2021-2022学年重庆市缙云教育联盟高一（下）质检数学试卷（6月份）（Word解析版）

2021-2022学年重庆市缙云教育联盟高一（下）质检数学试卷（6月份）

一、单选题（本大题共8小题，共40分）

1. 设，其中，为实数，则(    )

A. ， B. ，
C. ， D. ，

2. 如图，表示水平放置的根据斜二测画法得到的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为(    )

A.
B.
C.
D.

3. 已知菱形，则(    )

A.  B.  C.  D.

4. 已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若，则(    )

A.  B.  C.  D.

5. 扇形的弧长为，面积为，则圆心角的弧度数为(    )

A.  B.  C.  D.

6. 已知的内角，，的对边分别为，，，若，，，则的面积为(    )

A.  B.  C.  D.

7. 设，，，是球表面上的四个点，若，，，且，则球的体积为(    )

A.  B.  C.  D.

8. 山西五台山佛光寺大殿是庑殿顶建筑的典型代表．庑殿顶四面斜坡，有一条正脊和四条斜脊，又叫五脊殿．九章算术把这种底面为矩形，顶部为一条棱的五面体叫做“刍甍”，并给出了其体积公式：下袤上袤广高广：东西方向长度；袤：南北方向长度已知一刍甍状庑殿顶，南北长，东西长，正脊长，斜脊长，则其体积为(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20分）

9. 下列关于简单几何体的说法正确的是(    )

A. 所有棱长都相等的正三棱锥是正四面体
B. 正四面体的内切球与外接球半径之比为：
C. 侧棱与底面垂直的四棱柱是直平行六面体
D. 同底等高的圆柱和圆锥的表面积之比是：

10. 在中，角，，所对的边分别是，，，且，，若满足条件的唯一确定，则的可能值为(    )

A.  B.  C.  D.

11. 已知正方体的棱长为，下面选项正确的是(    )

A. 直线与平面不垂直
B. 四面体的体积为
C. 异面直线与直线所成角的为
D. 直线与平面所成的角为

12. 如图，四边形为正方形，平面，，，记三棱锥，，的体积分别为，，，则(    )

A.
B.
C.
D.

三、填空题（本大题共4小题，共20分）

13. ______．
14. 已知向量，，若，则实数的值为______ ．
15. 已知四棱锥中，侧棱平面，底面是矩形，则该四棱锥的个侧面中直角三角形的个数是______．
16. 已知长方体中，，，，已知是矩形内一动点，，设点形成的轨迹长度为，则      ；当的长度最短时，三棱锥的体积为      ．

四、解答题（本大题共6小题，共70分）

17. 如图，在三棱柱中，，分别为线段，的中点．
    求证：平面；
    在线段上是否存在一点，使平面平面？请说明理由．

18. 设向量，，．
    若，是钝角，求；
    若，求函数的单调增区间和图象的对称中心坐标．
19. 如图，在直四棱柱中，．
    若为的中点，试在上找一点，使平面；
    若四边形是正方形，且与平面所成角的余弦值为，求二面角的余弦值．

20. 某规划部门拟在一条河道附近建设一个如图所示的“创新产业园区”已知整个可用建筑用地可抽象为，其中折线为河岸，经测量河岸拐弯处，千米，且为等腰三角形．根据实际情况需要在该产业园区内再规划一个核心功能区，其中、分别在、不包括端点上，为中点，且，设．
    若，求的长度；
    求核心功能区的面积的最小值．

21. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，，分别为，的中点．
    Ⅰ求证：平面；
    Ⅱ再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值．
    条件：；
    条件：．
    注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分．

22. 七面体玩具是一种常见的儿童玩具．在几何学中，七面体是指七个面组成的几何体，常见的七面体有六棱锥、五棱柱、正三角锥柱、多面体等．在拓扑学中共有种拓扑结构差异的凸七面体，它们可以看成由一个棱柱经过简单的切割而得到．
    在如图所示的七面体中平面，，，，，．
    求二面角的正切值；
    求该七面体的体积．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，
，即，
解得．
故选：．
根据已知条件，结合复数相等的条件，即可求解．
本题主要考查复数相等的条件，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查了斜二侧画法的理解和运用问题，也考查了作图、识图能力，是基础题．
过做轴的平行线，交轴与，求出，由斜二测画法规则知在原图中对应的点为在轴上，求出即为的边上的高．

【解答】

解：过做轴的平行线，交轴与点，作轴，垂足为，
如图所示：

则，
，
由斜二测画法规则知在原图中对应的点为在轴上，且，
此即为的边上的高．
故选：．

3.【答案】 

【解析】解：已知菱形，
则，
故选：．
由平面向量数量积的运算，结合向量的投影运算即可得解．
本题考查了平面向量数量积的运算，属基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：根据题意，设直线的方向向量，平面的法向量为，
则，，
若，必有，则有，解可得，
故选：．
根据题意，设直线的方向向量，平面的法向量为，由法向量的定义可得，分析可得答案．
本题考查平面向量的法向量，涉及空间向量的垂直，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：设扇形的弧长为，半径为，圆心角为，
则由扇形面积与弧长公式可得，，，解得弧度数，
故选：．
设扇形的弧长为，半径为，圆心角为，然后根据扇形的面积公式以及弧长，圆心角与半径的关系建立方程即可求解．
本题考查了扇形的面积公式的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：由于，，，
利用余弦定理：，
解得，
故，
所以．
故选：．
直接利用余弦定理和三角形的面积公式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：，，，是球表面上的四个点，，，，
即三棱锥的三条侧棱、、两两互相垂直，且，
它的外接球就是它扩展为正方体的外接球，
正方体的对角线的长，
所以半径为，所以球的体积，
故选：．
根据，，，且，可知它的外接球就是它扩展为棱长为的正方体的外接球，求出正方体的对角线的长，就是球的直径，然后求球的体积．
本题考查球的表面积，几何体的外接球，考查空间想象能力，计算能力，是基础题
 

8.【答案】 

【解析】解：已知，
过点作，垂足为，过点作平面，垂足为，连接，
则，，，，即该五面体的高度为，
所以其体积，
故选：．
过点作，垂足为，过点作平面，垂足为，连接，利用勾股定理，求出高，代入体积公式求解即可．
本题考查了几何体体积的计算，属于基础题．
 

9.【答案】 

【解析】解：所有棱长都相等的正三棱锥是正四面体，故A正确；
正四面体的内切球的半径等于正四面体高的四分之一，外接球的半径是正四面体高的四分之三，
则正四面体的内切球与外接球半径之比为：，故B正确；
侧棱与底面垂直的四棱柱是直四棱柱，不一定是直平行六面体，故C错误；
同底等高的圆柱和圆锥，设底面半径为，高为，则圆柱的表面积为，
圆锥的表面积为，表面积之比不一定是：，故D错误．
故选：．
由正四面体的定义判断；分析正四面体的内切球与外接球半径之比判断；由直平行六面体的定义判断；求出同底等高的圆柱和圆锥的表面积之比判断．
本题考查空间多面体与旋转体的结构特征，考查运算求解能力，是基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：，，
，
当在时，为直角三角形，此时；
当在时，为等腰三角形，此时；
当在时，为钝角三角形，此时，满足题意．

故选：．
比较与，的大小，分三种情况，讨论即可．
本题考查三角形中解的个数问题，考查分类讨论思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：如图，连接，则，又平面，
，，
平面，平面，
，同理可得，，
平面，故A错误；

由题可知正方体的体积为，
四面体的体积为：

，故B正确；
连接，由题可知，，，，
，，进而，
则是异面直线与所成角，
由题意是正三角形，，故C正确；
设，则，，，
平面，直线与平面所成角，
，，
，即直线与平面所成角为，故D正确．
故选：．
利用线面垂直的判定定理可判断；利用正方体的性质及锥体的体积可判断；利用异面直线所成角的定义及正方体的性质可判断；利用正方体的性质可得平面，进而求直线与平面所成角可判断．
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，考查空间思维能力，是中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：设，
平面，为四棱锥的高，
，为三棱锥的高，
平面平面，点到平面的距离等于点到平面的距离，
即三棱锥的高，
几何体的体积，
，
，
．
故C、D正确，、B错误．
故选：．
利用等体积法，先求出几何体的体积，再求出三棱锥，的体积、，，可得、、之间的关系．
本题主要考查组合体的体积，熟练掌握棱锥的体积公式是解决本题的关键，属中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：．
故答案为．
分子分母同时乘以，运用复数的代数形式的除法运算求解．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，复数的除法，采用分子分母同时乘以分母的共轭复数，是基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：向量，，
若，则，
解得．
故答案为：．
根据平面向量共线定理的坐标表示，列方程求出的值．
本题考查了平面向量共线定理的应用问题，是基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：由题意，在四棱锥中，侧棱平面，
可得，，
所以，为直角三角形：
又由四边形是矩形，所以，
结合，，可得平面，
又因为平面，
所以，所以为直角三角形，
同理，也为直角三角形，
该四棱锥的个侧面中直角三角形的个数是．
故答案为：．
由题可得，，得到，为直角三角形，再证得平面，进而得到和也为直角三角形，即可得到答案．
本题考查线面垂直，考查学生的推理能力，属于中档题．
 

16.【答案】

【解析】解：在长方体的底面矩形内一动点，连接，
，，
，
点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，与底面矩形的交点为，，
即的轨迹为圆弧，连接，
在中，，
，得，
，为钝角，
，得，
得；
当的长度最短时，在上，此时，则，
：：．
又，
．
故答案为：，．
由题意画出图形，由已知可得，即点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆与矩形的交点，即，由矩形的边长可得的值，进一步求出它的正切值；当的长度最短时，最小，在线段上，求出与的比值，再求出三棱锥的体积，则的体积可求．
本题考查求点的轨迹，考查数形结合的解题思想方法，考查空间想象能力与运算求解能力，是中档题．
 

17.【答案】证明：因为，分别为线段的中点，
所以，
因为，所以，
又因为平面，平面，所以平面．
解：取的中点，连接，，

因为为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
同理可得，平面，
又因为，，平面，所以平面平面，
故在线段上存在一点，使平面平面． 

【解析】根据中位线的性质可得，再根据线面平行的判定可得即可；
取的中点，连接，，根据中位线的性质判定即可．
本题主要考查了空间中的平行关系，属于基础题．
 

18.【答案】解：已知向量，，
又，
则，
则，
又是钝角，
则；
由已知可得：，
由，，
解得，，
即函数的单调增区间为，，
由，，
解得，，
即函数图象的对称中心坐标为，． 

【解析】由平面向量数量积的运算，结合三角函数求值问题求解即可；
由平面向量数量积运算可得：，然后结合三角函数图象的性质求解即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了三角函数图象和性质，属基础题．
 

19.【答案】解：当点为的中点时，平面；证明如下，
连接，为的中点，，

在直四棱柱中，，
，平面，平面，
平面；
以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方形的边长为，，则，，，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
平面的一个法向量为，
与平面所成角的余弦值为，且，
，，解得，，
又平面的一个法向量为，
，，
二面角的余弦值为． 

【解析】当点为的中点时平面；建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，根据线面夹角的向是公式求得侧棱长，再求平面的一个法向量，由二面角的向量公式即可求解．
本题考查线面平行的证明，二面角的余弦值的求法，属中档题．
 

20.【答案】解：若，则，
所以为中点，
所以且，
又因为，
所以．
因为为等腰三角形且，
所以，．
所以在中，，
所以中，千米．
设，则，，，
在中，，所以，
在中，，所以，
所以，
因为，
所以，
所以时，的面积的最小值为． 

【解析】若，则，可得且，可求，解三角形可求，进而可得的值．
设，则，，，利用正弦定理可得，，根据三角形的面积公式，三角函数恒等变换的应用可求，结合范围，利用正弦函数的性质即可求其最小值．
本题主要考查了正弦定理，三角形的面积公式，三角函数恒等变换的应用以及正弦函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
 

21.【答案】解：证明：取中点，连接，，
，为的中点．，且，
四边形是平行四边形，故，
平面；平面，
平面，
是中点，是的点，
，平面；平面，
平面，又，
平面平面，
又平面，平面；
侧面为正方形，平面平面，平面平面，
平面，，又，，
若选：；又，平面，
又平面，，又，
，，，两两垂直，
若选：平面，，平面，平面，
，又，，，
≌，，
，又，，
，，两两垂直，
以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，

设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
平面的一个法向量为，
又，
设直线与平面所成角为，
，．
直线与平面所成角的正弦值为． 

【解析】通过证面面平证线面平行；
通过证明，，两两垂直，从而建立以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值．
本题考查线面平行的证明，线面角的求法，属中档题．
 

22.【答案】解：在平面中，作，连接，
平面，，即平面，
二面角的平面角是，
中，，
二面角的正切值为．
依题意补成四棱柱，
，
七面体的体积直四棱柱的体积． 

【解析】在平面中，作，连接，由线面垂直可得，可得二面角的平面角是，求解即可；
依题意补成四棱柱，七面体的体积直四棱柱的体积，求解即可．
本题考查二面角的求法，考查空间几何体的体积的求法，属中档题．