【文档说明】四川省绵阳市南山中学2024-2025学年高二上学期9月月考数学试题答案.pdf，共(4)页，338.024 KB，由小赞的店铺上传

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答案第1页，共4页绵阳南山中学2024年秋季高二9月月考数学试题参考答案1．B2．B3．A4．D5．A6．C7．D8．C9．BC10．【详解】对于A选项，正八边形的内角为821801358

，易知HGAB，22cos13522ABAGABAHHGABAHABHGABAH22

，A对；对于B选项，连接AE、BE，则AE为正八边形外接圆的一条直径，则ABBE，所以，22204ABAEABABBEABABBE，B对；对于

C选项，如下图所示：设PQ在AB方向上的投影向量为MN，由图形可知，当P、Q分别在线段HG、CD上时，取最大值，且的最大值为2422cos452212AHABAB

，C错；对于D选项，过点H、C分别作AB的垂线，垂足分别为点M、N，如下图所示：当点P在线段HG上时，cos,APABAP取最小值，此时，2222ABAPABAMABAM

，当点P在线段CD上时，cos,APABAP取最大值，222422ABAPABANABANABABBN

，综上所述，22,422ABAP，D对.故选：ABD.11．ABD【详解】对于A，该几何体的体

积为1111121111232263，所以A正确，对于B，连接,ACBD交于O，连接PO，由题意可知四棱锥PABCD为正四棱锥，所以PO平面ABCD，所以PDO为直线PD与平面ABCD所成角，因为正方形ABCD的边长为1，所以1222DOBD，所以122tan222

POPDODO，所以B对，对于C，设11111ACBDO，因为1CC∥1AA，所以1AAP或其补角为异面直线AP与1CC的夹角，22123442PAPOAO，22111126142PAPOAO，答案第2页，共4页所以2221111136

3444cos2313222AAPAPAAAPAAPA，所以异面直线AP与1CC的夹角余弦值为33，所以C错误，对于D，设长方体1111ABCDABCD的外接球的球心为M，半径为R，则M为1OO的中点，22119(2)12122244R

，得34R，因为113244PMPOOMR，所以点P长方体1111ABCDABCD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.12．113．172514．3【详解】不妨设1AF，则3AD，如图，由题可知2π

3ADB.由22212cos912312ABADBDADBDADB，得13AB，所以13AC，所以13,0B，1339,22C，0,0A.又sinsinBDABBADADB

，所以39sin26BAD，所以713cos26BAD，所以cos,sinDADBADADBAD，即2113339,2626D.所以2113339,2626AD，13,0AB

，1339,22AC，因为ADABAC，所以2113131326233939262，解得913313，所以3.15．【

详解】（1）因为1211eee，与2e的夹角为π3，所以121212π1cos,11cos32eeeeee，所以221221221222102eeeeee

，所以1222eee.（2）由（1）知，1212ee，因为121ee，mnrr，所以22121232eeee

，即222122112222129124eeeeeeee，于是有222121127，即26320，

解得3或216．【详解】（1）证明：PA平面ABCD，BD平面ABCD，PABD，又底面ABCD为正方形，BDAC，又PAACA，且,PAAC平面PAC，BD平面PAC，PC平面PAC，BDPC．答案第3页，共4页（

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2d．由题易知222222PBPDBD=，1322222322PBDS△．PABDAPBDVV，111(22)223323d，解得233d．点E到平面PBD的距离

为323d．17．【详解】（1）由图可得35ππ32π3π2461244T，函数()sin(2)fxx过点π,112，所以πsin2112，则ππ2πZ6

2kk，解得π2πZ3kk，又||2，则π3，所以π()sin(2)3fxx；（2）因为ππ,44x，所以ππ5π2,366x，则1,12fx，令1,,12tfxt

，设2()1gttmt，则()0gt恒成立，由二次函数的图象性质可知，只需111()10242(1)0gmgm，解得302m，故m的取值范围为30,2.18．【详解】（1）由2coscos0cbAaC

及正弦定理得：sin2sincossincos0CBAAC，因为sincossincossinsinπsinCAACACBB，所以sin12cos0BA，又0πB，sin0B，2cos2A，又0πA，故π4A；（2）由余弦定理2222cos

abcbcA，又π2,4aA，所以2224bcbc，所以2()224bcbc，由136bc可得632bc，故ABCV的面积11233sin6322222SbcA；（3）由正弦定理可知22sinbB，故22s

inbB，因为ABCV是锐角三角形，所以π02π0ππ242π4πBCBAABC，所以22222328sin124sin3234sin22sin222sin2sinbaBBBbBBB

，令sinBt，34ytt，212t，由基本不等式可知3342443ytttt，当且仅当32t时，min43y；故角B取π3时，22232bab有最小值，最小值为43.答案第4页，共4页19．【详解】（1）如图，延长BCED、相交于点F，

因为2π3BCDCDE，所以π3FCDFDC，所以FCD是边长为1的等边三角形，π3CFD，所以1FEFDDEDE，112FBFCCB由余弦定理得2222cos60

BEFBFEFBFE，即21241221cos60DEDE，即29DE，所以3DE；（2）延长BCED,相交于点F，FCD是边长为1的等边三角形，由（1）222FEFBBE，得90E

BF，EBBF，所以112232322BEFSBFBE，13sin6024CDFSCFDF，故四边形BCDE的面积为3732344BEFCDFSS要向折叠后得到的四棱锥ABCD

E体积最大，则要四棱锥的高最大，故使平面ABE平面BCDE，此时四棱锥的高即为ABE边BE上的高，因为ABE的面积为6，设BE边上的高为h，则16232h，解得2h，故四棱锥的体积的最大值为1737623412；（3）作ANBE⊥交BE于N点，由1362BEANAN

，所以2AN，可得223BNABAN，所以N点为BE的中点，取EF的中点H，连接,,AHNHCH，则//NHBF，可得NHBE，所以135ANH，设翻折前A点为A，连接,ANAA，则ANBE，45ANA，2AN

，作AMAN交AN于M点，连接CM，因为ANBE⊥，NHBE，ANNHN，,ANNH平面AAH，所以BE平面AAH，AM平面AAH，所以BEAM，因为ANBEN，,ANBE平面BEF，所以AM平面BEF，所以ACM为直线AC与平面BCDE所成的角

，由于45ANA，2AN，所以1AMMN，因为,CN分别为,BFBE的中点，所以//CNEF，122CNEF，30,90CNBANBHNE，由余弦定理得2222cosMCCNMNCNM

NMNC1412272，7MC，所以17tan77AMACMMC.