2022-2023学年河南省创新联盟高二上学期第一次联考（月考）（B卷）数学试题含解析

2022-2023学年河南省创新联盟高二上学期第一次联考（B卷）数学试题

一、单选题

1．已知复数，则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】D

【分析】首先利用复数的除法运算化简，再利用复数的几何意义求复数对应的点.

【详解】因为，所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.

故选：D

2．已知直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则下列说法正确的是（   ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】B

【分析】根据直线的方向向量和平面的法向量的位置关系，判断直线与平面的位置关系，当直线的方向向量与法向量平行时，直线与平面垂直；当直线的方向向量与法向量垂直时，直线与平面平行或直线在平面内

【详解】若，因为，则，故选项A错误，选项B正确；若，则直线l可能与平面平行，也可能在平面内，故选项CD错误

故选：B

3．已知向量，，若，则（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】C

【分析】由题意可得，求解即可.

【详解】因为，所以，解得.

故选:C.

4．空间内有三点，，，则点P到直线EF的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分别求出与，即可得，与，根据点P到直线EF的距离为可求解.

【详解】因为，,

所以，

，

.

所以点P到直线EF的距离为.

故选:D.

5．从A，B，C，D，E这五个景点中选择两个景点游玩，则A，B景点都没被选中的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据古典概型的概率公式，采用列举法，可得答案.

【详解】从A，B，C，D，E这五个景点中选择两个游玩，不同的情况有，，，，，，，，，，共10种，其中A，B景点都没被选中的情况有，，，共3种，故所求概率.

故选：D.

6．在直三棱柱中，，，M，N分别是，的中点，则（    ）

A．平面CMN B．平面CMN

C． D．

【答案】C

【分析】由题意，建立空间直角坐标系，写出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的位置关系，可得答案.

【详解】如图，以C为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，.

，，，，.

设平面CMN的法向量，则，

令，得.

因为与不垂直，所以与平面CMN不平行，故A不正确；

因为与不平行，所以AM与平面CMN不垂直，故B不正确；

因为，所以，故C正确；

因为与不平行，所以AM与不平行，故D不正确.

故选：C.

7．如图，在平行六面体中，E，F分别在棱和上，且.记，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，由空间向量的线性运算可得，由空间向量基本定理即可求解.

【详解】设，因为

，

所以，，.

因为，所以.

故选:B.

8．若直线l的斜率，则直线l的倾斜角的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据直线的倾斜角与斜率的关系直接求解即可.

【详解】直线的斜率与倾斜角满足，且，

若，则.

故选:C.

9．如图，已知四棱锥的底面是边长为4的菱形，且，底面，若点到平面的距离为，则（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】D

【分析】建立空间直角坐标系,利用坐标法求解即可.

【详解】设为中点，因为底面是边长为4的菱形，且，所以,而 ,所以 ；

以为坐标原点，以，的方向分别为x，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，.

设是平面的法向量，因为，，

则，令，得.

设点到平面的距离为，.因为，

所以，得.

故选：D.

10．为了解某中学对新冠疫情防控知识的宣传情况，增强学生日常防控意识，现从该校随机抽取30名学生参加防控知识测试，得分（10分制）如图所示，以下结论正确的是（    ）

A．这30名学生测试得分的中位数为6

B．这30名学生测试得分的众数与中位数相等

C．这30名学生测试得分的平均数比中位数小

D．从这30名学生的测试得分可预测该校学生对疫情防控的知识掌握不够，建议学校加强学生疫情防控知识的学习，增强学生日常防控意识

【答案】D

【分析】利用中位数，众数，平均数的计算方式可判断各个选项.

【详解】对于A，这30名学生测试得分的中位数为，故A错误；

对于B，这30名学生测试得分的众数为5，故B错误；

对于C，这30名学生测试得分的平均数为，故C错误；

对于D，因为抽取的30名学生测试得分普遍偏低，所以预测该校学生对疫情防控的知识掌握不够，建议学校加强学生疫情防控知识的学习，增强学生日常防控意识，故D正确．

故选：D

11．在数学史上，为了三角计算的简便并且更加追求计算的精确性，曾经出现过下列两种三角函数：定义为角的正矢，记作；定义为角的余矢，记作.给出下列结论：

①函数在上单调递增；

②若，则；

③若，则的最小值为0；

④若，则的最小值为.

其中所有正确结论的序号为（    ）

A．①② B．③④ C．①③④ D．②③④

【答案】D

【分析】利用定义性函数和三角函数关系式的变换判断各选项即可得到结论.

【详解】因为，

所以在上单调递增，在上单调递减，故①错误；

因为，

所以

，故②正确；

，

令，则，

所以，所以，故③正确；

因为，

所以，故④正确.

故选：D.

12．如图（1），在矩形中，，为线段上一点（不是端点），沿线段将折成（如图（2）），使得平面平面，且二面角的余弦值为，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据二面角的余弦值列方程，建立平面直角坐标系，求得点的位置.建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线与所成角的余弦值.

【详解】过作于，因为平面平面，所以平面．

过作于，连接，则即二面角的平面角，

所以．

在图（1）中，直线与垂直，交于，

以为原点，，的方向分别为，轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，

则，，，，

所以直线的方程为，直线的方程为．

由，可知直线的方程为，与直线的方程联立解得，

所以．

因为，所以，解得．

由，得，所以，

化简得，解得，即．

在图（2）中，以为坐标原点，以，的方向分别为，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

则，．因为，，

所以，，

进而可得，

因为，，

所以，

故异面直线与所成角的余弦值为．

故选：D

二、填空题

13．已知，，在平面内，写出平面的一个法向量：________.

【答案】（答案不唯一）

【分析】根据在平面内，由平面的任意相交的两个向量坐标，分别与所设的法向量垂直，计算即可求出平面的一个法向量.

【详解】设，因为，，

所以令，得.（，且）都是平面的法向量.

故答案为：（答案不唯一）

14．已知正方体的棱长为4，，点为的中点，则________．

【答案】

【分析】根据题意，建立适当的空间直角坐标系，即可求解.

【详解】如图所示，以点为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.

因为正方体的棱长为4，，点为的中点，

所以，，故．

故答案为：.

15．已知，，三点在同一条直线上，则________.

【答案】5

【分析】由题意，利用斜率公式，结合共线斜率相等，可列方程，可得答案.

【详解】因为，，所以，得.

故答案为：5.

16．正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是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）.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.已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是2（如图），P，Q分别为棱AB，AD的中点，则________.

【答案】1

【分析】根据给定条件，利用空间向量的一个基底表示，再利用数量积运算律计算作答.

【详解】正八面体ABCDEF中，不共面，而P，Q分别为棱AB，AD的中点，

有，，则，

，

.

故答案为：1

三、解答题

17．如图，在正四面体OABC中，E，F，G，H分别是OA，AB，BC，OC的中点.设，，.

(1)试用，，表示；

(2)若正四面体OABC的棱长为6，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据及平面向量的线性运算即可求解；

（2）由，及即可求解.

【详解】(1)；

(2)因为，，

所以.

18．判断下列直线与是否垂直：

(1)的倾斜角为，经过，两点；

(2)的斜率为，经过，两点；

(3)的斜率为，的倾斜角为，为锐角，且.

【答案】(1)

(2)与不垂直

(3)

【分析】（1）的斜率为，根据过两点的斜率公式可求的斜率，判断斜率的乘积是否为即可；

（2）根据过两点的斜率公式可求的斜率，判断斜率的乘积是否为即可；

（3）根据二倍角的正切公式求出的值，判断斜率的乘积是否为即可.

【详解】(1)因为的倾斜角为，所以的斜率为.

因为经过，两点，

所以的斜率为.

因为，所以.

(2)因为经过，两点，

所以的斜率为.

因为的斜率为，且，

所以与不垂直.

(3)记的斜率为，因为，

所以，解得或.

因为为锐角，所以.

因为的斜率为，且，

所以.

19．如图，已知圆锥的顶点为P，底面圆的直径AB长为4，点C是圆上一点，，点D是劣弧上的一点，平面平面，且.

(1)证明：平面平面POD.

(2)当三棱锥的体积为时，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由及线面平行的判定定理可得平面PCD，根据线面平行的性质可得.根据可得，由线面垂直的性质可得，故根据线面垂直的判断定理可得平面POD，从而根据面面垂直的判定定理可证明；

（2）根据三棱锥的体积可求，以为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出平面POD的一个法向量及平面PCD的一个法向量，根据即可求解.

【详解】(1)证明：因为，平面PCD，平面PCD，所以平面PCD.

因为平面ABCD，且平面平面，所以.

因为，所以，

所以，即.

因为平面ABCD，平面ABCD，所以.

因为，平面POD，

所以平面POD.

因为平面POC，所以平面平面POD；

(2)解：因为，所以.

如图，以为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，.

取平面POD的一个法向量.

设平面PCD的法向量为，

则，令，得.

因为，且二面角为锐角，

所以二面角的余弦值为.

20．三角测量法是在地面上选定一系列的点，并构成相互连接的三角形，由已知的点观察各方向的水平角，再测定起始边长，以此边长为基线，即可推算各点坐标的一种测量方法.在实际测量中遇到高大障碍物的测量，需要跨越时的测量，无法得到平距的测量都需要用到三角测量法.如图，为测量横截面为直角三角形的某模型的平面图△ABC，由于实际情况，Rt△ABC（∠ACB=）的边和角无法测量，以下为可测量数据：①BD=2；②CD=+1；③∠BDC=；④∠BCD=.以上可测量数据中至少需要几个可以推算出Rt△ABC的面积？请选择一组并写出推算过程.注：若选择不同的组合分别作答，则按第一个作答计分.

【答案】答案见解析

【分析】若选择组合一：①③④或②③④，则由正弦定理可求得，再利用三角函数恒等变换公式求出，从而可求的长，进而可求得三角形的面积，

若选择组合二：①②③，则由余弦定理求出，再利用正弦定理求得，然后求出，从而可求的长，进而可求得三角形的面积，

若选择组合三：①②④，则由正弦定理可得，得，然后求出，从而可求的长，进而可求得三角形的面积，

【详解】解：至少需要3个可测量数据.

选择组合一：①③④或②③④

在中，因为，

所以.

因为，

所以，

故.

选择组合二：①②③

在中，因为，

所以.

结合正弦定理，可求得.

因为，

所以，

故.

选择组合三：①②④

在中，因为，

所以.

因为为钝角，所以.

因为，

所以，

故.

21．在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，，平面平面，为线段的中点.

(1)证明：.

(2)在直线BC上是否存在点，使得直线AF与平面ABP所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，或1

【分析】(1)作于 ，根据勾股定理分别可求得，的值，只需证得，即可求出，即可得出为等腰三角形，从而可得.

(2)建立空间直角坐标系，利用坐标法即可求解.

【详解】(1)证明：作于 ，由平面平面ABC，且平面平面，得平面，∴.

∵，，，由勾股定理得，

所以，

∴，，.

在直角三角形中，由勾股定理可得.

又.∴.

(2)在平面内，过点作，垂足为点，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

∴，，，，，设，

∴，.

设是平面的法向量，

∴，取，得，

又.

设直线与平面所成的角为，

∴，

化简得，解得或.当时，（在线段上）；

当时，（在线段的延长线上）

∴存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，且或1.

22．如图，在正方体中，，E，F分别是AB，BC的中点，平面分别与，交于M，N两点.

(1)证明：.

(2)求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)由可证得∥平面，而平面平面，可得，根据平行的传递性可证得；

(2)建立空间直角坐标系，利用坐标法求出点到平面的距离，结合余弦定理及面积公式求出底面积，再由体积公式求解即可.

【详解】(1)证明：因为E，F分别为AB，BC的中点，所以.

因为平面，平面，所以∥平面.

因为平面，平面平面，所以，所以.

(2)以点D为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，，，，.设平面的法向量为，

则，令，得.

因为点到平面的距离，

点到平面的距离，

所以.设点，

由，可得，则，，，

所以点M的坐标为，同理可得点.

因为，，所以，

所以，则.

因为，

所以.