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四川省绵阳南山中学2024−2025学年高二上学期9月月考 数学试题（含解析）
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这是一份四川省绵阳南山中学2024−2025学年高二上学期9月月考 数学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．复数，则z的虚部为（ ）．
A．3B．C．D．
2．已知向量，，若，则（ ）
A．1B．C．2D．
3．的值是（ ）
A．B．C．D．1
4．如图，是水平放置的平面图形的斜二测直观图，若，且，则原图形中边上的高为（ ）
A．B．C．D．
5．设是空间中的一个平面，是三条不同的直线，则下列说法对的是（ ）
A．若，，，，则
B．若，，，则
C．若，，则
D．若，，，则
6．在中，内角所对的边分别为，若，则一定是（ ）
A．直角三角形B．钝角三角形C．等腰三角形D．等边三角形
7．已知正六棱柱的所有棱长均为2，则该正六棱柱的外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．在中，内角，，的对边分别为，，，，，其面积为，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知函数，若把函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于原点对称，则（ ）
A．
B．函数的图象关于点对称
C．函数在区间上单调递减
D．函数在上有3个零点
10．如图，某八角镂空窗的边框呈正八边形．已知正八边形的边长为，,为正八边形内的点（含边界），在上的投影向量为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．的最大值为
D．
11．如图，一个漏斗形状的几何体上面部分是一个长方体，下面部分是一个四棱锥，四棱锥的四条侧棱都相等，两部分的高都是，公共面是一个边长为1的正方形，则（ ）
A．该几何体的体积为
B．直线与平面所成角的正切值为
C．异面直线与的夹角余弦值为
D．存在一个球，使得该几何体所有顶点都在球面上
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知复数（是虚数单位），则= ．
13．已知，则 .
14．赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间一个小正方形组成）.类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设（，），若，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知向量，且与的夹角为，
(1)求证：
(2)若，求的值；
16．如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，E为线段的中点，．
(1)求证：；
(2)求点E到平面的距离．
17．函数的部分图像如图所示.
(1)求的解析式；
(2)若恒成立，求的取值范围.
18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求角A的大小；
(2)若，，求的面积；
(3)若为锐角三角形，且外接圆直径为，求角取何值时，有最小值，并求出最小值.
19．如图，在平面五边形中，，，，，的面积为.现将五边形沿向内进行翻折，得到四棱锥.
(1)求线段的长度；
(2)求四棱锥的体积的最大值；
(3)当二面角的大小为时，求直线与平面所成的角的正切值.
参考答案
1．【答案】B
【分析】
根据复数的除法运算法则化简，再由虚部的定义求解即可.
【详解】
复数
所以的虚部为，
故选：B.
2．【答案】B
【分析】根据平面向量共线的坐标表示计算可得.
【详解】因为，且，
所以，解得．
故选：B．
3．【答案】A
【分析】由半角公式和两角和的正弦公式计算即可.
【详解】原式.
故选：A.
4．【答案】D
【详解】画出平面直角坐标系，在轴上取，即，
在图①中，过作轴，交轴于，在轴上取，
过点作轴，并使，
连接，则即为原来的图形，如图②所示：
原图形中，于点，
则BD为原图形中边上的高，且，
在直观图③中作于点，则的面积，
在直角三角形中，，
所以，
故原图形中AC边上的高为．
故选：D．
5．【答案】D
【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由，，，，只有直线与相交时，可得，所以A错误；
对于B中，由，，，则与平行、相交或异面，所以B错误；
对于C中，由，，，则，所以C错误；
对于D中，由，，可得，又因为，所以，所以D正确.
故选D.
6．【答案】C
【分析】利用余弦定理得到，即可得到，从而得解.
【详解】因为，又由余弦定理得，
所以，即，即，
所以，
所以为等腰三角形.
故选：C
7．【答案】C
【分析】根据正六棱柱的性质结合球的性质得，其外接球的球心为上下面外接圆圆心连线中点，利用勾股定理计算半径，代入球的体积公式求解即可.
【详解】如图，设正六棱柱下底面的中心为，其外接球的圆心为点，
则，为等边三角形，故，即为其外接球的半径，
所以，
所以该正六棱柱的外接球的体积为.
故选：C.
8．【答案】C
【分析】由三角形面积公式得到，由余弦定理得到，由正弦定理得.
【详解】因为，，其面积为，所以，所以，
由余弦定理知，，所以，
由正弦定理可得，．
故选：C.
9．【答案】BC
【分析】先求出平移后的函数解析式，再结合条件求，由此可得函数的解析式，再由正弦型函数的性质，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】由已知可得
因为函数的图像关于原点对称，
则，解得，又，
则时，，
所以，故A错误；
因为，
所以的图像关于点对称，故B正确；
当时，则，
且函数在单调递减，
所以函数在区间上单调递减，故C正确；
令，即，
解得，又，
则，共两个零点，故D错误；
故选：BC.
10．【答案】ABD
【详解】对于A选项，正八边形的内角为，易知，
，A正确；
对于B选项，
连接,，则为正八边形外接圆的一条直径，则，
所以，B正确；
对于C选项，如下图所示：
设在方向上的投影向量为，由图可知，当,分别在线段,上时，取最大值，
且的最大值为，C错误；
对于D选项，过点,分别作的垂线，垂足分别为点,，如下图所示：
当点在线段上时，取最小值，
此时，，
当点在线段上时，取最大值，
此时，，
综上，，D正确.
故选ABD.
11．【答案】ABD
【分析】对于A，根据长方体和棱锥的体积公式求解判断，对于B，连接交于，连接，则可得为直线与平面所成角，然后求解判断，对于C，由于∥，则可得的补角为异面直线与的夹角，然后在中求解判断，对于D，先求出长方体的外接球半径，然后判断点是否在该球上即可.
【详解】对于A，该几何体的体积为，所以A正确，
对于B，连接交于，连接，由题意可知四棱锥为正四棱锥，
所以平面，
所以为直线与平面所成角，
因为正方形的边长为1，所以，
所以，所以B正确，
对于C，设，因为∥，所以或其补角为异面直线与的夹角，
，，
所以，
所以异面直线与的夹角余弦值为，所以C错误，
对于D，设长方体的外接球的球心为，半径为，
则为的中点，，得，
因为，
所以点长方体的外接球上，
所以存在一个球，使得该几何体所有顶点都在球面上，所以D正确.
故选：ABD
12．【答案】
【详解】因为，所以，所以
故答案为：
13．【答案】
【分析】利用诱导公式和余弦二倍角公式求出答案.
【详解】
.
故答案为：
14．【答案】3
【分析】因为大三角形是等边三角形，所以可以通过建系的方法进行求解；
【详解】不妨设，则，如图，由题可知.
由，
得，所以，所以，，.
又，所以，所以，
所以，即.
所以，，，
因为，所以，
解得，所以.
15．【答案】(1)证明见解析；
(2)或
【分析】（1）根据数量积的定义得，利用数量积的运算律求得，即可证明；
（2）利用数量积模的运算公式结合数量积的运算律列式，求得，解方程即可.
【详解】（1）因为与的夹角为，
所以，
所以，
所以.
（2）由（1）知，，因为，，
所以，即，
于是有，
即，解得或，所以的值为或.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理证明平面PAC，结合线面垂直性质定理推得线线垂直；
（2）设点A到平面PBD的距离为d，得点E到平面PBD的距离为．结合三棱锥等体积变换求得距离．
【详解】（1）证明：平面，平面，，
又底面ABCD为正方形，，
又，且平面，
平面PAC，
平面PAC，．
（2）E为线段AB的中点，
若点A到平面PBD的距离为d，则点E到平面PBD的距离为．
由题易知，
．
，，解得．
点E到平面的距离为．
17．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由图象得周期关系从而求得，将最值点代入可得，从而求得解析式；
（2）求出时的值域，换元法转化不等式为二次不等式在区间恒成立问题，由二次函数图象性质建立不等式组可得.
【详解】（1）由图可得，即，解得.
函数过点，
所以，则，
解得，又，则，
所以；
（2）因为，所以，则，
令，
设，函数图象开口向上，恒过定点.
由题意，恒成立，由二次函数的图象性质可知，
只需，
解得，故的取值范围为.
18．【答案】(1)
(2)
(3)；
【分析】（1）由正弦定理化边为角，结合两角和的正弦公式与内角和定理可得；
（2）由已知结合余弦定理可得，又由与的值代入可得，再由三角形面积公式可得；
（3）由正弦定理得，化边为角化简可得，由锐角三角形得范围，再利用基本不等式求最值可得.
【详解】（1）由及正弦定理得：
，
因为，
所以，又，，
，又，故；
（2）由余弦定理，
又，所以，
所以，
由可得，
故的面积；
（3）由正弦定理可知，
故，且，
因为是锐角三角形，
所以，解得，
所以，
令，
由基本不等式可知，
当且仅当时，，即最小值为；
故当时，有最小值，最小值为.
19．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）延长相交于点，由余弦定理可得答案；
（2）求出四边形的面积为定值，要想折叠后得到的四棱锥体积最大，则要四棱锥的高最大，即平面平面时，此时四棱锥的高即为边上的高，求出高可得答案；
（3）做交于点，得点为的中点，，设翻折前点为，做，利用线面垂直的判定定理得平面，为直线与平面所成的角，求出边长可得答案.
【详解】（1）如图，
延长相交于点，
因为，所以，
所以是边长为1的等边三角形，，
所以，，
由余弦定理得，
即，即，
所以；
（2）
延长相交于点，是边长为1的等边三角形，
由（1）可知，，
所以，得，，
所以，
，
故四边形的面积为，
要想折叠后得到的四棱锥体积最大，则要四棱锥的高最大，
故使平面平面，此时四棱锥的高即为边上的高，
因为的面积为，设边上的高为，
则，解得，
故四棱锥的体积的最大值为；
（3）作交于点，由，所以，
可得，所以点为的中点，
取的中点，连接，
则，
由前面可知，所以，
所以为二面角的平面角，所以，
设翻折前点为，连接，则，，，
作交于点，连接，
因为，，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
由于，，所以，
因为分别为的中点，所以，，
在中，,，所以,
所以，
所以,
在中，由余弦定理得
，，
所以.
【关键点拨】第三问解题的关键点是利用线面垂直的判定定理得到平面，得出为直线与平面所成的角.
一、单选题（本大题共8小题）
1．复数，则z的虚部为（ ）．
A．3B．C．D．
2．已知向量，，若，则（ ）
A．1B．C．2D．
3．的值是（ ）
A．B．C．D．1
4．如图，是水平放置的平面图形的斜二测直观图，若，且，则原图形中边上的高为（ ）
A．B．C．D．
5．设是空间中的一个平面，是三条不同的直线，则下列说法对的是（ ）
A．若，，，，则
B．若，，，则
C．若，，则
D．若，，，则
6．在中，内角所对的边分别为，若，则一定是（ ）
A．直角三角形B．钝角三角形C．等腰三角形D．等边三角形
7．已知正六棱柱的所有棱长均为2，则该正六棱柱的外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．在中，内角，，的对边分别为，，，，，其面积为，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知函数，若把函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于原点对称，则（ ）
A．
B．函数的图象关于点对称
C．函数在区间上单调递减
D．函数在上有3个零点
10．如图，某八角镂空窗的边框呈正八边形．已知正八边形的边长为，,为正八边形内的点（含边界），在上的投影向量为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．的最大值为
D．
11．如图，一个漏斗形状的几何体上面部分是一个长方体，下面部分是一个四棱锥，四棱锥的四条侧棱都相等，两部分的高都是，公共面是一个边长为1的正方形，则（ ）
A．该几何体的体积为
B．直线与平面所成角的正切值为
C．异面直线与的夹角余弦值为
D．存在一个球，使得该几何体所有顶点都在球面上
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知复数（是虚数单位），则= ．
13．已知，则 .
14．赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间一个小正方形组成）.类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设（，），若，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知向量，且与的夹角为，
(1)求证：
(2)若，求的值；
16．如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，E为线段的中点，．
(1)求证：；
(2)求点E到平面的距离．
17．函数的部分图像如图所示.
(1)求的解析式；
(2)若恒成立，求的取值范围.
18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求角A的大小；
(2)若，，求的面积；
(3)若为锐角三角形，且外接圆直径为，求角取何值时，有最小值，并求出最小值.
19．如图，在平面五边形中，，，，，的面积为.现将五边形沿向内进行翻折，得到四棱锥.
(1)求线段的长度；
(2)求四棱锥的体积的最大值；
(3)当二面角的大小为时，求直线与平面所成的角的正切值.
参考答案
1．【答案】B
【分析】
根据复数的除法运算法则化简，再由虚部的定义求解即可.
【详解】
复数
所以的虚部为，
故选：B.
2．【答案】B
【分析】根据平面向量共线的坐标表示计算可得.
【详解】因为，且，
所以，解得．
故选：B．
3．【答案】A
【分析】由半角公式和两角和的正弦公式计算即可.
【详解】原式.
故选：A.
4．【答案】D
【详解】画出平面直角坐标系，在轴上取，即，
在图①中，过作轴，交轴于，在轴上取，
过点作轴，并使，
连接，则即为原来的图形，如图②所示：
原图形中，于点，
则BD为原图形中边上的高，且，
在直观图③中作于点，则的面积，
在直角三角形中，，
所以，
故原图形中AC边上的高为．
故选：D．
5．【答案】D
【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由，，，，只有直线与相交时，可得，所以A错误；
对于B中，由，，，则与平行、相交或异面，所以B错误；
对于C中，由，，，则，所以C错误；
对于D中，由，，可得，又因为，所以，所以D正确.
故选D.
6．【答案】C
【分析】利用余弦定理得到，即可得到，从而得解.
【详解】因为，又由余弦定理得，
所以，即，即，
所以，
所以为等腰三角形.
故选：C
7．【答案】C
【分析】根据正六棱柱的性质结合球的性质得，其外接球的球心为上下面外接圆圆心连线中点，利用勾股定理计算半径，代入球的体积公式求解即可.
【详解】如图，设正六棱柱下底面的中心为，其外接球的圆心为点，
则，为等边三角形，故，即为其外接球的半径，
所以，
所以该正六棱柱的外接球的体积为.
故选：C.
8．【答案】C
【分析】由三角形面积公式得到，由余弦定理得到，由正弦定理得.
【详解】因为，，其面积为，所以，所以，
由余弦定理知，，所以，
由正弦定理可得，．
故选：C.
9．【答案】BC
【分析】先求出平移后的函数解析式，再结合条件求，由此可得函数的解析式，再由正弦型函数的性质，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】由已知可得
因为函数的图像关于原点对称，
则，解得，又，
则时，，
所以，故A错误；
因为，
所以的图像关于点对称，故B正确；
当时，则，
且函数在单调递减，
所以函数在区间上单调递减，故C正确；
令，即，
解得，又，
则，共两个零点，故D错误；
故选：BC.
10．【答案】ABD
【详解】对于A选项，正八边形的内角为，易知，
，A正确；
对于B选项，
连接,，则为正八边形外接圆的一条直径，则，
所以，B正确；
对于C选项，如下图所示：
设在方向上的投影向量为，由图可知，当,分别在线段,上时，取最大值，
且的最大值为，C错误；
对于D选项，过点,分别作的垂线，垂足分别为点,，如下图所示：
当点在线段上时，取最小值，
此时，，
当点在线段上时，取最大值，
此时，，
综上，，D正确.
故选ABD.
11．【答案】ABD
【分析】对于A，根据长方体和棱锥的体积公式求解判断，对于B，连接交于，连接，则可得为直线与平面所成角，然后求解判断，对于C，由于∥，则可得的补角为异面直线与的夹角，然后在中求解判断，对于D，先求出长方体的外接球半径，然后判断点是否在该球上即可.
【详解】对于A，该几何体的体积为，所以A正确，
对于B，连接交于，连接，由题意可知四棱锥为正四棱锥，
所以平面，
所以为直线与平面所成角，
因为正方形的边长为1，所以，
所以，所以B正确，
对于C，设，因为∥，所以或其补角为异面直线与的夹角，
，，
所以，
所以异面直线与的夹角余弦值为，所以C错误，
对于D，设长方体的外接球的球心为，半径为，
则为的中点，，得，
因为，
所以点长方体的外接球上，
所以存在一个球，使得该几何体所有顶点都在球面上，所以D正确.
故选：ABD
12．【答案】
【详解】因为，所以，所以
故答案为：
13．【答案】
【分析】利用诱导公式和余弦二倍角公式求出答案.
【详解】
.
故答案为：
14．【答案】3
【分析】因为大三角形是等边三角形，所以可以通过建系的方法进行求解；
【详解】不妨设，则，如图，由题可知.
由，
得，所以，所以，，.
又，所以，所以，
所以，即.
所以，，，
因为，所以，
解得，所以.
15．【答案】(1)证明见解析；
(2)或
【分析】（1）根据数量积的定义得，利用数量积的运算律求得，即可证明；
（2）利用数量积模的运算公式结合数量积的运算律列式，求得，解方程即可.
【详解】（1）因为与的夹角为，
所以，
所以，
所以.
（2）由（1）知，，因为，，
所以，即，
于是有，
即，解得或，所以的值为或.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理证明平面PAC，结合线面垂直性质定理推得线线垂直；
（2）设点A到平面PBD的距离为d，得点E到平面PBD的距离为．结合三棱锥等体积变换求得距离．
【详解】（1）证明：平面，平面，，
又底面ABCD为正方形，，
又，且平面，
平面PAC，
平面PAC，．
（2）E为线段AB的中点，
若点A到平面PBD的距离为d，则点E到平面PBD的距离为．
由题易知，
．
，，解得．
点E到平面的距离为．
17．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由图象得周期关系从而求得，将最值点代入可得，从而求得解析式；
（2）求出时的值域，换元法转化不等式为二次不等式在区间恒成立问题，由二次函数图象性质建立不等式组可得.
【详解】（1）由图可得，即，解得.
函数过点，
所以，则，
解得，又，则，
所以；
（2）因为，所以，则，
令，
设，函数图象开口向上，恒过定点.
由题意，恒成立，由二次函数的图象性质可知，
只需，
解得，故的取值范围为.
18．【答案】(1)
(2)
(3)；
【分析】（1）由正弦定理化边为角，结合两角和的正弦公式与内角和定理可得；
（2）由已知结合余弦定理可得，又由与的值代入可得，再由三角形面积公式可得；
（3）由正弦定理得，化边为角化简可得，由锐角三角形得范围，再利用基本不等式求最值可得.
【详解】（1）由及正弦定理得：
，
因为，
所以，又，，
，又，故；
（2）由余弦定理，
又，所以，
所以，
由可得，
故的面积；
（3）由正弦定理可知，
故，且，
因为是锐角三角形，
所以，解得，
所以，
令，
由基本不等式可知，
当且仅当时，，即最小值为；
故当时，有最小值，最小值为.
19．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）延长相交于点，由余弦定理可得答案；
（2）求出四边形的面积为定值，要想折叠后得到的四棱锥体积最大，则要四棱锥的高最大，即平面平面时，此时四棱锥的高即为边上的高，求出高可得答案；
（3）做交于点，得点为的中点，，设翻折前点为，做，利用线面垂直的判定定理得平面，为直线与平面所成的角，求出边长可得答案.
【详解】（1）如图，
延长相交于点，
因为，所以，
所以是边长为1的等边三角形，，
所以，，
由余弦定理得，
即，即，
所以；
（2）
延长相交于点，是边长为1的等边三角形，
由（1）可知，，
所以，得，，
所以，
，
故四边形的面积为，
要想折叠后得到的四棱锥体积最大，则要四棱锥的高最大，
故使平面平面，此时四棱锥的高即为边上的高，
因为的面积为，设边上的高为，
则，解得，
故四棱锥的体积的最大值为；
（3）作交于点，由，所以，
可得，所以点为的中点，
取的中点，连接，
则，
由前面可知，所以，
所以为二面角的平面角，所以，
设翻折前点为，连接，则，，，
作交于点，连接，
因为，，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
由于，，所以，
因为分别为的中点，所以，，
在中，,，所以,
所以，
所以,
在中，由余弦定理得
，，
所以.
【关键点拨】第三问解题的关键点是利用线面垂直的判定定理得到平面，得出为直线与平面所成的角.
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