2021-2022学年福建省三明市第二中学高一下学期阶段（二）考试数学试题含解析

这是一份2021-2022学年福建省三明市第二中学高一下学期阶段（二）考试数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年福建省三明市第二中学高一下学期阶段（二）考试数学试题一、单选题1．复数在复平面内对应的点位于（       ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】根据复数的几何意义求解即可.【详解】复数在复平面内对应点的坐标为，位于第二象限故选：B2．如图，已知等腰三角形是一个平面图形的直观图，，，则这个平面图形的面积是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】作出的平面图形，计算出、的长，利用三角形的面积可求得结果.【详解】在等腰三角形中，，，则，作出的平面图形的图形如下图所示：由题意可知，，且，因此，.故选：A.3．如图，在△ABC中，，，设，，则（          ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据向量的加法法则，即可求解.【详解】解：由题意得：，故选：D.4．如图所示，平面，，，，且，直线，过，，三点的平面记作，则与的交线必通过（        ）A．点 B．点 C．点但不过点 D．点和点【答案】D【分析】由平面的基本性质易知与的交线必通过点和点.【详解】由已知可得点，又，所以，，有平面的基本性质可得，所以与的交线必通过点和点.故选D.【点睛】本题主要考查平面的基本性质，是常考题型，试题较易.5．已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，，则△ABC的外接圆的直径为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先由面积公式求出c，利用余弦定理求出b，利用正弦定理求出外接圆的直径.【详解】因为，，，所以，解得：.由余弦定理得：.由正弦定理得：.故选：C6．如图，已知A、B是圆C上两点，若，则（       ）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】D【分析】取AB的中点D，利用数量积的定义结合圆的性质计算作答.【详解】在圆C中，取AB的中点D，连CD，如图，则有，而，所以.故选：D7．在棱长为的正方体中，M是棱的中点，过，B，M作正方体的截面，则这个截面的面积为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先作出截面，再求截面面积.【详解】如图，取的中点，连接，，四边形即过，B，M三点的截面，此截面为等腰梯形，上底，下底，腰，所以梯形的高 所以梯形的面积 故选：B8．在锐角中，，，的对边分别是，，则的范围是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意得，进而得到，再由得，，所以，代入化简求解即可.【详解】在锐角中，，因为，，,所以，，解得，所以，，而，，所以，所以由正弦定理可知：，因为，所以，所以，即.故选：A.二、多选题9．已知向量，，，设，的夹角为，则（       ）A． B．C．在上的投影向量为 D．【答案】BD【分析】首先求出，，再根据向量数量积、模及夹角的坐标表示一一计算可得；【详解】解：因为，，所以，，所以，，故A错误；，所以，故B正确；， 所以，因为，所以，故D正确；又，故在上的投影向量为，故C错误；故选：BD10．如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（       ）A．，M，O三点共线 B．平面C．直线与平面所成角的为 D．直线和直线是共面直线【答案】ABC【分析】根据正方体的特性，依次分析各项正误.【详解】由正方体的特性可知，为正方体的体对角线，平面，平面平面于，又交平面于点，故点在上，故A项正确；由正方体的特性可知，平面，平面，故，同理，，于点，故平面，故B项正确；设正方体的边长为1，直线与平面的夹角为，则，点到平面的距离为，故，，C项正确；直线与直线为异面直线，故D项错误.故选：ABC.11．有下列说法，其中错误的说法有（       ）A．在正方体中，E，F，P，Q分别为，，，的中点，则直线EF与直线PQ所成角的大小是.B．四面体中，面BCD，垂足为O，若三条侧棱两两垂直，则O为的内心.C．在复数范围内，是关于x的方程：的一个根.D．若直线a与平面内的一条直线平行，则直线平面.【答案】ABD【分析】以为原点，所在的直线分别为的正方向建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用向量的夹角公式可判断A；连接交于，连接交于，利用线面垂直的判断和性质得到，，从而可判断B；把代入可判断C；直线a与平面内的一条直线平行，则直线a可能在平面内，也可能与平面平行可判断D.【详解】对于A,以为原点，所在的直线分别为的正方向建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则，，所以，则直线EF与直线PQ所成角的大小是，故A错误；对于B，连接交于，连接交于，因为，，所以平面，平面，所以，平面，平面，所以，且，所以平面，平面，所以，因为，，所以平面，平面，所以，因为平面，平面，所以，且，所以平面，平面，所以，为的垂心，故B错误；对于C，在复数范围内，若是关于x的方程的一个根，则，故C正确；对于D， 若直线a与平面内的一条直线平行，则直线a可能在平面内，也可能与平面平行，故D错误.故选：ABD.12．若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则下列结论正确的是（       ）A．角C一定为锐角 B． C． D．的最大值为【答案】BCD【分析】先由倍角公式化简得即可判断A选项；由余弦定理即可判断B选项；由正弦定理即及和角公式可判断C选项；由正切和角公式及基本不等式即可判断D选项.【详解】由可得，又，故，，故为钝角，A错误；又由余弦定理，，化简得，B正确；由正弦定理，即，又，故，即，即，C正确；由上知，为钝角，故，，，当且仅当，即时取等，D正确.故选：BCD.三、填空题13．已知为虚数单位，若，则__________．【答案】【分析】首先根据复数代数形式的除法法则化简复数，即可得到，再根据复数模的计算公式计算可得；【详解】解：，所以，所以，所以；故答案为：14．若，是夹角为的两个单位向量，则与的夹角大小为__________．【答案】135∘3π4【分析】利用平面向量的数量积的定义和运算法则计算出、、的值，利用公式，结合平面向量夹角的取值范围可求得结果.【详解】因为、是夹角为的两个单位向量，则，所以，，，，设与的夹角为，所以，，，所以.故答案为：.15．在锐角△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C，若，，，则__________．【答案】【分析】先由正弦定理求得，再用余弦定理即可求得.【详解】对于，由正弦定理得：.因为,所以，所以.因为,所以.由余弦定理得：.故答案为：.16．如图，已知正方形ABCD的边长为2，点E为AB的中点．以A为圆心，AE为半径，作圆弧交AD于点F，若P为劣弧EF上的动点，则的最小值为__________．【答案】【分析】建立直角坐标系，设，利用坐标运算求出，再利用辅助角公式即可求解.【详解】解：如图所示：建立平面直角坐标系，则，，由题意可设：，则，，，其中，∴的最小值为.故答案为：.四、解答题17．已知，（其中为虚数单位）(1)若为纯虚数，求实数的值；(2)若其中是复数的共扼复数），求实数的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意，再根据纯虚数性质求解；（2）根据题意得，即，求解不等式即可.【详解】(1)由，，得，因为为纯虚数，所以，且，所以(2)，因为，所以，即即，解得．18．已知平面向量，．(1)若，求k的值；(2)若，求．【答案】(1)或(2)或【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示，列式求值；（2）根据两向量平行，列式求，再求的坐标，即可求模.【详解】(1)，，得，解得：或；(2)，，得，解得：或.当时，，，，；当时，，，，．综上：或．19．已知圆锥SO的底面半径，高．(1)求圆锥SO的母线长；(2)圆锥SO的内接圆柱的高为h，当h为何值时，内接圆柱的轴截面面积最大，并求出最大值．【答案】(1)13(2)；最大值为30【解析】(1)∵圆锥SO的底面半径，高，∴圆锥SO的母线长；(2)作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示，其中，，．设圆柱底面半径为r，则，即．设圆柱的轴截面面积为．∴当时，有最大值为30．20．如图．正方体中，棱长为1， (1)求证：AC⊥平面；(2)求二面角的平面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】(1)证明：∵在正方体中，平面ABCD，又平面ABCD，∴，∵，，，BD，平面，∴AC⊥平面；(2)∵，所以，又，而，面BAC，∴为二面角的平面角．在中，，，∴，∴．21．如图，直三棱柱中，，分别是，的中点．（1）证明：平面；（2）若，，证明：平面平面．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）连接交于点，则为中点，连接，易知，根据线面平行的判定可证平面；（2）由题设得平面，根据线面垂直的性质及判定有，由已知线段的长度求、、，再由勾股定理知，最后根据线面、面面垂直的判定可证平面平面．【详解】（1）连接交于点，则为中点，连接，又是中点，∴，又平面，平面∴平面（2）∵是直三棱柱，∴平面，又平面，∴，由且为的中点，即，又，∴平面，又平面，∴，由，，得，，，∴，即，又，∴平面，又平面，∴平面平面.22．三明如意湖湿地公园是以水为主题的公园，分生态净化区、生态保育区、生态科普区三个区域，具有生态观光、休闲娱乐多种功能．欲在该公园内搭建一个平面凸四边形ABCD的体闲、观光及科普宣教的平台，如图所示，其中百米，百米，△ABC为正三角形，建成后△BCD将作为人们旅游观光、休闲娱乐的区域，△ABD将作为科普宣教湿地功能利用、弘扬湿地文化的区域．(1)当时，求旅游观光、休闲娱乐的区域△BCD的面积；(2)求旅游观光、休闲娱乐的区域△BCD的面积的最大值．【答案】(1)（百米）2(2)（百米）2【分析】（1）由余弦定理求得，由正弦定理求得，利用三角形面积公式求得答案；（2）设，，由余弦定理表示出，再由正弦定理表示出，从而表示出三角形面积公式，结合三角恒等变换和三角函数性质，求得答案.【详解】(1)在△ACD中，由余弦定理知，，∴，由正弦定理知，，即，∴，∵，∴，∴，而 ,∴，∴，∴△BCD的面积为（百米） ;(2)不妨设，，在△ADC中，由余弦定理知，，，∴，由正弦定理知，，即，∴，∴，当且仅当，即时，等号成立，故△BCD的面积的是大值为(百米)．