2023-2024学年福建省莆田市第五中学高二上学期月考（一）数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省莆田市第五中学高二上学期月考（一）数学试题含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知复数满足，其中为虚数单位，则的共轭复数在复平面内所对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【分析】根据复数的运算法则，求得，得到，结合复数的几何意义，即可求解.
【详解】由复数，可得
可得复数在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D.
2．已知平面α的法向量为，，则直线AB与平面α的位置关系为（ ）
A．AB∥αB．AB⊂αC．AB与α相交D．AB⊂α或AB∥α
【答案】C
【分析】由题可得，进而即得.
【详解】∵，，
∴，
∴，
∴直线AB与平面α的位置关系为相交．
故选：C．
3．在三棱锥中，M是平面ABC上一点，且，则 （ ）
A．1B．2C．D．
【答案】B
【分析】利用空间向量的基本定理得到关于的方程，解之即可.
【详解】因为，
所以，
因为M是平面ABC上一点，即四点共面，
所以，所以．
故选：B.
4．已知空间向量，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由条件可知，再将其平方并代入模长即可求得的值.
【详解】因为，所以，所以，
所以，所以，
所以，
故选：D.
5．向量与非零向量平行的充要条件是（ ）
A．B．
C．存在实数k，使D．存在实数k，使
【答案】D
【分析】利用反例或共线向量定理可得正确的选项.
【详解】如果，则，
不成立，故A错误，
如果，则，故平行，但不成立，
因为无意义，故B错误.
对于C，不成立，因为是向量，而是实数，故C错误.
对于D，由向量共线定理可得：
向量与非零向量平行等价于存在实数k，使，
故D成立，
故选：D.
6．在正四棱锥中，，在棱上，在直线上，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】以O为原点，分别以，，的方向为轴、轴和轴轴的正方向建立的空间直角坐标系，设和，求得点A到直线CE的距离的表达式，进而求得最小值.
【详解】如图所以，连接AC，BD，记，连接OP，
由正四棱锥的性质可知OC，OD，OP两两垂直，则以O为原点，分别以，，的方向为轴、轴和轴轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，，，，
则，,
设，则，
从而，
故点A到直线CE的距离，
即AF的最小值是.
故选：D.
7．已知是边长为2的等边三角形，是边上的两个动点，若线段将分成面积相等的两部分，则线段长度的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【分析】不妨假设在边上，在边上，根据面积公式得，再根据余弦定理和基本不等式可求出结果.
【详解】不妨假设在边上，在边上，
依题意得，得，
所以
，
当且仅当时，等号成立，
故，即线段长度的最小值为.
故选：C.
8．如图，在棱长为1的正方体中，为的中点，则直线与平面的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】以点为原点，，，分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，求出以及平面的一个法向量，即可根据向量关系求出.
【详解】以点为原点，，，分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，
∴，，，
设平面的一个法向量，
则，即，
令，则，
所以平面的一个法向量，
∵，
∴，
∴，
∴直线与平面的夹角为.
故选：B.
【点睛】本题考查直线与平面夹角的求法，建立空间坐标系，利用向量法解决是常用方法.
9．图1是中国古代建筑中的斗拱结构，，是互相垂直横梁，是与横梁垂直的立柱，从柱顶上加的一层层探出成弓形的承重结构即为斗拱.在某古代建筑中（图2），记，，，与平面所成角的余弦值为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系：利用空间向量的夹角公式和直线与平面所成角的向量公式可求出结果.
【详解】依题意可知，两两垂直，
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系：
设，
则，，，，，，
设，
则，，，，
则，，
，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，得，
所以与平面所成角的正弦值为，
与平面所成角的余弦值为，
又已知与平面所成角的余弦值为，
所以，得，得，
因为，
所以.
故选：C
二、多选题
10．已知是单位向量，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若不共线，则
C．若，则夹角的最小值是
D．若的夹角是，则
【答案】BCD
【分析】A：根据计算出的值；B：计算的值并作出判断；C：将不等式左右平方，然后分析出夹角的最小值；D：根据数量积计算公式直接求解.
【详解】A：因为，所以，故错误；
B：因为不共线且，所以，故正确；
C：因为，所以，所以，
又因为，所以，所以的最小值为，故正确；
D：，故正确；
故选：BCD.
11．在中，角的对边分别为，则（ ）
A．若，则为直角三角形
B．若符合条件的有一个，则
C．若，则
D．若，则为等腰三角形
【答案】AC
【分析】对于A：根据平面向量的模长以及数量积的运算律分析运算；对于B：利用正弦定理分析运算；对于C：利用正弦定理可判断；对于D：利用两角和差的正弦公式求解.
【详解】对于A：因为，即，
则，整理得，
所以，即为直角三角形，故A正确；
对于B：若，则，
若符合条件的有一个，则或，故B错误；
对于C：若，则由正弦定理可得，故C正确；
对于D：若，即,
展开整理得，
∵，∴或，
∴为直角三角形或等腰三角形，故D错误.
故选：AC.
12．在三棱锥中，下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若G为的重心，则
C．若，，则
D．若三棱锥的棱长都为2，P，Q分别为MA，BC中点，则
【答案】BC
【解析】作出三棱锥直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得.
【详解】
对于A ，由已知，即，则，故A错误；
对于B，由G为的重心，得，又，，，，即，故B正确；
对于C，若，，则，即，即，故C正确；
对于D，
，又，，故D错误.
故选：BC
【点睛】关键点睛：本题考查向量的运算，用已知向量表示某一向量的三个关键点：
(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．
(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量．
(3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．
13．已知正方体的外接球表面积为，分别在线段，，上，且四点共面，则（ ）．
A．
B．若四边形为菱形，则其面积的最大值为
C．四边形在平面与平面内的正投影面积之和的最大值为6
D．四边形在平面与平面内的正投影面积之积的最大值为4
【答案】ABD
【分析】根据正方体外接球表面积可求得正方体棱长，根据面面平行的性质定理即可判断A；计算出菱形的对角线的长，即可求得其面积的最大值，判断B；求出四边形在平面与平面内的正投影面积，根据其表达式结合不等式知识，可判断C，D.
【详解】作出图形如图所示．
设正方体的棱长为a，则外接球直径即为正方体体对角线长，
依题意，，解得．
因为平面平面，
且平面平面，平面平面，
故，同理可得，，
故四边形为平行四边形，则，故A正确；
若四边形为菱形，则，即,
则，则，
由于菱形面积等于其两对角线乘积的一半，
故要使得该菱形的面积最大，只需最大即可，
而AN的最大值为，此时点N与点重合，
故菱形的面积的最大值为，战B正确；
设，，由题意知，则，
记四边形在平面与平面内的正投影面积分别为，，
则M在平面上的投影落在上，设为G，N在平面上的投影落在上，设为H，
则四边形为四边形在平面上的投影，
由于,则≌,故，
又，故四边形为平行四边形，
则，同理求得，故，，
（当时取“＝”），故C错误，D正确，
故选：ABD
14．已知正方体的棱长为2，，点在底面上运动．则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得
B．若//平面时，长度的最小值是
C．若与平面所成角为时，点的轨迹长度为
D．当点为底面的中心时，三棱锥的外接球的表面积为
【答案】ABD
【分析】作关于平面的对称点，即可判断A；根据平行的判定与性质分析判断B；由线面角为，即可判断C；建立空间直角坐标系即可判断D.
【详解】对于A选项，作关于平面的对称点，
则，且，
当点与点A重合时，则，
所以存在满足题意，故A选项正确；

对于B选项，在上取，在上取，连接，
则可得平面∥平面，即当在上运动时，∥平面，
长度的最小值是即为点到直线的距离，
根据平行的性质可知：点到直线的距离即为点到直线的距离，
所以 ，故B选项正确；

对于C选项：因为平面，所以与平面所成角为，
则，解得，
所以点的轨迹是以A为圆心，半径的圆弧，长度为，故C选项错误；

对D选项，以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
可知的外接圆圆心的为（利用中垂线可得），
所以球心为，，，，
所以，解得，
可得，
所以，D选项正确，

故选：ABD．
【点睛】方法点睛：对命题条件探索的三种途径：
①先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明；
②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性；
③将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件．
三、填空题
15．已知复数(为虚数单位)，则的模等于 .
【答案】
【分析】根据的运算性质以及复数的乘法运算法则求解出，然后根据模长公式求解出结果.
【详解】因为，
所以，
故答案为：.
16．已知向量在向量上的投影向量是，且，则 .
【答案】/
【分析】根据题意，由投影向量的定义，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，则，且向量在向量上的投影向量为，
即，
所以.
故答案为：
四、双空题
17．在中，已知是的外心，则 ，的余弦值为 .
【答案】
【分析】作出图示，根据余弦定理先求解出，然后根据正弦定理求解出外接圆的半径，则可知；在中根据余弦定理求解出.
【详解】如下图所示，设外接圆的半径为，
因为，
所以，
所以，
由正弦定理可知，所以；
又因为，所以，
故答案为：；.
五、填空题
18．两条异面直线a，b所成的角为，在直线a，b上分别取点，E和A，F，使，且已知，则线段的长为 ．
【答案】或
【分析】利用空间向量线性运算得到，结合空间向量数量积的运算法则及模的运算即可得解，注意的夹角有两种情况.
【详解】由题意，得，
所以，
因为，所以，，
因为，所以，则，同理：，
因为异面直线a，b所成的角为，
当的夹角为时，，
所以，则，即，故；
当的夹角为时，，
所以，则，故；
综上：线段的长为或.
故答案为：或.
.
六、解答题
19．已知向量.
(1)求；
(2)若向量与向量共面，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先表示出的坐标，然后根据坐标下的模长计算公式求解出结果；
（2）设，根据坐标关系求解出的值，由此求解出的值.
【详解】（1）因为，
所以，
所以；
（2）因为向量与向量共面，所以设，
所以，所以，
所以.
20．已知的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，，，.
（1）求角的大小；
（2）若，边上的中线长为，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）本题首先可根据得出，然后根据正弦定理边角互化得出，再然后根据两角和的正弦公式得出，最后根据A、B、C是的三个内角即可得出，并求出角的大小；
（2）本题首先可以根据是边上的中线得出，然后通过转化得出，再然后通过余弦定理得出，最后两式联立，得出，通过解三角形面积公式即可得出结果.
【详解】（1）因为，，，
所以，，
即，，
，
，
因为A、B、C是的三个内角，
所以，，，，
（2）因为是边上的中线，所以，即，
则，，，
因为，所以，即，
联立，解得，
故的面积.
【点睛】本题考查解三角形的相关问题的求解，考查正弦定理边角互化的应用，考查解三角形面积公式、余弦定理以及两角和的正弦公式，考查向量垂直的相关性质，考查转化与化归思想，是中档题.
21．如图，在四面体中，设.
(1)若是的中点，用表示；
(2)若两两垂直，证明：为锐角三角形.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由空间向量的线性运算的法则求解；
（2）用表示题中向量，然后证明数量积都大于0即可．
【详解】（1）.
（2）证明：为锐角三角形，即证每一个角都是锐角，即证三对数量积都大于0，
因为两两垂直，所以，
因为，，
所以，
，
同理，所以为锐角三角形.
22．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，，E是PD的中点，点F在PC上，且．
(1)证明：平面PAB；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在线段上取点，使得，进而证明即可证明结论；
（2）利用等体积转化，即可得到本题答案.
【详解】（1）证明：在线段上取点，使得，
所以，在中，，且，
因为在四边形中，，，
所以，，
所以，四边形是平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）作交于点，
因为面，所以，
又，与交于点，
所以面，，
又，所以，所以，
所以，得，
因为为中点，
所以
23．如图，函数的图象经过的三个顶点，且．

(1)求；
(2)若的面积为，，求在区间上的值域．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据图像性质，结合正弦定理与，求得，从而得解；
（2）由（1）及的面积为得，再结合图像性质依次求得，从而求得，最后根据的范围，结合正弦型函数的图像即可得解.
【详解】（1）由函数的图象性质可知，
在中由正弦定理，得，又，
所以，即，
所以，即，
所以，又，
所以，，
因为，所以．
（2）由（1）及的面积为，得，解得，
设与轴的交点为，则为边长是2的正三角形，

所以，，所以．
又，所以，即
又，解得，即．
因为，所以，所以，
所以，
即在区间上的值域为.
24．如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD=2AB=2BC，E是CD的中点．将△ADE沿AE折起到△AD'E的位置．
(1)若M为棱BD'上动点，问在棱AE上是否存在定点N，使BC⊥MN？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
(2)若平面AD'E⊥平面ABCE，求二面角A﹣BD'﹣C的余弦值．
【答案】(1)存在，.
(2).
【分析】（1）取AE的中点N，连结D'N，BN，MN，根据线面垂直的判定可证得AE⊥平面D'NB， 再由线面垂直的性质可证得BC⊥MN，从而得出结论；
（2）以N为坐标原点，NA，NB，ND'分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AB=2，运用面面角的向量求解方法可求得答案.
【详解】（1）解：当N为AE中点时，BC⊥MN，证明如下：
取AE的中点N，连结D'N，BN，MN，如图所示，
因为AB∥CD，且CD=2AB=2BC，所以四边形ABED和四边形ABCE均为菱形，
因为D'A=D'E，N为AE的中点，所以D'N⊥AE，
因为AB=EB，N为AE的中点，所以BN⊥AE，又D'N∩BN=N，所以AE⊥平面D'NB，
又因为AE∥BC，所以BC⊥平面D'NB，
因为MN⊂平面D'NB，所以BC⊥MN，此时，
故存在定点N，使BC⊥MN，且；
（2）解：因为平面AD'E⊥平面ABCE，平面AD'E∩平面ABCE=AE，D'N⊥AE，所以D'N⊥平面ABCE，
以N为坐标原点，NA，NB，ND'分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AB=2，
则，
所以，
设平面ABD'的法向量为，则有，所以，
设平面BD'C的法向量为，则有，所以，
设二面角A﹣BD'﹣C的平面角为θ，
则，
又因为θ为钝角，所以，
故二面角A﹣BD'﹣C的余弦值为．