广东诗莞市2024-2025学年高二数学上学期学习效率监测一试题

Page192024-2025学年高二数学上学期学习效率监测（一）一､单项选择题：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.5 C.1 D.【答案】B【解析】【分析】依据向量坐标运算，向量平行可列方程，从而解出的值【详解】因为，所以，得：故选：B2.在中，，，，则A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由已知利用正弦定理即可解得的值．【详解】∵中，，，，∴由正弦定理，可得：，解得：．故选B．【点睛】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算实力和转化思想，属于基础题．3.若复数(为虚数单位)，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】依据复数运算性质，化简求值，并计算模.【详解】，∴.故选:A.4.已知向量，则与共线的一个单位向量（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设，依据求得实数的值，即可求得单位向量的坐标.【详解】设，由已知可得，解得.因此，或.故选：B.【点睛】结论点睛：与非零向量共线的单位向量为.5.国庆期间我校数学爱好小组的同学开展了测量校内旗杆高度的活动，如图所示，在操场上选择了C，D两点，在C，D处测得旗杆的仰角分别为.在水平面上测得且C､D的距离为15米，则旗杆的高度为多少米？（）A.13 B. C.15 D.【答案】C【解析】【分析】设旗杆的高度为，在中，利用余弦定理求解.【详解】如图所示：设旗杆的高度为，所以，在中，由余弦定理得，即，即，解得或（舍去），故选：C6.长方体中，，，为的中点，则异面直线与之间的距离是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，得出各点坐标，求出与的公垂线的一个方向向量，由空间向量的数量积求得结论．【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，设与的公垂线的一个方向向量为，则，取，得，，即，又，所以异面直线与之间的距离为．故选：D．7.设是正三棱锥，G是的重心，D是PG上的一点，且，若，则为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】G是等边的重心，可得，再由，可得，而，从而可以将用表示出，进而可求出【详解】因为三棱锥是正三棱锥，G是的重心，所以，因为D是PG上的一点，且，所以，因为，所以因为，所以，所以为.故选：B8.正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，全部棱长均为2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F作一截面，则截面的周长为（）A.2+2 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据题意先作出截面，进而算出截面各边的长度，最终得到答案.【详解】如图，在正三棱柱中，延长AF与CC1的延长线交于M，连接EM交B1C1于P，连接FP，则四边形AEPF为所求截面.过E作EN平行于BC交CC1于N，则N为线段CC1的中点，由相像于可得MC1=2，由相像于可得：，在中，，则，在中，，则，在中，，则，在中，，由余弦定理：，则，所以截面周长为：.故选：B.【点睛】本题主要考查几何体的截面问题，其中依据空间几何体的结构特征，利用平面的性质作出几何体的截面是问题的关键，平常留意方法的总结和归纳.二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.下列关于空间向量的命题中，正确的是（）A.三个非零向量能构成空间的一个基底，则它们不共面B.不相等的两个空间向量的模可能相等C.模长为3的空间向量大于模长为1的空间向量D.若是两个不共线的向量，且（且），则构成空间的一个基底【答案】AB【解析】【分析】依据空间向量的概念、向量相等，向量的模，空间向量的基底逐项推断即可得解.【详解】因为三个非零向量能构成空间一个基底，故三个向量不共面，故A正确；向量既有大小又有方向，所以不相等的两个空间向量的模可能相等，故B正确；因为向量既有大小又有方向，所以向量不能比较大小，故C错误；由是两个不共线的向量，且（且）可知，向量与向量共面，所以不能构成空间向量的一组基底，故D错误.故选：AB10.设，为不同的直线，，为不同的平面，则下列结论中正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，，则【答案】BD【解析】【分析】依据线线、线面、面面的位置关系，逐一分析各选项即可得答案.【详解】解：对A：若，，则或与相交或与异面，故选项A错误；对B：若，，则，故选项B正确；对C：若，，则或与相交，故选项C正确；对D：若，，，则，故选项D正确.故选：BD.11.在中，内角所对的边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（）A.B若，则C.D.若，且，则为等边三角形【答案】ACD【解析】【分析】利用正弦定理以及边角互化可推断A、B、C，利用向量数量积可推断D.详解】对于A，由，故A正确；对于B，若，当，时，则，故B不正确；对于C，，故C正确；对于D，由，可得的角平分线与垂直，所以为等腰三角形又，可得，所以为等边三角形，故D正确；故选：ACD12.如图，在棱长为的正方体中，点为线段上的动点（含端点），下列四个结论中，正确的有（）A.存在点，使得平面B.存在点，使得直线与直线所成的角为C.存在点，使得三棱锥的体积为D.不存在点，使得，其中为二面角的大小，为直线与直线所成的角【答案】ACD【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可推断各选项的正误.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、、，设，即点，其中.对于A选项，假设存在点，使得平面，，，，则，解得，故当点为线段的中点时，平面，A对；对于B选项，，，由已知可得，则，B错；对于C选项，，点到平面的距离为，则，解得，C对；对于D选项，，，设平面的法向量为，则，取，可得，易知平面的一个法向量为，由图可得，，，，因为，，则，、，且余弦函数在上单调递减，则，D对.故选：ACD.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.三､填空题，本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，，则在上的投影向量的长度为________．【答案】【解析】【分析】利用空间向量投影的定义求解即可．【详解】解：因为，，所以，，所以在上的投影为．所以在上的投影向量的长度为；故答案为：．14.已知圆锥的母线长为1，侧面绽开图的圆心角为，则该圆锥的体积是______.【答案】【解析】【分析】依据题意得，解得，求得圆锥的高，利用体积公式，即可求解．【详解】设圆锥底面的半径为，依据题意得，解得，所以圆锥的高，所以圆锥的体积.【点睛】本题主要考查了圆锥的体积的计算，以及圆锥的侧面绽开图的应用，其中解答中依据圆锥的侧面绽开图，求得圆锥的底面圆的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算实力，属于基础题．15.已知是的中线，若，，则的最小值是____________．【答案】1【解析】【详解】试题分析：因为，又，所以，即，的最小值是1.考点：向量数量积16.在长方体中，已知，E、F分别为、的中点，则三棱锥的外接球半径为______，平面被三棱锥外接球截得的截面圆面积为______．【答案】①.②.##【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量坐标，可以证明，取为中点，有，因此点为三棱锥外接球的球心，则，球心到平面的距离为，勾股定理可得截面圆的半径为，即得解【详解】解：以点为原点建立空间直角坐标系如图所示：依题意得：，，，则，，所以，则即；设为中点，因为，，则，所以点为三棱锥外接球的球心，则三棱锥外接球的半径为，设球心到平面的距离为，又因为为中点，所以点到平面的距离为，由于，所以，故截面圆的半径为，所以截面圆面积为，故答案为：；四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知复数在复平面上对应的点为Z，（1）求点Z在实轴上时，实数m的取值；（2）求点Z在虚轴上时，实数m的取值；（3）求点Z在第一象限时，实数m的取值范围.【答案】（1）或；（2）或；（3）或.【解析】【分析】（1）由实轴上点对应的复数虚部为0求解；（2）由虚轴上的点对应的实部为0求解；（3）依据第一象限中点的坐标对应实部、虚部正负列不等式组求解.【小问1详解】因为点Z在实轴上，所以虚部，解得或.【小问2详解】点Z在虚轴上时,复数的实部为0，所以，解得或.【小问3详解】点Z在第一象限，复数的实部与虚部都大于0，即，解得或.18.已知的内角的对边分别是，且.（1）求；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）依据正弦定理，结合两角和的正弦公式，特别角的三角函数值进行求解即可；（2）依据余弦定理，结合三角形面积公式进行求解即可.【详解】（1）依据正弦定理，，因为，所以，因此有，因为，所以；（2）由余弦定理可知：，解得，（舍去），因此的面积为.19.已知向量，，若向量同时满意下列三个条件：①；②；③与垂直.（1）求向量的坐标；（2）若向量与向量共线，求向量与夹角的余弦值.【答案】(1)或；(2).【解析】【详解】试题分析：（1）设，结合空间向量的运算法则及模长公式，列出方程组，即可求出的坐标；（2）依据数量积运算公式可得，依据空间向量夹角公式可得余弦值.试题解析：（1）设，则由题可知解得或所以或（2）因为向量与向量共线，所以.又，，所以，，所以，且，，所以与夹角的余弦值为.20.在中，点是边上的一点，，．（1）求线段的长度；（2）求线段的长度．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）先由求，由正弦定理可求得；（2）先求出，再依据余弦定理解得或.【小问1详解】∵，∴，又∵，∴由正弦定理，得，∴，【小问2详解】∵，又∵，∴由余弦定理得，解得．21.如图，在三棱锥中，，O为中点.（1）证明：平面平面；（2）若点M在棱上，，且，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）依据线面垂直的判定定理证得平面，再由面面垂直的判定定理可得证；（2）建立空间直角坐标系，由线面角的向量求解方法可得答案.【详解】（1）证明：∵，且为中点，∴，∵，且为中点，∴，∵，且为中点，∴，∵，，，∴，∴，∵，平面，且，∴平面，∵平面，∴平面平面.（2）∵，且为中点，∴，从而，，两两垂直，如图，建立以为原点，且，，分别为，，轴的空间直角坐标系，则，，，，设，由，即，所以，所以，解得，∴，，，不妨设平面的一个法向量为，故，，∴令，则，，∴，设直线与平面所成角为，∴，∴直线与平面所成角的正弦值为.22.如图（1），在正方形ABCD中，M､N､E分别为AB､AD､BC的中点，点P在对角线AC上，且，将分别沿MN､MC､NC折起，使A､B､D三点重合（记为F），得四面体MNCF（如图（2），在图（2）中.（1）求证：平面FMN；（2）在NC上，求一点H，使二面角的大小为.【答案】（1）证明见解析；（2）存在H点在NC上靠近N的三等分点处.【解析】【分析】（1）在图1中，连接AC，连接BD、ES，在图2中证明EPFG，即可利用线面平行的判定定理证明；（2）以F为坐标原点，分别以直线FN,FM,FC所在直线分别为x，y,z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【小问1详解】证明：在图1中，连接AC，设AC∩MN=G，S为DC的中点，连接BD、ES，AC∩BD=Q，