2021-2022学年辽宁省沈阳市第一二〇中学高二上学期期初质量监测数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年辽宁省沈阳市第一二〇中学高二上学期期初质量监测数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年辽宁省沈阳市第一二〇中学高二上学期期初质量监测数学试题一、单选题1．已知，则下列向量中与平行的是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据空间向量平行的坐标公式可判断出结果.【详解】对于A，因为，所以A不正确；对于B，因为，所以B正确；对于C，因为，所以C不正确；对于D，因为，所以D不正确.故选：B2．已知复数，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求得，然后求得【详解】.故选：A3．已如向量，，且与互相垂直，则（       ）．A． B． C． D．【答案】B【解析】计算，根据向量垂直得到答案.【详解】，，则，与互相垂直，则，.故选：B.【点睛】本题考查了根据向量垂直求参数，属于简单题.4．设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（       ）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】B【分析】利用空间直线和平面的位置关系进行逐个判断.【详解】对于A，两个平面垂直不能得出两个平面内的两条直线垂直，所以A错误；对于B，因为，，所以，因为，所以内存在一条直线，所以，从而得到，所以B正确；对于C，因为，不能得出线面垂直，所以无法得出，所以C错误；对于D，两个平面平行不能得出两个平面内的两条直线平行，所以D错误；故选：B.5．正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高，下底面面积，上底面面积，所以该棱台的体积.故选：D.6．鹳雀楼是我国著名古迹，位于今山西省永济市，传说常有鹳雀在此停留，故有此名．更有唐朝诗人王之涣在作品《登鹳雀楼》中写下千古名句“欲穷千里目，更上一层楼”．如图是复建的鹳雀楼的示意图，某位游客（身高忽略不计）从地面D点看楼的项点C的仰角为，沿直线前进51.9米到达E点，此时看点A的仰角为，若点B，E，D在一条直线上，，则楼高约为（）（       ）A．30米 B．60米 C．90米 D．103米【答案】C【分析】设，以的长列方程，化简求得，由此求得.【详解】，则，，，即，所以米.故选：C7．北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果，系统由24颗中圆地球轨道卫星、3颗地球静止轨道卫星和3颗倾斜地球同步轨道卫星，共30颗卫星组成．系统中一颗地球静止轨道卫星的轨道位于地球赤道所在的平面内，轨道是以地球球心O为圆心的圆，轨道高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作一个球，球半径＝6400km，地球上点A的纬度是OA与地球赤道所在平面所成角的度数．在地球表面上能直接观测到这颗地球静止轨道卫星的点的纬度最大值记为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S．若（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（       ）A．26% B．34% C．42% D．50%【答案】C【分析】建立平面直角坐标系，求出，分别求出面积，即可得到正确答案.【详解】由题意建立平面直角坐标系如图所示：B点为地球静止同步卫星所在位置,OA⊥AB,OA=r=6400km,OB=r+36000=42400km.在△AOB中,因此.故选：C8．a，b为空间两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与a，b都垂直，斜边以为旋转轴选择，有下列结论：①当直线与a成60°角时，与b成30°角；②当直线与a成60°角时，与b成60°角；③直线与a所成角的最小值为45°；④直线与a所成角的最大值为60°；其中正确的是_______.（填写所以正确结论的编号）.A．①③ B．①④ C．②③ D．②④【答案】C【分析】由题意知，、、三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，，，斜边以直线为旋转轴，则点保持不变，点的运动轨迹是以为圆心，1为半径的圆，以坐标原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．【详解】解：由题意知，、、三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故，，斜边以直线为旋转轴，则点保持不变，点的运动轨迹是以为圆心，1为半径的圆，以坐标原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，直线的方向单位向量，1，，，直线的方向单位向量，0，，，设点在运动过程中的坐标中的坐标，，，其中为与的夹角，，，在运动过程中的向量，，，，，设与所成夹角为，，则，，，，③正确，④错误．设与所成夹角为，，，当与夹角为时，即，，，，，，，此时与的夹角为，②正确，①错误．故选：．【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，属于中档题．二、多选题9．己知向量，则下列说法正确的是（       ）A． B．C．向量在向量方向上的投影的数量是 D．与向量方向相同的单位向量是【答案】ABD【分析】根据向量的数量积的坐标运算，向量的几何意义，以及单位向量的计算方法，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，向量，由，则，所以，故A正确；由，可得，故B正确；由向量在向量方向上的投影的数量为，故C不正确；由，所以与向量方向相同的单位向量是，故D正确；故选：ABD10．已知，且．下列说法正确的是（       ）A．若，则 B．若，则C． D．【答案】ACD【分析】根据复数的运算率可判断；令，为纯虚数可判断；令，或可判断．【详解】解：由，得，，，即，正确；令，，满足，但不满足，错误；令，，则，又，正确；，，，正确．故选：ACD．11．一副三角板由一块有一个内角为的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示， ，现将两块三角形板拼接在一起，得三棱锥，取中点与中点，则下列判断中正确的是（       ）A．直线面B．与面所成的角为定值C．设面面，则有∥D．三棱锥体积为定值.【答案】ABC【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理即可解决；对于B，C，依托于选项A即可较容易得到.点到平面的距离不等确定，即可判断选项D.【详解】对于A，由中点与中点，得,得，由为等腰直角三角形得，由，面，得直线面，故A正确；对于B，由A得，与面所成的角为，为定值，故B正确；对于C，由A得，，故面，由面，面面，所以∥，故C正确；对于D，的面积为定值，但三棱锥的高会随着点的位置移动而变化，故D错误.故选：ABC.【点睛】此题考立体几何中关于线面垂直，线面角，线面平行的判定与性质，属于简单题.12．当时，函数与的图象恰有三个交点，且是直角三角形，则（       ）A．的面积 B．C．两函数的图象必在处有交点 D．【答案】BD【解析】根据正余弦函数的图象特征，结合题中条件，得到直角斜边上的高为，且为等腰直角三角形，得到斜边长，确定周期，求出，以及三角形的面积，判定A错，B正确；根据给定区间，先确定，再由两函数恰有三个交点，得到，由此可判断C错，D正确.【详解】由可得，而，因为当时，函数与的图象恰有三个交点，且是直角三角形，所以该直角三角形斜边上的高为，且该直角三角形必为等腰直角三角形，因此斜边为，所以这两个函数的周期都为，则，所以，即B正确；三角形的面积为，故A错；当时，，因为这两个函数恰有三个交点，所以，又，所以，故D正确；因为，所以两函数的图象在处不可能有交点，故C错.故选：BD【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于结合正余弦函数图象的性质，根据题中两函数恰有三个交点，且三点构成直角三角形，确定三角形的特征，以及三个交点的位置，再结合三角函数的周期性，对称轴等性质，即可求解.三、填空题13．已知，为锐角，，．则的值为__________．【答案】【分析】根据同角公式求出和，利用和两角和的正弦公式可求出结果.【详解】因为，，所以，因为，，所以，因为，所以，所以.故答案为：14．在空间直角坐标系中，设点是点关于坐标平面的对称点，点关于轴对称点，则线段的长度等于__________．【答案】【解析】按照点关于坐标轴和平面对称的规律求出的坐标，然后利用空间两点的距离公式进行求解即可.【详解】因为点是点关于坐标平面的对称点，所以，又因为点关于轴对称点，所以.因此.故答案为：【点睛】本题考查了空间的点关于坐标轴和平面对称的规律，考查了空间两点距离公式的应用，考查了数学运算能力.15．点为边长为的正四面体底面内一点，且直线与底面所成角的正切值为，则动点所在曲线长度为___________．【答案】【分析】取正三角形的中心为，结合已知条件通过计算可得，从而可得点的轨迹是底面内以为圆心，为半径的圆被三角形的三条边截得的三段相等的弧，再利用弧长公式可求出结果.【详解】在正四面体中，三角形为正三角形，设其中心为，连，，，，如图：则平面，则是直线与底面所成的角，所以，因为边长为的正三角形的中心，所以，在直角三角形中，，所以，所以，因为到正三角形的三条边的距离为，且，所以点的轨迹是底面内以为圆心，为半径的圆被三角形的三条边截得的三段相等的弧，如图：因为，，所以，所以，又因为，所以，同理，所以，所以，所以动点所在曲线长度为.故答案为：.四、双空题16．在矩形ABCD中，AB＝，BC＝1，现将△ABC沿对角线AC翻折，得到四面体DABC，则该四面体外接球的体积为________；设二面角D－AC－B的平面角为θ，当θ在内变化时，BD的取值范围为________．【答案】          【分析】分别过点，作，计算得到，得到半径和体积，根据，计算，得到答案.【详解】如图1，分别过点，作，垂足分别为F，E，则在四面体中也满足．因为，，所以，，则，．在四面体ABCD中，三角形ABC和三角形DAC均为直角三角形，设点O为AC的中点，如图2，连接OB，OD，则，即点O为四面体ABCD外接球的球心，则外接球的半径，所以外接球的体积．在四面体ABCD中，，因为二面角的平面角为θ，且，所以和的夹角为，所以因为，所以，则．故答案为：；五、解答题17．如图，在空间四边形中，，点为的中点，设，，.（1）试用向量，，表示向量；（2）若，，，求的值.【答案】（1）（2）【解析】(1）根据向量的运算性质求出即可；(2）根据向量的运算性质代入计算即可.【详解】（1），故∵点E为AD的中点，故（2）由题意得故故18．如图.在四棱锥P-ABCD中，平面ABCD，且，.(1)求异面直线PC与AD所成角的余弦；(2)求点A到平面PCD的距离.【答案】(1)(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线的夹角；（2）先求出平面PCD的法向量，然后利用点到平面的向量公式进行求解.【详解】(1)因为平面ABCD，平面ABCD所以，，，因为，故以A为坐标原点，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，因为过点C作CE⊥AD于点E，则CE=AB=2，AE=BC=1，因为，所以DE=CE=2，故，，，，，，设异面直线PC与AD所成角为，所以，异面直线PC与AD所成角的余弦值为.(2)，，设平面PCD的法向量为，则，即，令，解得：，，故，设点A到平面PCD的距离为，则19．已知的内角所对的边分别是在以下三个条件中任先一个：①；②；③；并解答以下问题：（1）若选___________填序号，求的值；（2）在（1）的条件下，若，当有且只有一解时，求实数的范围及面积S的最大值.【答案】（1）条件选择见解析；；（2），.【分析】（1）若选①，先化简，再结合正弦定理进行边化角，再利用余弦定理求得，结合范围即得结果；若选②，利用二倍角以此计算、，结合范围即得结果；若选③，利用正弦定理进行边化角，再结合，进行化简求得结合范围即得结果；（2）先根据三角形有一解知或，解得参数m的取值范围，再分别讨论m在不同取值下面积的取值范围，即得最值.【详解】解：（1）若选①，由已知化简得，由正弦定理得，由余弦定理得.因为，所以；若选②，由二倍角公式，故，因为，所以；若选③，由题设及正弦定理得.因为，所以由可得故，因为，故，因此；（2）由已知，当有且只有一解时，或，即或，故或，，①当时，为直角三角形，B为直角，，故，所以；②当时，由余弦定理可得当且仅当时等号成立，三角形面积为，即面积的最大值.综上，面积的最大值.【点睛】方法点睛：求解三角形中有关边长、角、面积的最值（范围）问题时，常利用正弦定理、余弦定理与三角形面积公式，建立，，之间的等量关系与不等关系，然后利用函数或基本不等式求解.20．已知函数，其中常数.（1）在上单调递增，求的取值范围；（2）若，将函数图像向左平移个单位，得到函数的图像，且过，若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据正弦型函数的性质，可得在ω＞0时，区间是函数y＝2sinωx+1的一个单调递增区间，结合已知条件列出一个关于ω的不等式组，解不等式组，即可求出实数ω的取值范围．（2）由函数的图像变换得，且g（x）的图像过，可解得ω＝2k，k∈Z，结合范围0＜w＜4，可得g（x）的解析式．结合，得，令，参变分离得在恒成立，求出的取值范围即可.【详解】（1）由题意得，又，得的最小正周期为，由正弦函数的性质，当，函数取得最小值，函数取得最大值，∴是函数的一个单调递增区间，又因为函数()在上单调递增，则，解得.（2）由（1）得，将函数图像向左平移个单位，得到函数的图像，即，∵的图像过，∴，得：，即：，，∴，，∵，∴，得，，，，令，参变分离得在恒成立，令，则函数在上递增，当时，..【点睛】方法点睛：求函数在区间上值域的一般步骤：第一步：三角函数式的化简，一般化成形如的形式或的形式．第二步：由的取值范围确定的取值范围，再确定（或）的取值范围；第三步：求出所求函数的值域（或最值）.21．正多面体也称柏拉图立体，被喻为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知一个正四面体和一个正八面体的棱长都是a（如图），把它们拼接起来，使它们一个表面重合，得到一个新多面体．（1）求新多面体的体积；（2）求二面角的余弦值；（3）求新多面体为几面体？并证明．【答案】（1）；（2）；（3）新多面体是七面体；证明见解析．【分析】（1）分别求得正四面体和正八面体的体积，由新多面体体积为原正四面体体积与正八面体体积之和求解；（2）在正八面体中，取的中点为M，连结，易得为二面角的平面角，利用余弦定理求解；（3）由（2）可知，正八面体任何相邻面构成的二面角余弦值均为，设此角为．再求得四面体相邻面所构成的二面角的余弦值为判断.【详解】（1）如图所示：，在正四面体中，分别取PT，QR的中点，连接QN，RN，NG，则 ，所以平面QNR，所以正四面体的体积为 ，如图所示，在正八面体中，连接AC交平面EFBH于点O，则平面EFBH， 所以 ，所以正八面体的体积为，因为新多面体体积为原正四面体体积与正八面体体积之和，所以.（2）如图，在正八面体中，取的中点为M，连结，易得为二面角的平面角．易得，，由余弦定理得.（3）新多面体是七面体，证明如下：由（2）可知，正八面体任何相邻面构成的二面角余弦值均为，设此角为．在正四面体中，易得为二面角的平面角．由余弦定理得，即正四面体相邻面所构成的二面角的余弦值为，所以，因此新多面体是七面体．【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是将判断拼接后两个几何体相邻面是否共面，转化为二面角之和是否为而得解.22．已知矩形，为中点，将至折起，连结.（1）当时，求证：；（2）当时，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证平面，再由线面垂直的性质定理可知，进而由线面垂直的判定定理可证平面，最后由线面垂直的性质定理可证；（2）过点作直线平面，以点为原点，分别以所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，设，的坐标为，由已知关系构建三元一次方程组求得,再分别计算平面和平面的法向量，最后由数量积公式求夹角的余弦值即可.【详解】（1）证明：由题意可知，，平面，平面，所以平面，又平面，所以，因为，平面，平面，所以平面，又平面.所以. （2）过点作直线平面，以点为原点，分别以所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，设，则，设点的坐标为，则的坐标为， ①又   ②，   ③解由①②③构成的方程组可得，即点的坐标     进而设平面的一个法向量为，可得所以，令，解得，即， 易知，平面的一个法向量，，由图可知，二面角的大小为锐角，二面角的余弦值为. 【点睛】本题考查空间中线线垂直的证明，还考查了利用空间向量求二面角的余弦值，属于中档题.