贵州省仁怀市第四中学2024-2025学年高二上学期期中检测数学试题

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1．已知为虚数单位,复数满足：，则在复平面上复数对应的点位于
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．若圆锥的表面积为，底面圆的半径为1，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
3．已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则B．若，则
C．若，则D．若，则
4．已知空间向量，，，若，则（ ）
A．B．C．D．
5．正四棱台的上､下底面边长分别为，侧棱长为，则棱台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
6．在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A．B．C．D．
7．在棱长为的正方体中，满足，，则二面角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．三棱锥，平面，，且，则三棱锥的外接球表面积是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．在中，的对边分别为，若，则的值可以为（ ）
A．B．C．D．
10．下列命题中成立的是（ ）
A．，
B．，且
C．，，且，
D．，
11．如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ）

A．直线与是平行直线
B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为
D．平面截正方体所得的截面面积为
三、填空题
12．直线的倾斜角大小为 .
13．如图，已知长方体的棱长，则点到棱的距离是
14．设表示两个平面，表示直线，表示三个不同的点，给出下列命题：
①若，则；
②不重合，若，则；
③若，则；
④若，且不共线，则与重合.
其中假命题的序号是 .
四、解答题
15．已知直线l过点，根据下列条件分别求直线l的方程：
(1)直线l的倾斜角为45°；
(2)直线l在x轴、y轴上的截距相等．
16．在中，角所对的边分别是，在下面三个条件中任选一个作为条件，解答下列问题，三个条件为：
①；②；③.
(1)求角的大小；
(2)若，求的值.
17．已知在正四棱柱中，，，点是的中点.
(1)求证：平面；
(2)求异面直线与所成角的大小；
(3)求三棱锥的体积.
18．如图，在棱长为的正方体中，为棱的中点，为棱上一点．

(1)证明：直线平面；
(2)是否存在点，使直线平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由．
19．如图，在四棱锥中，底面，，，，，是的中点．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求二面角的正弦值．
仁怀市第四中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题
参考答案：
1．D
【分析】先求出并化简，从而确定复数对应的点的坐标为，进而判断其位于第四象限.
【详解】因为，
所以复平面上复数对应的点为，位于第四象限，
故选.
【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数的几何意义，属于基础题.
2．C
【分析】由圆锥表面积公式可得母线长，即可得圆锥的高，然后可得圆锥体积.
【详解】设圆锥底面圆半径为r，母线长为l，高为h.
由题，，则.
则圆锥体积为.
故选：C
3．C
【分析】根据线面位置关系的判定与性质，逐项判断即可求解.
【详解】对于A，若，，则平行或相交，不一定垂直，故A错误.
对于B，若，则或，故B错误.
对于C，，过作平面，使得，
因为，故，而，故，故，故C正确.
对于D，若，则，故D错误.
故选：C.
4．C
【分析】根据向量垂直，数量积为0求参数的值.
【详解】因为，且，
所以.
故选：C
5．B
【分析】先求棱台的斜高，然后利用侧面积公式进行求解.
【详解】由题意，正四棱台的侧面是等腰梯形，且其上､下底面边长分别为，腰长为，所以斜高为.
所以侧面积为().
故选：B.
6．D
【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.
【详解】
如图，连接，因为∥，
所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以.
故选：D
7．A
【分析】建立空间直角坐标系，根据向量法求得平面的法向量，进而可得二面角余弦值.
【详解】

分别以射线，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
由，，
所以，，，A10,0,3，
则，，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
所以，
由图可知二面角为锐角，
则二面角的余弦值为，
故选：A.
8．A
【分析】先由线面垂直的性质判断线线垂直，得出为直角三角形，为直角三角形，判断出球心的位置；再根据勾股定理算出球半径；最后根据球的表面积公式计算即可.
【详解】
取中点，连接，.
，
.
平面，平面，平面，
，.
又 ，
平面.
又平面，
.
为直角三角形，为直角三角形.
则.
所以三棱锥的外接球的球心为，半径为.
，且，
，.
.
所以三棱锥的外接球表面积是.
故选：A
9．AB
【分析】利用正弦定理角化边得到，利用余弦定理后，即可求得的范围.
【详解】由及正弦定理，得，
由余弦定理得，所以．
故选：AB
10．BCD
【分析】利用平面的公理直接判断求解．
【详解】对于A：若，，则或与异面、或与相交，故A错误；
对于B：由公理三知：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，
因为，且，则，故B正确；
对于C：由公理一知：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内，
因为，，且，，则，故C正确；
对于D：由平行公理得：平行于同一条直线的两条直线互相平行，
因为，，则，故D正确.
故选：BCD
11．BCD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可判断A、B、C，作出平面截正方体所得的截面即可求出面积判断D.
【详解】对于A，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，．
∵分别为棱的中点，∴、，
则，，∴和不共线，故A错误；
对于B，∵，，∴，
∴，∴直线与所成的角为，故B正确．
对于C，由于平面的一个法向量为，
，
∴，直线与平面所成的角为，故C正确；
对于D，连接，易知，则平面截正方体所得的截面为等腰梯形，

∵棱长为2，∴，，，
∴等腰梯形的高为，
∴，故D正确，
故选：BCD．
12．/
【分析】利用直线的倾斜角与斜率的关系计算即可.
【详解】由直线可知其斜率为，
所以其倾斜角满足，所以.
故答案为：
13．5
【分析】根据长方体的性质，结合线面垂直性质以及点线距离定义，可得答案.
【详解】连结，如图：
在长方体中，由平面，平面，
所以，则点到棱的距离是，
在矩形中，.
故答案为：5
14．③
【分析】根据平面的基本性质对给出的四个命题分别进行分析、判断后即可得．
【详解】对于①，根据公理1可知，所以①正确；
对于②，由题意得平面有公共点，根据公理3可知相交，
且，所以②正确；
对于③，由于，可得，所以③不正确；
对于④，由三点不共线可得确定一个平面，所以与重合，所以④正确．
综上可得①②④正确，故假命题的序号是③．
故答案为：③.
15．(1)
(2)或
【分析】（1）由点斜式即可求解；
（2）分截距是否为0进行讨论即可求解.
【详解】（1）因为直线l过点，直线l的倾斜角为45°；
所以所求为，即；
（2）当直线l在x轴、y轴上的截距都为0时，所求为，
当直线l在x轴、y轴上的截距都为时，设所求为，
由题意，解得符合题意，故所求为；
综上所述，符合题意的直线方程为或.
16．(1)所选条件见解析，
(2)
【分析】（1）若选①：利用正弦定理结合三角恒等变换分析求解；若选②：利用正弦定理边化角即可结果；若选③：利用三角恒等变换分析求解；
（2）利用余弦定理分析求解.
【详解】（1）若选①：因为，
由正弦定理可得，
且，则，可得，
且，所以；
若选②：因为，由正弦定理可得，
且，则，可得，
且，所以；
若选③：因为，
则，可得
且，则，可得，
且，所以.
（2）由（1）可知：，
由余弦定理可得：，
又，
即，解得.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据中位线的性质可得，由线面平行的判定定理即可证明；
（2）由（1）可知为异面直线与所成角的平面角，利用勾股定理分别求出、、的值，结合余弦定理计算即可．
（3）计算长，证明平面，利用三棱锥体积转化即可得三棱锥的体积.
【详解】（1）连接，交于点，则为的中点，
又因为为的中点，连接，则，
平面，平面，
平面；
（2）由（1）知，，
所以为异面直线与所成角或其补角，
在中，，，
由余弦定理，得，
故异面直线与所成角的余弦值为；
（3）因为正方形，所以，且，，
又在正四棱柱中，平面，
因为平面，所以，
因为平面，所以平面，
所以.
18．(1)证明见解析
(2)存在，.
【分析】（1）先确定截面，再根据线面垂直的判定定理证明线面垂直.
（2）先确定截面，再根据线面平行确定点的位置.
【详解】（1）如图：

因为，，所以平面就是平面.
在正方体中，平面，平面，所以，
又四边形为正方形，所以，
又平面，平面，，所以平面.
（2）取中点，连接，，因为，所以平面就是平面.
当为中点时，，平面，平面，
所以平面.
此时.
故存在点，使直线平面，且.
19．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）通过和得到平面，利用等腰三角形的性质可得，可得结论；
（Ⅱ）过点作，垂足为，连接，证得是二面角的平面角，在中先求出，然后在中求出结论.
【详解】解：(Ⅰ)证明：在四棱锥中，因底面，平面，
故.由条件，，∴平面.
又平面，∴.
由，，可得.
∵是的中点，∴.
又，
综上得平面;
（Ⅱ）过点作，垂足为，连接，
由（Ⅰ）知，平面，在平面内的射影是，则．
因此是二面角的平面角．
由已知，可得．
设，可得，，
，．
在中，∵，
∴，则 ，
在中，.
所以二面角的正弦值为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
C
C
B
D
A
A
AB
BCD
题号
11









答案
BCD