2022-2023学年吉林省长春市十一高中高一下学期第二学程考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年吉林省长春市十一高中高一下学期第二学程考试数学试题含解析，共20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。
2022-2023学年吉林省长春市十一高中高一下学期第二学程考试数学试题 一、单选题1．若复数，则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】A【分析】利用复数四则运算法则及复数的几何意义即可求解.【详解】因为，所以在复平面内对应的点位于第一象限．故选：A2．满足条件的的个数为（    ）A．一个 B．两个 C．不存在 D．无法判断【答案】B【分析】利用余弦定理运算求解即可判断.【详解】因为，即，解得或，所以满足条件的有两个．故选：B．3．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则的形状是（    ）A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形【答案】D【分析】利用和差角的正弦公式及二倍角的正弦公式化简给定等式，再借助余弦值求角及正弦定理求解作答.【详解】在中，由得：，整理得，则或，当时，，，是直角三角形，当时，由正弦定理得，因此是等腰三角形，所以是等腰三角形或直角三角形.故选：D4．在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】依题意建立平面直角坐标系，设，表示出，，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，设，，所以，，所以，其中，，因为，所以，即；故选：D        5．已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ）A．若，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】C【分析】根据点线面的位置关系判断即可.【详解】若，，则与异面或平行，故A错误；若，，则有可能与平行，故B错误；若，，则在内或与平行，当在内时，因为，所以，当与平行时，在内存在直线，因为，所以，所以，故C正确；若，，，则与可能异面，故D错误；故选：C6．圆台的上下底面半径之比为，一条母线长度为2，这条母线与底面成角等于30°，这个圆台的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知，计算圆台上下底面半径及高，再根据圆台的体积公式计算.【详解】如图，由题意得：，过点D作于点E，则，因为圆台的上、下底面半径之比为1：2，所以，则圆台上底面面积为，下底面面积为，故圆台的体积为故选：D.7．如图，点P在正方体的面对角线上运动（P点异于B，点），则下列四个结论：①三棱锥的体积不变；②平面；③；④平面平面.其中正确结论的个数是（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】①点到平面的距离为定值，且三角形的面积不变得到三棱锥的体积不变；②连接，容易证明平面∥面，从而由线面平行的定义可得；③根据DC⊥平面即可判断；④连接，容易证明面，从而可以证明面面垂直；【详解】对于①：由正方体知，且，∴四边形是平行四边形，∴，又平面，平面，∥平面，又∵点在线段上运动，点到平面的距离为定值，又∵△的面积为定值，∴三棱锥的体积不变，三棱锥的体积不变，故①正确；对于②：连接∥且相等，由①知：，∴∥面，从而由面面平行的性质可得∥平面，故②正确：对于③，由于平面，∴，若，则平面，，则为中点，与为动点矛盾，故③错误：对于④：连接，由AC⊥对角面知，由⊥对角面知，由此可得面，又平面PD，从而平面平面，故④正确：正确的命题个数有3个．故选：C．8．已知四面体中，，，，则以点为球心，以为半径的球被平面截得的图形面积为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由题意，取中点，连接，，可得为等边三角形，取中点，求得，再说明到（或的距离大于，得到以为球心， 为半径的球面与侧面的交线为圆，利用勾股定理求出圆的半径，即可求解.【详解】解：如图，取中点，连接，，，，，，又，所以平面，又，，，为等边三角形，取中点，则，可得，又因为平面，所以，因为，所以平面，又设到（或的距离为，由，可得，以为球心，为半径的球面与侧面的交线为圆，圆的半径为，所以以点为球心，以为半径的球被平面截得的图形面积为，故选：B. 二、多选题9．已知是任意的非零向量，则下列结论正确的是（    ）A． B．C．若，则 D．若，则【答案】ABD【分析】对A，平方根据可判断；对B，根据数量积定义和可判断；对C，根据向量是由大小和方向决定可判断；对D，两边平方可得即可判断.【详解】对A，，当且仅当同向等号成立，所以，故A正确；对B，因为，所以，当且仅当同向等号成立，故B正确；对C，若，因为方向不一定相同，所以不一定相等，故C错误；对D，若，两边平方可得，所以，故D正确.故选：ABD.10．下列命题正确的是（    ）A．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体为棱台B．用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分为棱台C．棱锥是由一个底面为多边形，其余各面为具有公共顶点的三角形围成的几何体D．球面可以看作一个圆绕着它的直径所在的直线旋转所形成的曲面【答案】CD【解析】根据空间几何体的定义，对选项中的命题判断正误即可．【详解】解：对于A，有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体不一定为棱台，因为不能保证各侧棱的延长线交与一点，错误；对于B，用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分不一定为棱台，因为不能保证截面与底面平行，错误；对于C，由棱锥的定义知由一个底面为多边形，其余各面为具有公共顶点的三角形围成的几何体是棱锥，正确；对于D，球面可以看作一个圆绕着它的直径所在的直线旋转所形成的曲面，正确；故选：CD.11．设，，表示平面，m，n，l表示直线，则的充分条件（    ）A．， B．，，C．，，， D．，，【答案】AD【分析】根据线线、线面、面面的位置关以及充分条件和必要条件的定义进行分析判断即可．【详解】解：当，时，则，故选项正确；当，，时，由面面垂直的性质得出，可能在内，故选项错误；当，，，时，由线面垂直的判定定理得出，当时，得不到，故选项错误；当，，时，则可以在，内分别找到异于的直线，，使得，，根据线面垂直的性质得出，则，由线面平行的性质得出，则，故选项正确．故选：AD．12．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，则下列结论中正确的是（    ）A．B．平面C．三棱锥的体积为定值D．的面积与的面积相等【答案】BC【分析】证明平面，可判断A选项的正误；利用面面平行的性质可判断B选项的正误；利用锥体的体积公式可判断C选项的正误；利用三角形的面积公式可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，连接、，因为四边形为正方形，则，平面，平面，，，所以，平面，因为平面，平面,平面平面因此，不垂直，A选项错误；对于B选项，因为平面平面，平面，故平面，B选项正确；对于C选项，因为的面积为，点到平面的距离为定值，故三棱锥的体积为定值，C选项正确；对于D选项，设，取的中点，连接、，由A选项可知，平面，即平面，平面，则，因为且，故四边形为平行四边形，则且，因为、分别为、的中点，故且，所以，四边形为平行四边形，平面，平面，所以，，故四边形为矩形，所以，，，所以，平面，平面，，，所以，，D选项错误.故选：BC. 三、填空题13．过所在平面外一点，作，垂足为，连接，，．若，，，则点是的______心．【答案】垂【分析】连接，并延长，利用线面垂直的判定和性质，证得平面，得到，同理证得和，即可得到结论.【详解】如图所示，连接，分别延长交于点，因为，且，平面，所以平面，因为平面，所以，又由，且平面，所以，因为且平面，所以平面，又因为平面，所以，同理可证：，所以点为的垂心.故答案为：垂14．如图，为了测量两点间的距离，选取同一平面上的，两点，测出四边形各边的长度（单位：km）：，，，，且四点共圆，则的长为_________ .【答案】7【分析】根据四点共圆可得，再利用余弦定理可得，即可求得答案.【详解】∵四点共圆，圆内接四边形的对角和为 ﹒∴ ，∴由余弦定理可得 ，，∵，即 ，∴ ,解得,故答案为：715．如图，甲站在水库底面上的点处，乙站在水坝斜面上的点处，已知库底与水坝斜面所成的二面角为，测得从，到库底与水坝斜面的交线的距离分别为，，若，则甲，乙两人相距________________．【答案】【分析】首先构造二面角的平面角，如图，再分别在和中求解.【详解】作，且，连结，，，，平面且，四边形时平行四边形，，平面，平面，中，,中，.故答案为：16．如图，在四棱锥中，已知底面是矩形，，，平面，若边上存在点，使得，则实数的取值范围是______．【答案】【分析】利用直线与平面垂直的判定和性质将问题转化为以为直径的圆与有交点可得答案.【详解】连接，如图：因为平面，所以。又，且，所以平面，所以，所以以为直径的圆与有交点，所以.故答案为：【点睛】本题考查了直线与平面垂直的判定和性质，属于基础题. 四、解答题17．在锐角△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求角C的大小；(2)若，且，求△ABC的周长．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理边角互化即可求解；（2）根据余弦定理即可求解.【详解】（1）由及正弦定理得        因为，故．        又∵ 为锐角三角形，所以．（2）由余弦定理，        ∵，得    解得：或   ∴ 的周长为．18．记的内角､､的对边分别为､､，已知.(1)证明：；(2)若，，角的内角平分线与边交于点，求的长.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）利用余弦定理结合条件即得；（2）利用余弦定理结合条件可得，然后利用角平分线定理及余弦定理即得.【详解】（1）证明：因为，所以，所以，即，所以；（2）由余弦定理得：，，又，所以，，由角平分线定理可得，，，在中，由余弦定理得：，所以.19．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是BB1，CC1的中点，（1）证明：直线AE//平面DCC1D1（2）求异面直线AE和BF所成角的余弦值.【答案】（1）证明过程见详解    （2）【分析】（1）连接，，证明，然后利用线面平行的判定定理即可证明平面（2）连接，，则或其补角为异面直线AE和BF所成角，利用余弦定理求出异面直线所成角的余弦值即可【详解】（1）证明：连接，，在正方形中，E、F分别是BB1，CC1的中点，所以，且，在正方形中，，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，则有，因为平面，平面，所以平面.（2）连接，，则在正方形中，因为E、F分别是BB1，CC1的中点，所以有，所以四边形为平行四边形，则有，所以或其补角为异面直线AE和BF所成角设正方体边长为2，则，，，所以，由于异面直线所成角为锐角或者直角所以异面直线AE和BF所成角的余弦值为20．如图所示，在四棱锥中，四边形ABCD为矩形，△PAD为等腰三角形，，平面PAD⊥平面ABCD，且AB＝1，AD＝2，E，F分别为PC，BD的中点．(1)证明：EF∥平面PAD；(2)求四棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接AC，证明EF∥AP，利用线面平行的判定定理即可证明；（2）首先利用面面垂直的性质定理得到PO⊥平面ABCD，则即为四棱锥的高，再利用椎体的体积公式代入数据即可得到答案.【详解】（1）如图所示，连接AC．∵四边形ABCD为矩形且F是BD的中点，∴F也是AC的中点．又E是PC的中点，EF∥AP，∵平面PAD，平面PAD，      ∴EF∥平面PAD．（2）取AD的中点为O．连接PO．∵平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为等腰直角三角形，，平面平面，平面，∴PO⊥平面ABCD，即PO为四棱锥的高．∵AD＝2，∴PO＝1． 又AB＝1， ∴四棱锥的体积21．已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形.(1)求证：；(2)求点到平面的距离；(3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并说明点此时所在的位置.【答案】(1)证明见解析(2)(3)在线段上靠近点的处， 【分析】（1）由题可得平面，故.根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明；（2）根据题干数据结合即可求解；（3）由线面平行的判定定理可得平面，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交于点，要使最大，则需使最小，此时，从而可求解.【详解】（1）因为点在底面上的射影是与的交点，所以平面.因为平面，所以.因为四边形为菱形，所以.因为平面，所以平面.因为平面，所以.（2）由题意可得、与都是边长为2的等边三角形，所以，.所以.因为，所以.设点到平面的距离为，由得，即，解得.故点到平面的距离为.（3）设直线与平面所成的角为，平面，∴到平面的距离即为到平面的距离.过作垂线平面交于点，则，此时，要使最大，则需使最小，此时.由题意可知：，因为平面，且，所以，，在中，由余弦定理可得：，所以，由面积相等，即，经计算得，，则，此时在线段上靠近点的处.22．如图1，在直角梯形中，，点在上，且，将沿折起，使得平面平面（如图2）.(1)求点到平面的距离；(2)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求三棱锥的体积；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在， 【分析】(1)应用面面垂直性质定理得到线面垂直,再应用等体积法,计算距离即可;(2)因为平面,可求得分的比例关系,根据(1)即可求得三棱锥的高,计算即可求得三棱锥的体积.【详解】（1）取中点，因为，所以.因为平面平面，平面平面平面，所以平面.在直角三角形中，. ,.（2）存在点，此时，过点作，连接因为，所以所以四边形EFPC为平行四边形，所以因为平面平面，所以平面.因为，所以由（1）知平面，点到平面的距离,.