2025~2026学年福建省厦门市厦门大学附属实验中学高一下册第二次月考数学试题【含答案】

/数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第一部分（选择题共58分）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.已知向量，，若，则（）A. B. C. D.2.已知，，是三个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，下列命题中正确的是（

）A.若，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，，则3.已知复数，，则（）A. B.1 C. D.4.已知分别为三个内角的对边，若，则的形状为（）A.直角三角形 B.锐角三角形 C.钝角三角形 D.等边三角形5.已知向量.若三点共线，则（）A. B. C.3 D.46.在正四棱台中，，，且异面直线与所成的角为60°，则该正四棱台的体积为（）A. B. C. D.7.已知一圆柱有内切球，该球为一底面半径为，高为3的圆锥的外接球，则该圆柱的体积为（）A. B. C. D.8.如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，下面说法中错误的是（）A.没有水的部分始终呈棱柱形B.图（2）中水面EFGH所在四边形的面积为定值C.棱始终与水面所在平面平行D.当容器倾斜如图（3）所示时，是定值二、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.下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（）A. B.的虚部为C.在复平面内对应的点在第三象限 D.10.是边长为3的等边三角形，，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.在上的投影向量是11.如图，在正三棱柱中，，M，N，D，Q分别为棱AB，AC，，的中点，，则以下结论正确的是（）A.平面QMNB.C.点Q到平面DMN的距离为D.三棱锥D－QMN的外接球的表面积为第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知复数是纯虚数，则__________．13.在中，角，，对应的边分别为，，，已知，，若有两解，则的取值范围是_______________（写成区间的形式）14.把正方形沿对角线翻折，使得二面角的大小为，则直线与平面所成角的正弦值为__________.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.已知，，且与夹角为．（1）求；（2）求与的夹角的余弦值．16.已知分别为三个内角的对边，满足（1）求；（2）若的周长为，面积为，求．17.用斜二测画法画一个水平放置的平面图，其直观图如图所示，已知，，，且．（1）求原平面图形的面积；（2）将原平面图形绕旋转一周，求所形成的几何体的表面积．18.如图，在平面四边形ABCD中，点B与点D分别在直线AC的两侧，.（1）已知，且（i）当时，求的面积；（ii）若，求.（2）已知，且，求AC的最大值.19.如图所示，在直角梯形BCEF中，，，A，D分别是BF，CE上的点，且，，（），，将四边形沿向上翻折，连接BE，BF，CE，在翻折的过程中，设（），记几何体体积为V．（1）求证：平面；（2）若平面⊥平面．①求证：；②当取得最大值时，求V的值．

数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第一部分（选择题共58分）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.已知向量，，若，则（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：已知向量，，，，解得．2.已知，，是三个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，下列命题中正确的是（

）A.若，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，，则答案：C解析：思路：在长方体中，利用线线，线面，面面之间的关系判断.解答过程：对于选项A，分别把、、当作直线、、，显然，故A不正确；对于选项B，平面、平面、平面分别视为平面、、，显然，故B不正确；对于选项C，，，则，故C正确；对于选项D，平面、平面分别视为平面、，分别视为，则，故D不正确.3.已知复数，，则（）A. B.1 C. D.答案：B解析：解答过程：∵，，∴.∵，，∴.∴.∴.4.已知分别为三个内角的对边，若，则的形状为（）A.直角三角形 B.锐角三角形 C.钝角三角形 D.等边三角形答案：A解析：思路：借助正弦定理、三角形内角和、诱导公式及两角和的正弦公式计算即可得.解答过程：由正弦定理将边化为角可得，又，故，故，由，故，则，故，即的形状为直角三角形.5.已知向量.若三点共线，则（）A. B. C.3 D.4答案：A解析：思路：利用三点共线的概念进行求解.解答过程：若，，三点共线，则向量与共线，因为，，由共线条件可得：，化简可得：，求解得：.故选：A.6.在正四棱台中，，，且异面直线与所成的角为60°，则该正四棱台的体积为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：根据正四棱台的特点作出高，利用线面垂直及勾股定理可求得正四棱台上、下底面的边长和高，即可求得体积.解答过程：，为异面直线与所成的角，即，过作平面的投影，易知在上，过作，垂足为，因为平面，故，同理，而，平面，平面，而平面，，，，，，，，，，，，，，该正四棱台的体积．故选：B.7.已知一圆柱有内切球，该球为一底面半径为，高为3的圆锥的外接球，则该圆柱的体积为（）A. B. C. D.答案：D解析：解答过程：作出轴截面图，显然球心在圆锥的高所在的直线上，记球半径为，由勾股定理得，解得，可得圆柱的底面半径为，高为，故其体积.8.如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，下面说法中错误的是（）A.没有水的部分始终呈棱柱形B.图（2）中水面EFGH所在四边形的面积为定值C.棱始终与水面所在平面平行D.当容器倾斜如图（3）所示时，是定值答案：B解析：解答过程：根据棱柱的定义可知，在图（1）（2）中棱柱的上下底面分别为，图（3）中，棱柱的上下底面分别为，故A正确；在四边形中长度不变，但到直线的距离一直在变化，所以水面四边形的面积是变化的，故B错误；因为棱始终与，平行，故棱始终与水面所在平面平行，故C正确；因为水的体积是不变的，有水的部分始终呈棱柱形，且高始终是也不变，所以底面积也不会变，即是定值，故D正确.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.下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（）A. B.的虚部为C.在复平面内对应的点在第三象限 D.答案：ABD解析：思路：先化简复数，利用复数的性质依次判断即可.解答过程：首先化简复数，对于A，根据复数模的计算公式，，故A正确；对于B，，其中虚部为的系数，故B正确；对于C，在复平面内对应的点坐标为，位于第一象限，故C错误；对于D，根据完全平方公式计算，故D正确.10.是边长为3的等边三角形，，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.在上的投影向量是答案：BD解析：思路：考查向量的分解，求模长，向量基底运算，数量积运算以及投影向量公式，结合条件求解即可.解答过程：对于A：，故A错误；对于B：，所以，故B正确；对于C：，故C错误；对于D：在上的投影向量是，故D正确.11.如图，在正三棱柱中，，M，N，D，Q分别为棱AB，AC，，的中点，，则以下结论正确的是（）A.平面QMNB.C.点Q到平面DMN的距离为D.三棱锥D－QMN的外接球的表面积为答案：ACD解析：思路：应用线面平行判定定理判断A；应用勾股定理计算判断B；应用等体积法求出点Q到平面的距离判断C；利用补形及直三棱柱的外接球公式计算外接球半径即可判断D.解答过程：由题，，所以，平面，平面，故平面，A正确；由题可得，，设，易得，，因为，即，解得，故，B错误；因为，所以，得，，平面，得出平面，，所以，又，设点Q到平面的距离为d，则，得，C正确；将三棱锥补成以为底面的直三棱柱，则该三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，其球心O位于上下底面外心的中点，，故的外接圆半径，设外接球半径为R，则，所以三棱锥的外接球表面积，D正确．故选：ACD.第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知复数是纯虚数，则__________．答案：解析：思路：根据纯虚数的定义列方程组，求解即可．解答过程：因为复数是纯虚数，所以，解得．13.在中，角，，对应的边分别为，，，已知，，若有两解，则的取值范围是_______________（写成区间的形式）答案：解析：思路：判断出三角形有两解时分析A的范围，通过正弦定理及正弦函数的性质推出a的范围即可．解答过程：根据正弦定理，，则.​有两解，则角有两个不同的取值.因为，所以存在两个不同的对应同一个，因此，即，因此的取值范围是.14.把正方形沿对角线翻折，使得二面角的大小为，则直线与平面所成角的正弦值为__________.答案：解析：思路：由二面角的定义找出其平面角，由线面角的定义作辅助线，由几何法求解即可.解答过程：设正方形边长为1，取线段的中点，连接，则有，又平面，所以平面，则为二面角的平面角，即，则，取的中点，连接，，则，，又平面，平面，所以，又平面，所以平面，则为直线与平面所成角，，故答案为：.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.已知，，且与夹角为．（1）求；（2）求与的夹角的余弦值．答案：（1）（2）解析：思路：（1）首先计算的值，再代入向量模的计算公式，即可求解；（2）代入向量夹角的余弦公式，即可求解.（1）∵，且与夹角为，∴，∴；（2），∴16.已知分别为三个内角的对边，满足（1）求；（2）若的周长为，面积为，求．答案：（1）（2）7解析：思路：（1）利用正弦定理结合余弦定理求出，进而求出；（2）利用三角形面积公式结合余弦定理构造方程，进而求出．（1）由正弦定理，则，代入并化简得，，由余弦定理得，，．（2）已知，则，，解得，由余弦定理可知，即，化简得，解得．17.用斜二测画法画一个水平放置的平面图，其直观图如图所示，已知，，，且．（1）求原平面图形的面积；（2）将原平面图形绕旋转一周，求所形成的几何体的表面积．答案：（1）（2）解析：思路：（1）根据斜二测画法的规则还原平面图形，得到原图形为直角梯形，利用梯形面积公式求解.（2）旋转体的结构特征：该几何体为一个圆柱内部挖去一个同底的圆锥，分别计算圆柱底面积和侧面积、挖去的圆锥侧面积，这些面积之和即为所求.（1）如图所示，由斜二测的画法规则，得到原图形为直角梯形且，，，，.所以，.（2）将原平面图形绕旋转一周，所形成的几何体为一个圆柱内部挖去一个同底的圆锥，如图所示：圆柱的底面半径为3，母线长为6；圆锥的底面半径为3，高为4，母线长为5.则圆柱侧面积，圆柱底面积，圆锥侧面积.则几何体的表面积为.18.如图，在平面四边形ABCD中，点B与点D分别在直线AC的两侧，.（1）已知，且（i）当时，求的面积；（ii）若，求.（2）已知，且，求AC的最大值.答案：（1）（i）；（ii）；（2）.解析：思路：（1）（i）利用余弦定理结合已知求出，再借助等腰三角形性质求出面积；（ii）利用等腰三角形性质结合二倍角公式求解作答.（2）连接，由已知结合余弦定理可得，，再利用余弦定理、二倍角公式、辅助角公式求解作答.（1）（i）设，在中，由余弦定理得，解得，在中，，则底边上的高，所以的面积.（ii）设，依题意，，则，，即，而，所以.（2）连接，中，，，由余弦定理得，则，，设，在中，，于是，在中，，由余弦定理得：，则，当且仅当，即时取等号，所以当时，，所以AC的最大值是.方法提示：思路点睛：求三角形中线段长的最值问题，主要方法有两种，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.19.如图所示，在直角梯形BCEF中，，，A，D分别是BF，CE上的点，且，，（），，将四边形沿向上翻折，连接BE，BF，CE，在翻折的过程中，设（），记几何体体积为V．（1）求证：平面；（2）若平面⊥平面．①求证：；②当取得最大值时，求V的值．答案：（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②解析：思路：（1）得到线面平行，面面平行，从而证明出结论；（2）①由面面垂直得到线面垂直，再由线线垂直，线面垂直的判定定理和性质定理可证；②分割求体积，得到，证明线面垂直，得到，得到，由基本不等式可得，取得最小值，此时，从而得到体积.（1）根据题意可知，，因为平面DCE，平面DCE，所以平面，同理，因为平面，平面，所以平面，又因为是平面内的两条相交直线，所以平面平面，因为平面，所以平面；（2）①证明：过点C作⊥交于点H，因为平面⊥平面，平面平面，所以⊥平面，又平面，则⊥；根据题意平面图形翻折后⊥，⊥，且，是平面内两条相交直线，所以⊥平面，又，得⊥平面，又平面，