中，是等边三角形，，，侧棱平面，点是棱的中点，点是棱上的动点（不含端点）.

(1)证明：平面平面；(2)求平面与平面所成角的余弦值的最小值.

参考答案1．【答案】C【详解】直线的斜率为，所以，解得.故选：C.2．【答案】C【详解】由，，得，，所以．故选：C．3．【答案】C【详解】由且，可得同号，异号，所以也是异号；令，得；令，得；所以直线不经过第三象限.故选C.4．【答案】B【详解】解：在平行四边形ABCD中，，在中，，，，，在中，．故选：B．5．【答案】B【详解】若，则有，解得，当时，，不重合，符合要求；当时，，不重合，符合要求；故“”是“”的必要不充分条件.故选：B.6．【答案】D【详解】因为，，，所以，，则，，，所以，又因为，所以，则以，为邻边的平行四边形的面积.故选：D7．【答案】B【详解】解：将直线方程变形为，由，解得，由此可得直线恒过点，所以到直线的最远距离为，此时直线垂直于到直线的最短距离为0，此时直线经过点．又，所以到直线的距离的取值范围是．故选：B．8．【答案】D【详解】如图所示，在正三棱锥中，，可得，因为点分别是棱的中点，可得，，所以．故选：D．

9．【答案】ACD【详解】直线与直线之间的距离，故A正确；对于直线0，令，得，令得，所以直线在两坐标轴上的截距之和为2，故B错误；的倾斜角为，绕原点逆时针旋转后，所得直线的倾斜角为，斜率为，故C正确；设直线的方程为，向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度后得，即与是同一条直线，所以，所以，故D正确.故选:ACD.10．【答案】AC【详解】由题意得：如下图所示：

对于A项：，，不共面，能作为空间的一个基底,故A项正确；对于B项：，所以：，，共面，不能作为空间的一个基底,故B项错误；对于C项：，，不共面，能作为空间的一个基底,故C项正确；对于D项：，所以：，，共面，不能作为空间的一个基底,故D项错误.故选：AC.11．【答案】ABD【分析】利用直棱柱的性质，以及空间向量的有关知识逐项计算可得结论.【详解】对于A，当时，分别是线段和线段的中点，所以P也是的中点，所以，故A正确；对于B，当时，，所以，，，满足，故B正确；对于C，过作交于，

可知面，与直线成角即为，当时，，在中，则，所以，所以，故C错误；对于D，易知是正三角形，三棱锥体积为，当且仅当，即时取等号，故D正确；故选ABD.【关键点拨】本题D选项解决的关键是，分析得是正三角形，从而得到所需各线段长，从而利用三棱锥的体积公式即可得解.12．【答案】或【详解】①当直线在两坐标轴上的截距均为时，设直线方程为，因为直线过点，所以，所以直线的方程为；②当直线在两坐标轴上的截距均不为时，设直线在轴上的截距为，则在轴上的截距为，则直线的方程为，又因为直线过点，所以，解得：，所以直线的方程为，即，综上所述：直线的方程为或，故答案为：y=2x或．13．【答案】2【详解】由题意得，所以所以的面积为，点都在平面上，点到平面的距离3，所以三棱锥的体积为．故答案为：14．【答案】【详解】以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示.

因为点，分别为棱，的中点，所以，，设，，其中，，则，.因为，则，解得，又因为，，则，可得，所以，此时，即线段的长度的最小值为.故答案为：.15．【答案】(1)证明见解析；(2)【详解】（1）根据题意以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

易知，则，设平面的一个法向量为，则，令，则可得，即；又，即，又平面，所以平面；（2）易知，则，由（1）知平面的一个法向量为，设