安徽省安庆市第一中学2022-2023学年高一数学下学期第二次段考试题（Word版附解析）

安庆一中2022-2023学年度第二学期高一年级第二次段考数学试卷一､单选题：本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知复数（i为虚数单位），则（）A.5B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算，将复数z化简，再根据复数模的公式求得答案.【详解】,故，故选：C.2.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A.若mα，nα，则m//nB.若mn，n//α，则mαC.若m//β，βα，则mαD.若m//n，m//β，则n//β【答案】A【解析】【分析】对A：由线面垂直的性质即可判断；对B：或或m与α相交；对C：或或m与α相交；对D：n//β或.【详解】解：对A：根据线面垂直的性质：两条直线同垂直于一个平面，则这两条直线互相平行，故选项A正确；对B：若mn，n//α，则或或m与α相交，故选项B错误；对C：若m//β，βα，则或或m与α相交，故选项C错误；对D：若m//n，m//β，则n//β或，故选项D错误.故选：A.3.已知在中，、、分别为角、、的对边，则根据条件解三角形时恰有一解的一组条件是（）A.，，B.，， C.，，D.，，【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理求出的值，结合大边对大角定理可判断各选项.【详解】对于A选项，由正弦定理可得，且，故有两解；对于B选项，由正弦定理可得，且，故只有一解；对于C选项，由正弦定理可得，故无解；对于D选项，因为，则角为的最大内角，且，故无解.故选：B.4.如图，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，为的中点，则异面直线与所成的角的正弦值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先取正方形的中心，连接，由知为异面直线与所成的角，再在中求的正弦即可.详解】连，相交于点，连、， 因为为的中点，为的中点，有，可得或其补角为异面直线与所成的角，不妨设正方形中，，则，由平面，可得，则，，因为，为的中点，所以，．故选：C.【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，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.5.已知圆锥的顶点为，母线所成角的余弦值为与圆锥底面所成角为，若的面积为12，则该圆锥的侧面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由，可得，再由的面积求出，由线面角可求出圆锥的底面半径，进而可求出侧面积 【详解】由圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，即，可得.由的面积为，可得，即，解得，由与圆锥底面所成角为，可得圆锥的底面半径为，所以该圆锥的侧面积，故选：B6.已知的内角、、所对的边分别为、、，，边上的高为，的面积为，则不正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用三角形的面积公式可判断A选项的正误；利用余弦定理结合基本不等式可判断B选项的正误；利用三角形的面积公式可判断C选项的正误；利用正弦定理结合三角恒等变换可判断D选项的正误.【详解】由三角形的面积公式可得，可得，A对；由余弦定理可得，，B对；，C对； ，则，所以，，当时，，当时，，当时，，则.综上所述，，D错.故选：D.7.正方体的八个顶点中，平面经过其中的四个顶点，其余四个顶点到平面的距离都相等，则这样的平面的个数为（）A.6B.8C.12D.16【答案】C【解析】【分析】画出图形，作等价分析即可【详解】如图，当平面过这四个顶点时，到距离相等，因为正方体有6个面，故这样的平面有六个；如图，当平面过时，到平面距离相等，故经过上下底面、左右两面，前后两面的平面各有2个，一共6个； 综上所述，这样的平面共有12个.故选：C8.已知向量满足，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】平方作差，利用平面向量数量积的定义计算可得答案.【详解】因为，，所以，所以，所以，故A正确，B不正确；因为，当时，，，当时，，，当时，，，故CD都不正确.故选：A二､多选题：本大题共4小题，每个小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.（多选）已知，则下列结论正确的是（）A.A，B，C，D四点共线B.C，B，D三点共线 C.D.【答案】BD【解析】【分析】由可得，从而可对ABD进行判断，再对变形化简可对C进行判断【详解】因为，所以，所以，因为有公共端点，所以C，B，D三点共线，且，所以BD正确，A错误，由，得，所以，所以C错误，故选：BD10.如图，为圆O的直径，点C在圆周上（异于点A，B），直线垂直于圆O所在的平面，点M是线段的中点，下列命题正确的是（）A.平面；B.平面；C.平面D.平面平面【答案】AD【解析】【分析】根据题中条件，由线面平行的判定定理，可判断A正确，B错；根据题中条件，判断不与垂直，故C错；根据面面垂直的判定定理，可判断D正确.【详解】因为为圆O的直径，M是线段的中点，所以；又平面，平面，所以平面；即A正确；又平面，即平面，故B错； 因为点C在圆O的圆周上，所以，故不与垂直，所以不可能与平面垂直，即C错；由直线垂直于圆O所在的平面，所以；又，，平面、平面，所以平面，又平面，所以平面平面，即D正确.故选：AD.11.在正方体中，，点E，F分别为，中点，点P满足，，则（）A.当时，平面截正方体的截面面积为B.三棱锥体积为定值C.当时，平面截正方体的截面形状为五边形D.存在点P，二面角为45°【答案】BCD【解析】【分析】对于A，当时，与重合，从而可得截面为等腰梯形，从而可求出其面积，对于B，平面，所以P到平面的距离不变，从而可判断，对于C，当时，画图可得结论，对于D，当点P与重合时可得结论【详解】A选项中，当时，与重合，则截面为等腰梯形，其面积为，故A选项错误；B选项中，因为平面，故P到平面的距离不变，故三棱锥体积为定值．故B选项正确： C选项中，当时，其截面刚好为五边形，时，截面为五边形；故C选项正确；D选项中，当点P与重合时，其二面角正切值为，此时二面角大于45°，所以存在点P，二面角为45°，D选项正确；故选：BCD．12.如图，在边长为的正方形中，点是边的中点，将沿翻折到，连结，在翻折到的过程中，下列说法正确的是（）A.存在某一翻折位置，使得B.当面平面时，二面角的正切值为C.四棱锥的体积的最大值为D.棱PB的中点为N，则CN的长为定值【答案】BCD【解析】【分析】过D作，交分别于O，R，证明平面即可推理判断A；作出二面角的平面角，计算判断B；求出点P到平面的最大距离计算判断C；取AB中点K，证明即可推理判断D作答.【详解】在正方形中，过D作，交分别于O，R，令，如图， 有，则，即是BC中点，在翻折到的过程中，，，则平面，如图，若存在某一翻折位置，使得，而，平面，则平面，而平面平面，与过一点有且只有一个平面垂直于已知平面矛盾，即在翻折中AM，PB不垂直，A不正确；当平面平面时，因，平面平面，平面，则有平面，又平面，有，在平面内过O作于Q，连PQ，，平面，则平面，可得，是二面角的平面角，显然，而，，所以，B正确；梯形的面积，当且仅当平面平面，即平面时，点P到平面的距离最大，四棱锥的体积的最大值，最大体积为 ，C正确；取AB中点K，连接CK，CN，KN，则有，且，而，即四边形是平行四边形，，显然与同方向，由等角定理知，在中，边均为定值，夹角也为定值，由余弦定理知，CN长为定值，D正确.故选：BCD【点睛】思路点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13.已知向量，，则在上的投影向量坐标为___________.【答案】【解析】【分析】根据平面向量的坐标运算与数量积定义，计算投影即可得到答案【详解】向量，，则在上的投影为又在轴上，故在上投影向量坐标为.故答案为：14.已知正三棱柱的侧棱长与底面边长相等，则与侧面所成角的正弦值是______．【答案】【解析】【分析】由正三棱柱结构特征及线面角定义确定其平面角，进而求其正弦值. 【详解】若为中点，连接，由正三棱柱的侧棱长与底面边长相等，故，且面，面，则，，面，所以面，故为与侧面所成角平面角，所以.故答案为：15.《九章算术》把底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，把底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”现有如图所示的“堑堵”，其中，当“阳马”即四棱锥体积为时，则“堑堵”即三棱柱的外接球的体积为_________．【答案】 【解析】【分析】利用棱锥的体积公式结合已知可以求出的值，这样可以求出三棱柱的外接球的直径，最后利用球表面积公式求解即可.【详解】由已知得将三棱柱置于长方体中，如下图所示，此时“塹堵”即三棱柱的外接球的直径为，三棱柱的外接球的体积为.故答案为：．【点睛】关键点睛：本题考查了多面体外接球问题，考查了球的表面积公式，对于解决多面体的外接球和内切球的问题，关键在于求得球心的位置和球半径．.16.在△ABC中，点是的三等分点，，过点的直线分别交直线，于点，，且，(，)，若的最小值为3，则正数的值为___________.【答案】【解析】【分析】由平面向量基本定理可得，进而又由点，，三点共线，则，根据“1”的作用由基本不等式的性质，可解得的值．【详解】解：在中，点是的三等分点，， ，，，，，，三点共线，，，当且仅当，即时取等号，的最小值为，即，，．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，为虚数单位.（1）求和；（2）若复数z是关于x的方程的一个根，求实数m，n的值.【答案】（1），．（2），【解析】【分析】（1）根据复数的乘除运算规则计算；（2）将z代入方程，根据复数等于0的意义求解.【小问1详解】∵，∴，；【小问2详解】∵复数是关于的方程的一个根，∴，∴，∴， ∴，解得，；综上，.18.如图所示，以线段AB为直径的半圆上有一点C，满足：，，若将图中阴影部分绕直线AB旋转180°得到一个几何体．（1）求阴影部分形成的几何体的体积；（2）求阴影部分形成的几何体的表面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）过点C作，垂足为点，旋转180°所得几何体为半个球挖掉两个半圆锥．分别求出两个半圆锥的体积，即可得出答案；（2）分别求出两个半圆锥的表面积，ACB以直线AB为轴，旋转一周得到一个半球面，表面积为，正面为一个圆减掉两个三角形，即图中阴影部分，求出，，则阴影部分形成的几何体的表面积为，求解即可.【小问1详解】过点C作，垂足为点，旋转180°所得几何体为半个球挖掉两个半圆锥． ，，，，以直线AB为轴，旋转一周得到一个半圆锥，体积为，以直线AB为轴，旋转一周得到一个半圆锥，体积为，，半圆面以直线AB为轴，旋转一周得到一个半球体，体积为，.【小问2详解】以直线AB轴，旋转一周得到一个半圆锥，侧面积为，以直线AB为轴，旋转一周得到一个半圆锥，侧面积为，ACB以直线AB为轴，旋转一周得到一个半球面，表面积为，正面为一个圆减掉两个三角形，即图中阴影部分：，.19.如图，在直三棱柱中，. （1）求证：；（2）求与平面所成的角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据直三棱柱的性质和各棱长可知，连接，利用线面垂直的判定定理可得平面，易知四边形为菱形，可得平面，由线面垂直的性质即可得；（2）取的中点，连接，可证明是与平面所成角的平面角，在中，易知，，即与平面所成的角的大小为.【小问1详解】连接与相交于点，如下图所示在直棱柱中，平面平面，，又，平面， 所以，平面，又平面，，四边形为菱形，即又，且平面，平面，又平面，.【小问2详解】取的中点，连接.如下图所示；，又平面平面，又，且平面，平面，是在面内的射影，是与平面所成角的平面角.在中，易知，，即与平面所成的角的大小为.20.已知向量，，角，，为的内角，其所对的边分别为，，. （1）当取得最大值时，求角的大小；（2）在（1）成立的条件下，当时，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【详解】分析：（1）由两向量的坐标，利用平面向量的数量积运算列出关系式，利用诱导公式及二倍角的余弦函数公式化简，整理后得到关于的二次函数，由的范围求出的范围，利用正弦函数的图象与性质得出此时的范围，利用二次函数的性质即可求出取得最大值时的度数；（2）由及的值，利用正弦定理表示出，再利用三角形的内角和定理用表示出，将表示出的代入中，利用二倍角的余弦函数公式化简，整理后利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，由的范围求出这个角的范围，利用正弦函数的图象与性质求出此时正弦函数的值域，即可确定出的取值范围．详解：（1），令，，原式，当，即，时，取得最大值.（2）当时，，.由正弦定理得：（为的外接圆半径）于是. 由，得，于是，，所以的范围是.点睛：本题考查正弦定理，平面向量的数量积运算，正弦函数的定义域与性质，以及三角函数的恒等变形，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．21.如图，和都是边长为的等边三角形，，平面.（1）证明：平面；（2）若点到平面的距离为，求二面角的正切值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，连接、，证明出平面，利用面面垂直的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）连接、，取的中点，连接，取的中点，连接，利用等体积法计算出的长，推导出二面角的平面角为，求出的正切值，即为所求.【小问1详解】证明：如图，取的中点，连接、，因为和都是边长为的等边三角形，则，，且，同理可得， 因为，所以，，则，又因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，又平面，平面，所以平面.【小问2详解】解：如图，连接、，取中点，连接，因为为等边三角形，为的中点，则，取的中点，连接，因为，则，且，则等腰的面积为，所以三棱锥的体积为，因为平面，、平面，则，，又因为，，、平面，所以，平面，因为，平面，平面，所以，平面，则点到平面的距离等于点到平面的距离等于，因为，则，又，即，所以，因为平面，平面，则， 又因为，则，因为为的中点，所以，，又因为，所以二面角的平面角为，则，所以二面角的正切值为.22.在中，角的对边分别是，点是边上的一点，且.（1）求证：；（2）若求面积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由余弦定理先化简得，再由正弦定理边角互化计算即可；（2）在和中用余弦定理结合（1）的结论先化简得，再由与余弦定理可得，联立解方程可得可得，由面积公式计算即可.【小问1详解】在中，，则，整理得，则，又，则，则， ，则.【小问2详解】由，可得，又，则，易知，可得，解之得，又，则，由，可得，则.