2022-2023学年北京市大兴区北京亦庄实验中学高一下学期第4学段教与学质量诊断（期末）数学试题含答案

2022-2023学年北京市大兴区北京亦庄实验中学高一下学期第4学段教与学质量诊断（期末）数学试题

一、单选题

1．已知复数，则的共轭复数为（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用复数乘法计算法则计算即可.

【详解】，所以的共轭复数为

故选：C

2．设的内角所对的边分别为，若，，，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用正弦定理求出，又，则为锐角，结合选项得出答案．

【详解】，，，

，解得，

又，为锐角，即，

故选：A

3．若圆柱的轴截面是一个正方形，其面积为，则它的一个底面面积是(　　)

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据题意得底面直径等于圆柱母线，则得到，则底面积为.

【详解】由题意知圆柱的母线长为底面圆的直径，

则，得.

所以底面面积为.

故选：C.

4．如图，在四棱锥P-ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则（    ）

A．MN∥PD B．MN∥PA C．MN∥AD D．以上均有可能

【答案】B

【分析】直接利用线面平行的性质分析解答.

【详解】∵MN∥平面PAD，MN⊂平面PAC，平面PAD∩平面PAC=PA，

∴MN∥PA.

故选：B

5．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用线面平行判定定理可知B，C，D均不满足题意，A选项可证明出直线AB与平面MNQ不平行，从而可得答案.

【详解】对于选项B，如图1，连接CD，

因为M，N，Q为所在棱的中点，所以CDMQ，

由于ABCD，所以ABMQ，

因为平面，平面，所以AB平面MNQ，

B选项不满足题意；

对于选项C，如图2，连接CD，

因为M，N，Q为所在棱的中点，所以CDMQ，

由于ABCD，所以ABMQ，

因为平面，平面，所以AB平面MNQ，

C选项不满足题意；

对于选项D，如图3，连接CD，

因为M，N，Q为所在棱的中点，所以CDNQ，

由于ABCD，所以ABNQ，

因为平面，平面，所以AB平面MNQ，

可知D不满足题意；

如图4，取BC的中点D，连接QD，

因为Q是AC的中点，

所以QDAB，

由于QD与平面MNQ相交，故AB与平面MNQ不平行，

A正确.

故选：A

6．阅读下面题目及其证明过程，在横线处应填写的正确结论是（    ）

如图，四棱锥中，底面是正方形，是正方形的中心，底面，是的中点，求证：平面平面.

证明：因为底面，所以.

又因为，且，所以___________.

又因为平面，所以平面平面.

A．平面 B．平面

C．平面 D．平面

【答案】C

【分析】根据题意得到，，结合线面垂直的判定定理，证得平面，再结合面面垂直的判定定理，即可求解.

【详解】证明：证明：因为底面，所以.

又因为，且，平面，所以平面，

又因为平面，所以平面平面，所以填上C，

故选：C

7．在中，若，则（    ）

A．25 B．5 C．4 D．

【答案】B

【分析】利用余弦定理直接求解.

【详解】在中，若，，，

由余弦定理得.

故选：B

8．设的内角，，所对的边分别为，，，若，则的形状为（    ）

A．等腰直角三角形 B．直角三角形

C．等腰三角形或直角三角形 D．等边三角形

【答案】C

【分析】利用正弦定理化简整理得到，进而得到，可得或，即可确定三角形形状．

【详解】已知等式利用正弦定理化简得：，

整理得：，即，

，即，

，

，

，，

则或，即为等腰三角形或直角三角形．

故选：C．

9．为了测量河对岸两点间的距离，现在沿岸相距的两点处分别测得，，则间的距离为（    ）

A． B．2 C． D．4

【答案】B

【分析】在和中应用正弦定理求得与，然后在中应用余弦定理求得．

【详解】在中，，即，，

和中，，是等边三角形，，

在中，，

所以，

．

故选：B

【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的应用，解题关键是根据条件确定正弦定理或者余弦定理计算，及计算的顺序．本题如果在中应用余弦定理求可能更方便一些．

10．如图，四边形是圆柱的轴截面，是底面圆周上异于，的一点，则下面结论中错误的是（    ）

A． B．

C．平面 D．平面平面

【答案】C

【分析】根据圆柱的结构特征，结合线面垂直、面面垂直的判定对各选项逐一分析、推理、证明即可判断作答.

【详解】因四边形是圆柱的轴截面，则线段AB是直径，BC，AD都是母线，

又是底面圆周上异于，的一点，于是得，而平面ABE，平面ABE，则，

因，平面BCE，则平面BCE，平面BCE，因此得，A正确；

同理，，B正确；

点D不在底面ABE内，而直线AE在底面ABE内，即AE，DE是两条不同直线，若平面，因平面BCE，

与过一点有且只有一条直线垂直于已知平面矛盾，C不正确；

因平面BCE，而平面ADE，于是得平面平面，D正确.

故选：C

二、填空题

11．在正方体中，异面直线与所成角的余弦值为          .

【答案】

【分析】由，把异面直线与所成角转化为直线与所成角，在直角中，即可求解.

【详解】如图所示，连接，在正方体中，可得，

所以异面直线与所成角，即为直线与所成角，

设正方体的棱长为，可得

在直角中，可得，

所以异面直线与所成角的余弦值为.

故答案为：.

12．如图,△A'O'B'为水平放置的△AOB斜二测画法的直观图，且O'A'=2, O'B' =3,则△AOB的周长为        ．

【答案】12

【分析】先将直观图还原，再计算周长即可.

【详解】根据课本知识刻画出直观图的原图为：

其中OA=4，OB=3，根据勾股定理得到周长为：12.

故答案为12.

【点睛】这个题目考查了直观图和原图之间的转化，原图转化为直观图满足横不变，纵减半的原则，即和x轴平行或者重合的线长度不变，和纵轴平行或重合的直线变为原来的一半．

13．在中，，，，则的解的个数是      个.

【答案】2

【分析】利用正弦定理即可判断三角形有两解.

【详解】在中，，，，

，由则，如图：

所以此时有两解.

故答案为: 2.

14．在中，分别为内角的对边，且满足，则          .

【答案】/

【分析】根据题意，利用正弦定理整理得，再结合余弦定理，即可求解.

【详解】因为，

由正弦定理可得，

整理得，即，

又由余弦定理得，

因为，所以.

故答案为：.

15．如图，在正方体中，点在面对角线，上运动，下列四个命题中正确命题的序号是          .

①//平面                

②平面平面

③三棱锥的体积不变        

④

【答案】①②③

【分析】证明平面平面后可判断A，证明平面后可判断B，由平面可判断C，取是与交点时可判断D．

【详解】①．连接，如图，正方体中由与平行且相等得平行四边形，所以，

又平面，平面，所以平面，同理平面，

，平面，所以平面平面，

平面，所以平面，①正确；

②．连接，正方体中平面，平面，所以，

又正方形中，，，平面，

所以平面，而平面，所以，同理，，平面，所以平面，

而平面，所以平面平面，②正确；

③．由A的证明知平面，，到平面的距离不变，因此三棱锥体积不变，即三棱锥的体积不变，③正确；

④．当是与交点时，因为，

所以四边形为平行四边形，又因为底面，平面，

所以，所以四边形为矩形，

在矩形中，和显然不垂直，④错．

故答案为：①②③．

【点睛】关键点点睛：掌握线线垂直、线面垂直与面面垂直的关系是解题关键．解题时对三个垂直的间相互转化需熟练掌握．

三、解答题

16．已知复数z=m（m+2）+（m2+m-2）i．

(1)若z是纯虚数，求实数m的值；

(2)若z在复平面内对应的点位于第四象限，求实数m的取值范围．

【答案】(1)m=0

(2)（0，1）

【分析】（1）根据纯虚数的概念，让实部等于零，虚部不等于零，列方程求解即可；

（2）根据复数z在复平面内对应的点位于第四象限，得到实部大于零，虚部小于零，列不等式求解即可.

【详解】（1）若复数是纯虚数，则，解得或且，，所以.

（2）复数z在复平面内对应的点位于第四象限，则，解得，故的取值范围为.

17．如图，在三棱锥 中，分别是的中点，且.

（1）证明： ；

（2）证明：平面 平面.

【答案】（1）详见解析（2）详见解析

【分析】（1）根据线面垂直的性质定理证明AB⊥面PEC，即可证明：AB⊥PC；

（2）根据面面平行的判定定理即可证明平面平面FGH．

【详解】解：（1）证明：连接EC，则EC⊥AB，

又∵PA=PB，∴AB⊥PE，

又， 面PEC，∴AB⊥面PEC，

∵面PEC，

∴AB⊥PC；

（Ⅱ）连接EC，交FH于O，连接GO，则AB，

又平面，平面，所以平面，

在中，，

又平面，平面，所以平面，

∵PE∩AB=E，平面 ，

∴平面 平面.

18．已知在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.D是AB的中点，，.

(1)求∠A的大小；

(2)求a的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理得，进而求得A；

（2）在和中分别使用余弦定理，计算a的值.

【详解】（1）因为，

由正弦定理得：，因为，所以，

得，因为，所以.

（2）在中，由余弦定理得：，

即，解得：(负值舍去)，则，

在中，由余弦定理得：，所以.

所以.

19．《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开，得到一个阳马(底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑 (四个面均为直角三角形的四面体)．在如图所示的堑堵中，已知，，．当阳马体积等于时， 求：

(1)堑堵的侧棱长；

(2)鳖臑的体积；

(3)阳马的表面积．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）设堑堵的侧棱长为，根据阳马体积等于求解即可；

（2）根据棱锥的体积计算即可；

（3）分别计算的侧面积与底面积即可

【详解】（1）因为，，，

所以．

所以△为直角三角形．

设堑堵的侧棱长为，则

，则，

所以，所以堑堵的侧棱长为．

（2）因为，

所以．

所以鳖臑的体积为．

（3）因为，，

，，

，所以阳马的表面积的表面积为．

20．在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：

（Ⅰ）a的值：

（Ⅱ）和的面积．

条件①：；

条件②：．

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．

【答案】选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ）, ；

选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ）, .

【分析】选择条件①（Ⅰ）根据余弦定理直接求解，（Ⅱ）先根据三角函数同角关系求得,再根据正弦定理求,最后根据三角形面积公式求结果；

选择条件②（Ⅰ）先根据三角函数同角关系求得，再根据正弦定理求结果，（Ⅱ）根据两角和正弦公式求，再根据三角形面积公式求结果.

【详解】选择条件①（Ⅰ）

（Ⅱ）

由正弦定理得：

选择条件②（Ⅰ）

由正弦定理得：

（Ⅱ）

【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，三角形面积公式，考查基本分析求解能力，属中档题.

21．如图，在四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形．侧面SAD⊥底面ABCD，E，F分别为棱AD，SB的中点．

(1)求证：AF∥平面SEC；

(2)求证：平面ASB⊥平面CSB；

(3)在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)见解析

(2)见解析

(3)存在，

【分析】（1）取SC的中点G，连接FG，EG，证明四边形AFGE是平行四边形，则AF∥EG，再根据线面平行的判定定理即可得证；

（2）先证明AD⊥平面SEC，再根据面面垂直的判定定理即可得证；

（3）假设在棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC，连接MO，BE，由面面垂直的性质可得SE⊥平面ABCD，再根据线面垂直的性质可得BD⊥OM，SE⊥BE，再分别求出即可得出答案.

【详解】（1）证明：如图，取SC的中点G，连接FG，EG，

∵F，G分别是SB，SC的中点，

∴FG∥BC，，

∵四边形ABCD是菱形，E是AD的中点，

∴AE∥BC，，

∴FG∥AE，FG＝AE，∴四边形AFGE是平行四边形，

∴AF∥EG，又平面SEC，平面SEC，

∴AF∥平面SEC；

（2）证明：∵△SAD是等边三角形，E是AD的中点，

∴SE⊥AD，

∵四边形ABCD是菱形，，

∴△ACD是等边三角形，又E是AD的中点，

∴AD⊥CE，

又平面SEC，

∴AD⊥平面SEC，又平面SEC，

∴AD⊥EG，

又四边形AFGE是平行四边形，

∴四边形AFGE是矩形，∴AF⊥FG，

又SA＝AB，F是SB的中点，∴AF⊥SB，

又平面SBC，

∴AF⊥平面SBC，

又平面ASB，

∴平面ASB⊥平面CSB；

（3）解：假设在棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC，连接MO，BE，

∵平面MAC，∴BD⊥OM，

∵四边形ABCD是边长为2的菱形，，△SAD为正三角形，

∴，

∵侧面SAD⊥底面ABCD，

又侧面底面ABCD＝AD，平面SAD，

∴SE⊥平面ABCD，

又平面ABCD，∴SE⊥BE，

∴，

∴，

∴，∴，

∴，

∴在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC，.