2024北京八一学校高二9月月考数学试题及答案

试题试题2024北京八一学校高二9月月考数学2024.09本试卷共4页，120分.考试时长90分钟考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回.一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.复数在复平面上对应的点的坐标是A. B. C. D.2.已知角的终边经过点，则（）A. B. C. D.3.如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一平面内，若四边形是边长为2的正方形，则这个八面体的表面积为（）A.8 B.16 C. D.4.已知圆锥的母线长为5，底面圆的半径为3，则该圆锥的体积为（）A. B. C. D.5.在正方体中，直线与直线所成角的大小为（）A. B. C. D.6.已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若，，则 B.若，l//m，则C.若，，则 D.若，α//β，则7.已知空间中不过同一点的三条直线m，n，l，则“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件8.在正方体中，点E，F分别是，的中点，则下列说法正确的是（）A.平面B.平面C.A，E，B，F四点共面D.直线与底面所成角的正切值为9.四面体的一条棱长为x，其余棱长均为2，记四面体的表面积为，则函数的最大值为（）A. B. C. D.10.已知正方体的棱长为2，点，分别是棱，的中点，点在底面内，点在线段上，若，则长度的最小值为A. B. C. D.二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.11.已知长方体的长、宽、高分别为，，，则它的体对角线长为___________．12.如图，已知矩形中，，，平面，并且，则______．13.在正三棱柱中，，则直线与所成角的大小为__________；点A到平面的距离为________.14.在边长为4的正方形ABCD内剪去四个全等的等腰三角形(如图1中阴影部分)，折叠成底面边长为的正四棱锥SEFGH(如图2)，则正四棱锥SEFGH的体积为________.15.如图，正方体的棱长为4，E为的中点，F为线段上的动点，过点A，E，F的平面截该正方体所得截面记为S，当时，截面S与，分别交于M，N，则_________.三、解答题：本大题共4小题，共45分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.已知正三棱锥，请从条件①，条件②，条件③中选择两个条件作为已知，使得三棱锥存在，并求出此正三棱锥的体积.①底面边长为2；②侧棱长为；③斜高为2.17.如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是棱，的中点.求证：（1）∥平面；（2）平面.18.如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，侧面是正三角形，是上一动点，N是的中点.（1）若∥平面，求证：M是的中点；（2）若平面平面，求线段的长；（3）是否存在点M、使得?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.19.已知定义在上的函数，满足以下三个条件：①；②；③存在集合.（1）判断函数的奇偶性，并说明现由；（2）求，的值；（3）判断命题p：“是周期函数”的真假，并说明理由.

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.【答案】D【详解】试题分析：，所以对应的点的坐标为．考点：复数的运算．2.【答案】C【分析】根据条件，利用三角函数的定义，即可求出结果.【详解】因为角的终边经过点，所以，故选：C3.【答案】C【分析】先计算出每个面的面积，再乘以8即为表面积；【详解】每个面的面积为，所以该图形的表面积为.故选：C4.【答案】A【分析】根据题意画出立体图像,根据已知条件求得圆锥的高,即可求得答案.【详解】设圆锥的高为,母线长为,底面半径为画出立体图像,如图:根据立体图形可得:根据圆锥的体积计算公式:故选:A.5.【答案】C【分析】作出辅助线，得到或其补角为直线与直线所成角，根据为等边三角形，故，得到答案.【详解】连接，因为，，所以四边形为平行四边形，则，故或其补角为直线与直线所成角，连接，则，即为等边三角形，故，直线与直线所成角大小为.故选：C6.【答案】D【分析】根据线线，线面及面面位置关系判断各个选项即可.【详解】对于A:若,则可能，A错误；对于B:若,则可能,B错误；对于C:若则可能不垂直，C错误；对于D:若,则,D正确.故选：D.7.【答案】B【分析】将两个条件相互推导，根据能否推导的结果判断充分必要条件.【详解】依题意是空间不过同一点的三条直线，当在同一平面时，可能，故不能得出两两相交.当两两相交时，设，根据公理可知确定一个平面，而，根据公理可知，直线即，所以在同一平面.综上所述，“在同一平面”是“两两相交”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理和公理的运用，属于中档题.8.【答案】B【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果判断A，B；利用异面直线的判断方法判断C；利用空间向量求线面夹角判断D．【详解】设正方体中棱长为2，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，对于A：，，设平面的一个法向量n=x,y,z，则，令，则，可得，且，则，所以不平行于面，故A错误；对于B：DA=2,0,0，，，则，，即，，且，平面ADF，所以平面ADF，故B正确；对于C：因为面，面，且，所以直线与BF为异面直线，故C错误；对于D：因为，且底面的法向量，则，设直线与底面所成角为，则，可得，，所以直线与底面所成角的正切值为，故D错误．故选：B．9.【答案】B【分析】如图，设AB为x，由题可得Fx表达式，即可得答案【详解】如图，设AB为x，因其他棱长为2，则.取AB中点为E，则，又由题可得，结合，由勾股定理，，则则，则.当且仅当时取等号.故选：B10.【答案】C【详解】解：如图，取B1C1中点O，则MO⊥面A1B1C1D1，即MO⊥OP，∵PM，则OP＝1，∴点P在以O为圆心，1以半径的位于平面A1B1C1D1内的半圆上．可得O到A1N的距离减去半径即为PQ长度的最小值，作OH⊥A1N于H，△A1ON的面积为2×2，∴，可得OH，∴PQ长度的最小值为．故答案为;C.点睛：这个题目考查了立体中面面垂直的性质的应用，线面垂直的应用，以及数形结合的应用，较好的考查了学生的空间想像力．一般处理立体的小题，都会将空间中的位置关系转化为平面关系，或者建系来处理．二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.11.【答案】【分析】由长方体的性质计算．【详解】长方体的对角线长为．故答案为：．12.【答案】【分析】连接，利用勾股定理求出，由线面垂直的性质得到，由勾股定理求解即可．【详解】连接，在矩形中，，，则，因为平面，平面，则，在中，，则．故答案为：.13.【答案】①.②.【分析】分析可知直线与所成角为（或其补角），即可得结果；做辅助线，可证平面，即可得点A到平面的距离.【详解】因为∥，可知直线与所成角为（或其补角），由题意可知：为正方形，则，所以直线与所成角的大小为；取的中点，连接，因为为等边三角形，则，又因为平面，平面，则，且，平面，可得平面，所以点A到平面的距离为.故答案为：；.14.【答案】【分析】连结EG，HF，交点为O，求出点E到线段AB的距离，利用勾股定理求出EB和SO的长度，最后利用棱锥体积公式求出体积即可.【详解】连结EG，HF，交点为O，正方形EFGH的对角线EG＝2，EO＝1，则点E到线段AB的距离为1，EB＝＝.SO＝＝＝2，故正四棱锥SEFGH的体积为×()2×2＝.故答案为：【点睛】本题考查了棱锥体积公式，考查了数学运算能力，考查了空间想象能力.15.【答案】【分析】由面面平行的性质可得截面与平面及平面的交线，后由几何知识可得答案.【详解】由图，截面S与平面，平面相交，因平面//平面，则相应交线平行.则过A作EF的平行线，则平行线与交点即为M，与延长线交于H.注意到，则，又，则.又注意到，则.又截面S与平面，平面相交，则同理过M作AE平行线，则平行线与交点即为N.注意到，则.则根据勾股定理，.故答案为：.三、解答题：本大题共4小题，共45分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.【答案】答案见解析【分析】根据题意分析可知：不能选②③.取的中心O，的中点为，若选①②：求得，进而可得体积；若选①③：求得，进而可得体积.【详解】因为，可知②③不能同时成立，故不能选②③.取的中心O，的中点为，连接，则平面，，若选①②：则，，在中，则，所以正三棱锥的体积为；选①③：则，，，在中，则，所以正三棱锥的体积为.17.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【分析】（1）根据平面性质可得，再根据线面平行的判定定理分析证明；（2）根据题意可得，，结合线面垂直的判定定理分析证明.【小问1详解】因为E，F分别为，的中点，，，则且，可知四边形为平行四边形，则，且平面，平面，所以∥平面.【小问2详解】因为四边形为正方形，则，且，则，又因为平面，平面，则.且，则，且，平面，所以平面.18.【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，1【分析】（1）根据线面平行的性质可得，再结合平行线的性质分析证明；（2）根据面面垂直的性质可得平面，进而可得，即可得结果；（3）做辅助线，可证平面，平面，可得，即可得结果.【小问1详解】若∥平面，且平面，平面平面，可得，在中，点N是中点，所以点M是中点.【小问2详解】如图，取中点F，连接，.因为是正三角形，则，且平面平面，平面平面，平面，可得平面，由平面，可得，在因为侧面是正三角形，则.因为底面是菱形，且，可知是等边三角形，则且.所以.【小问3详解】取中点E，连接，.因为四棱锥的底面是菱形，侧面是正三角形，则，.由（2）可得，，且平面，，所以平面，由平面，可得.又因为，、在平面内，所以平面.过E作交于点M.因为，所以点平面.所以平面，因为平面，所以，因为E为的中点，，所以，即.19.【答案】（1）