江苏省常州市礼嘉中学2020-2021学年高一下学期第二次阶段质量调研数学试卷+答案

这是一份江苏省常州市礼嘉中学2020-2021学年高一下学期第二次阶段质量调研数学试卷+答案，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。
礼嘉中学2020-2021学年第二学期高一年级数学第二次阶段质量调研试卷 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．在中，为边上的中线，为的中点．则（    ）A．      B．C．      D．2.如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是(　　)A．直线AC                B．直线ABC．直线CD                D．直线BC3.已知向量满足，则向量夹角的余弦值为（   ）A． B． C． D．4.若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中(　　)A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一与a平行的直线5．的内角，，所对的边分别是，，，若，，，则等于（    ）A．1 B． C． D．2 6.已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．f（x）的最小正周期为2π B．f（x）的最大值为C．f（x）在上单调递增 D．f（x）的图象关于直线x对称 7．已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB＝，AD＝1，则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为(　　)A．   B．C．   D．  8．在正方体中，设为线段的中点，则下列说法正确的是　　A． B．平面C． D．平面二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．全对得5分，少选得3分，多选、错选不得分． 9．判断下列结论中正确的是(　　)A．垂直于同一个平面的两平面平行．B．直线a⊥α，b⊥α，则a∥B．C．若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．D．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β. 10．下列四个选项中，化简正确的是    A．   B．sin347°cos148°＋sin77°cos58°＝   C．   D． 11． 如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且AB＝2，AD＝EF＝1.则(　　) A．平面BCF⊥平面ADFB．EF⊥平面DAFC．△EFC为直角三角形D．VC­BEF∶VF­ABCD＝1∶412．设复数且，则下列结论正确的是（    ）A．可能是实数 B．恒成立C．若，则 D．若，则三.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13．等边圆柱(底面直径和高相等的圆柱)的底面半径与球的半径相等，则等边圆柱的表面积与球的表面积之比为________． 14． 若，则=_____． 15．如图，在棱长为的正方体中，点､､分别是棱､､的中点，则由点､､确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于___________.16．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上.若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________.  四．解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。17．在复平面内，复数 （其中）. （1）若复数为纯虚数，求的值；（2）对应的点在第四象限，求实数的取值范围． 18．的内角，，的对边分别为，，，已知.（1）求；（2）设，，延长到点使，求的面积.19.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE． 20. 已知四棱锥中，，，，，，平面，.（1）设平面平面，求证：；（2）若是的中点，求四面体的体积.  21.如图所示，、，分别是单位圆与轴，轴正半轴的交点，点在单位圆上，（），点坐标为，平行四边形的面积为．（1）求的最大值；（2）若，求  22.如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点．(1)证明：△PBC是直角三角形；(2)若PA＝AB＝2，且当直线PC与平面ABC所成角的正切值为  时，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．     1． 【答案】A2.【答案】C【解析】由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，所以点D在平面ABC与平面β的交线上．又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面β与平面ABC的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD．3.（  A  ）4.【答案】A【解析】当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线，故选A．5．【答案】D【详解】由题意知：，∴△中，有，则.故选：D 6.【答案】B【详解】.的最小正周期为，最大值为，故错误，正确.对，当时，，又在上单调递减，在上单调递减.故错误.对，，不是最值，故错误.故选：. 7．【答案】A【解析】如图，连接A1D，A1C1，由题易知B1C∥A1D，所以∠C1DA1是异面直线B1C与C1D所成的角，又AA1＝AB＝，AD＝1，所以A1D＝2，DC1＝，A1C1＝2，由余弦定理，得cos∠C1DA1＝＝，故选A．  8． 【答案】C【详解】若，由平面，为在底面上的射影，由三垂线定理的逆定理可得，但，显然矛盾，故错误；若平面，又平面，且平面平面，所以，但，显然矛盾，故错误；连接，由，为在平面上的射影，可得，故正确；若平面，则，又平面，为在底面的射影，可得，显然不成立，故错误．故选：．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．全对得5分，少选得3分，多选、错选不得分． 9．【答案】BC 10．  11． 【答案】AD【解析】因BF⊥AF，BF⊥DA，所以BF⊥平面DAF所以平面BCF⊥平面ADF，由题意可知，平面CBF将几何体EFABCD分成的两个锥体的体积分别为V四棱锥F­ABCD，V三棱锥F­CBE.过点F作FG⊥AB于点G，因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，FG⊂平面ABEF，所以FG⊥平面ABCD．所以V四棱锥F­ABCD＝×1×2×FG＝FG，V三棱锥F­BCE＝V三棱锥C­BEF＝×S△BEF×CB＝××FG×1×1＝FG，由此可得V三棱锥C­BEF∶V四棱锥F­ABCD＝1∶4.12． 【答案】BC【详解】对于选项A，若是实数，则，与已知矛盾，故A错误；对于选项B，由A知，所以，故B正确；对于选项C，，则，因为，所以，故C正确；对于选项D，，则，因为，所以，所以，故D错误.三.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13． 【答案】【解析】等边圆柱的表面积为S1＝2πR·2R＋2·πR2＝6πR2，球的表面积S2＝4πR2，∴ ＝＝．14．【答案】【解析】，，或，平方可得或，或若，则，不合题意应舍去，故答案为. 15．【答案】【详解】分别取中点，中点，中点，可得出过，，三点的平面截正方体所得截而为正六边形，则正六边形的边长，故截面多边形的面积等于. 16．【答案】　【解析】　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，∴AC＝2.又E为AD中点，EF∥平面AB1C，EF⊂平面ADC，平面ADC∩平面AB1C＝AC，∴EF∥AC，∴F为DC中点，∴EF＝AC＝.  四．解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。17．【详解】（1）因为复数为纯虚数，所以，所以（2）因为对应的点在第四象限，所以解不等式组得，，即的取值范围是.
 18．【详解】（1）∵.由正弦定理，可得，∴可得：，可得：，化简可得：，∵，∴.（2）由，可得，可得，，所以，可得.19.证明：(1)在四棱锥P－ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC．而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE．(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA．∵E是PC的中点，∴AE⊥PC．由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD．而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD．∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB．又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD．又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE．
 20. （1）证明：因为，平面，平面，所以平面.因为平面，平面平面，所以.（2）解：，∵平面，所以两点到平面的距离相等.由条件易得平面且∴．  21.【解】（1），，，则因为为平行四边形，所以且所以，则，，，则，所以的最大值为；（2），由（1），，则，所以所以．  22.(1)证明:∵AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的一动点．∴BC⊥AC，∵PA⊥平面ABC，∴BC⊥PA，又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC，∴△BPC是直角三角形．(2)解:如图，过A作AH⊥PC于H，∵BC⊥平面PAC，∴BC⊥AH，又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，∴AH⊥平面PBC，∴∠ABH是直线AB与平面PBC所成的角，∵PA⊥平面ABC，∴∠PCA即是PC与平面ABC所成的角，∵tan∠PCA＝＝，又PA＝2，∴AC＝，∴在Rt△PAC中，AH＝＝，∴在Rt△ABH中，sin∠ABH＝＝＝，即直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.