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第二学期第二次月考
高一年级 数学试题
满分150 时间：120分钟
一、单项选择题（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. 以 的虚部为实部，以 的实部为虚部的复数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】确定所求复数的实部和虚部，即可得解.
【详解】复数 的虚部为 ，复数 的实部为 ，故所求复数为 ，
故选：A.
2. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱
B. 侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥
C. 侧面都是矩形的直四棱柱是长方体
D. 底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱
【答案】D
【解析】
【分析】根据直棱柱，正棱锥，长方体，正棱柱的结构特征及定义逐一判断即可.
【详解】解：对于A，因为侧棱都垂直于底面的棱柱叫直棱柱，
当两个侧面是矩形时，不能保证所有侧棱都垂直于底面，这样的棱柱不是直棱柱，故A错误；
对于B，侧棱都相等且底面是正多边形的棱锥叫做正棱锥，故B错误；
对于C，当底面不是矩形时，这样的四棱柱不是长方体，故C错误；
对于D，因为棱柱的侧棱平行，则相邻两个侧面与底面垂直，
可得所有的侧棱与底面都垂直，
所以底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱，故D正确.
故选：D.3. 已知 中， ，则B等于（ ）
A. 或 B. 或 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用正弦定理即可得解.
【详解】解： 中，因为 ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，
又 ，
所以 或 .
故选：A.
4. 若复数 满足 ，则复数 所对应的点位于
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【详解】解：由题意可得： ,
据此可知：复数 所对应的点位于第四象限.
本题选择D选项.
5. 已知平面向量 满足 ， 与 的夹角为60°,若 ,则实数 的值为（
）
A. B. C. D.【答案】D
【解析】
【详解】 的夹角为 ，且 ，则 ，又由 ，可
得 ，变形可得 ，即 ，解可得 ，故选D.
6. 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，已知 ， ， ，则 的面积
为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详 解 】 试 题 分 析 ： 根 据 正 弦 定 理 ， ， 解 得 ， ， 并 且
，所以
考点：1．正弦定理；2．面积公式．
7. 已知 是球 的球面上两点, , 为该球面上的动点.若三棱锥 体积的最大值为
36,则球 的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】【详解】
如图所示，当点C位于垂直于面 的直径端点时，三棱锥 的体积最大，设球 的半径为 ，
此时 ，故 ，则球 的表面积为 ，故
选C．
考点：外接球表面积和椎体的体积．
8. 向量 ，且向量 与向量 方向相同，则 的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据共线向量定理，结合条件列出方程，即可得到结果.
为
【详解】因 向量 与向量 方向相同，则存在实数 ，
使得
即
所以 ，
因为 ，所以所以
因为 ，所以
故选:B.
二、多项选择题：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，部分选对得2分，有选错的得0分）
9. 在 中， ，则 可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用正弦定理结合余弦定理可求得 的取值范围，可求得角 的取值范围，即可得出合适的
选项.
【详解】在 中，设内角 、 、 的对边分别为 、 、 ，
因为 ，可得 ，则 ，
， .
故选：ABC.
10. 下列命题中错误的有（ ）
A. 若平面内有四点 ，则必有 ；
B. 若 为单位向量，且 ，则 ；
C. ；
D. 若 与 共线，又 与 共线，则 与 必共线；
【答案】BCD【解析】
【分析】利用平面向量的减法化简判断选项A；由向量共线以及单位向量的性质判断选项B；由数量积的
运算判断选项C，由向量共线以及零向量的性质判断选项D．
【详解】对于A， ， ，正确；
对于B， 为单位向量，且 ，则 ，错误；
对于C， ，错误；
对于D，若 ，则 与 共线， 与 共线，而 与 不确定，错误；
故选：BCD
11. 在四棱锥 中，已知 底面 ，且底面 为矩形，则下列结论中正确的是（
）
A. 平面 平面 B. 平面 平面
C. 平面 平面 D. 平面 平面
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由已知 底面 ，且底面 为矩形，
所以 ，且 , 平面 ，
所以 平面 ，又由 平面 ，所以平面 平面 ，所以A正确；
对于B中，由已知 底面 ，且底面 为矩形，
所以 ，且 , 平面 ，
所以 平面 ，又由 平面 ，所以平面 平面 ，所以B正确；
对于C中，假设平面 平面 ，过点 作 ，可得 平面 ，因为 平面 ，所以 ，又由 ，且 ，
所以 平面 ，可得 ，这与 矛盾，
所以平面 与平面 不垂直，所以C不正确；
对于D中，由已知 底面 ，且底面 为矩形，
所以 ，且 , 平面 ，
所以 平面 ，又由 平面 ，所以平面 平面 ，所以D正确.
故选：ABD.
12. 已知函数 ,则下列命题正确的是（ ）
A. 函数 的单调递增区间是 ；
B. 函数 的图象关于点 对称；
C. 函数 的图象向左平移 个单位长度后，所得的图象关于y轴对称，则m的最小值是 ；
D. 若实数m使得方程 在 上恰好有三个实数解 ， ， ，则 ．
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据辅助角公式把函数的关系变形为正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质应用即可判断各
选项.【详解】由 ，得 .
对于A，当 时， ，
当 即 时，函数 单调递增，
所以函数 单调递增区间为 ，故A正确；
对于B，当 时， ，故B不正确；
对于C，函数 的图象向左平移 个单位长度后，得到
所得的图象关于y轴对称，
所以 ,解得 ，
当 时，m的最小值是 ，故C正确；
对于D，如图所示，
实数m使得方程 在 上恰好有三个实数解 ， ， ，
则必有 ，或 ，此时 ，另一解为 .
所以 ，故D正确.故选：ACD.
三、填空题（每小题5分，共20分）
13. 计算 的结果为______.
【答案】
【解析】
【分析】先求出 ，所以 ，代入即可得出答案.
【详解】 ，
，
，
所以 .
故答案为：
14. 在正四面体A-BCD中，二面角A-BC-D的余弦值是_______ .
【答案】
【解析】
【分析】根据二面角平面角的定义，结合正四面体的性质，找出该角，由余弦定理，可得答案.
【详解】如图，取 的中点 ，连接 ， ，则 ， ，即 为二面角 的平面角，
设正四面体 的棱长为 ，
在正 中， ，同理 ，
由余弦定理 .
故答案为： .
15. 若向量 、 满足 ， ，且 与 的夹角为 ，则 ________．
【答案】
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的运算律求得 的值，进而可求得 的值.
【详解】由于向量 、 满足 ， ，且 与 的夹角为 ，则 ，
，因此， .
故答案为： .
【点睛】本题考查利用平面向量的数量积求向量的模，考查计算能力，属于基础题.16. 中 ， ，则 最大值______．
【答案】
【解析】
【分析】根据余弦定理，列出方程，利用一元二次方程根的判别式，可得答案.
【详解】设 ， ， ，由余弦定理： ，
所以 ，设 ，则 ，
代入上式得 ，方程有解，所以 ，故 ，
当 时，此时 ， ，符合题意，因此最大值为 .
故答案为： .
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应有文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知三个点A(2，1)，B(3，2)，D(－1，4)．
（1）求证： ⊥ ；
（2）要使四边形ABCD为矩形，求点C的坐标．
【答案】（1）证明见解析
（2）(0，5)
【解析】
【分析】（1）计算 得其为0可证；
（2）由 ＝ 可得 点坐标．
【小问1详解】
证明：A(2，1)，B(3，2)，D(－1，4)．∴ ＝(1，1)， ＝(－3，3)．
又∵ · ＝1×(－3)＋1×3＝0，∴ ⊥ .
【小问2详解】∵ ⊥ ，若四边形ABCD为矩形，则 ＝ .
设C点的坐标为(x，y)，则有(1，1)＝(x＋1，y－4)，
∴ ∴ ∴点C的坐标为(0，5)．
18. 在正三棱柱 中， ， 是 的中点， 是 的中点.
（1）求证： 平面 ；
（2）求证： .
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）取 的中点 ，连接 、 ，证明出四边形 为平行四边形，可得出 ，
再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出 平面 ，可得出 ，可得出 ，再证明出 ，利用线
面垂直的判定定理与性质定理可证得结论成立.
【小问1详解】
证明：取 的中点 ，连接 、 ，如下图所示：
在正三棱柱 中， 且 ，
因为 、 分别为 、 的中点，则 且 ，为 的中点，则 且 ， 且 ，
所以，四边形 为平行四边形，故 ，
平面 ， 平面 ，因此， 平面 .
【小问2详解】
证明： 平面 ， 平面 ， ，
为等边三角形， 为 的中点，则 ，
， 、 平面 ， 平面 ，
平面 ，则 ， ， ，
， 为 的中点，则 ，
， 、 平面 ， 平面 ，
平面 ， .
19. 当实数 为何值时，复数 在复平面内的对应点满足下列条件：
（1）位于第四象限；
（2）位于实轴负半轴上（不含原点）；
（3）在上半平面（含实轴）．
【答案】（1）
（2）
（3） 或
【解析】
【分析】（1）由实部大于0且虚部小于0列出不等式组求解；
（2）由实部小于0且虚部等于0列式求解；
（3）由虚部大于或等于0列出不等式求解．【小问1详解】
要使点位于第四象限，则有
∴ ∴ ；
【小问2详解】
要使点位于实轴负半轴上（不含原点），则有
∴ ∴ ；
【小问3详解】
要使点在上半平面（含实轴），则有 ，解得 或 ．
20. 已知 的三边长分别是 ， ， ，以AB所在直线为轴，将此三角形旋转一周，
求所得旋转体的表面积和体积．
【答案】 ，
【解析】
【分析】根据旋转体的定义，明确组合体是由同底的两个圆锥组成的，结合圆锥的侧面积和体积公式可得
答案.
【详解】如图，在 中，过C作CD⊥AB，垂足为D.
由AC＝3，BC＝4，AB＝5，知AC2＋BC2＝AB2，则AC⊥BC，∵BC·AC＝AB·CD，∴CD＝ ，记为r＝ ，那么 以AB所在直线为轴旋转所得旋转体是两个同底的圆锥，且底半径
r＝ ，母线长分别是AC＝3，BC＝4，
所以S ＝πr·(AC＋BC)＝π× ×(3＋4)＝ π，
表面积
V＝ πr2(AD＋BD)＝ πr2·AB＝ π× 2×5＝ π.
的
21. 在锐角三角形 中，角 对边分别为 ，且满足 ．
（1）求角 的大小；
（2）若 ，且 ，求 的值．
【答案】（1） ；
（2） ．
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理，直接计算求解即可.
（2）利用余弦定理，计算求出 ，然后，利用向量的内积公式，即可求解.
【小问1详解】
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，又 为锐角，所以 ．
【小问2详解】
由（1）知， ，因为 ，所以根据余弦定理得 ，
整理得 ，又 ，所以 ，又 ，所以 ，
于是 ，
所以 ．
22. 如图，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，
（1）求证： 平面BCD；
（2）求异面直线AB与CD所成角的大小；
（3）求点E到平面ACD的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直判定定理，结合勾股定理和等腰三角形的性质，可得答案；
（2）根据异面直线夹角的定义，结合中位线性质和余弦定理，可得答案；
（3）根据等体积法，结合三角形面积公式，可得答案.
【小问1详解】
证明： 则 ，即 ，
则 ，即 ，在 中，由已知可得 ，
， 平面 ， 平面
【小问2详解】
取AC的中点M，连结OM、ME、OE，由E为BC的中点知
直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角
在 中，
是直角 斜边AC上的中线，
异面直线AB与CD所成角的大小为 ；
【小问3详解】
设点E到平面ACD的距离为
在 中，
而 ，点E到平面ACD的距离为
