精品解析：广东省珠海市第二中学2023-2024学年高一下学期第二阶段考试数学试题

珠海市第二中学2023-2024学年第二学期第二阶段考试 高一年级数学学科试题 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知复数满足，则（   ） A. B. C. D. 2. 如图是水平放置的的直观图，是中边的中点，三条线段对应原图形中的线段，那么（ ） A. 最短的是 B. 最短的是 C. 最短的是 D. 无法确定谁最短 3. 将一个圆台的侧面展开，得到的扇环的内弧长为，外弧长为，若该圆台的体积为，则圆台的母线长为（    ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 4. 设且则 A. B. C. D. 5. 下列命题正确的为（    ） A. 已知为三条直线，若异面，异面，则异面 B. 已知为三条直线，若，则 C. 底面是等边三角形，三个侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥 D. 若在平面外，它的三条边所在的直线分别交于，则三点共线 6. 如图圆中若，则的值等于（ ） A. B. 3 C. D. -3 7. 如图，在四面体中，，，若用一个与，都平行的平面截该四面体，下列说法中错误的（ ） A. 异面直线与所成的角为90° B. 平面截四面体所得截面周长不变 C. 平面截四面体所得截面不可能正方形 D. 该四面体的外接球半径为 8. 中，，，当取最大值时，的面积为（ ） A. B. C. 2 D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 对于中，有如下判断，其中正确的判断是（    ）. A. 若，，，则符合条件的有两个 B. 若，则是锐角三角形 C. 若，，则当周长最大时，面积为 D. 若点P在所在平面且，，则点P的轨迹经过的外心. 10. 函数的部分图象如图中实线所示，图中圆与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法中正确的是（ ） A. 函数的最小正周期是 B. 函数的图象关于点成中心对称 C. 函数在单调递增 D. 函数的图象上所有的点横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移后关于轴对称. 11. 如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得截面记为S，则下列命题正确的是（ ） A. 当时，S为四边形 B. 当时，S为等腰梯形 C. 当时，S与的交点，满足 D. 当时，S四边形 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 方程在复数范围内的解是______． 13. 已知A，B，C三点都在表面积为100π球O的表面上，若，，则球心O到平面ABC的距离等于________． 14. 如图，在边长为2的菱形中，，，点Q是内部（包括边界）的一动点，则的取值范围是____________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应给出文字说明、证明过程或验算步骤） 15. 已知向量， （1）若，求的值； （2）若，求向量在向量上的投影向量的坐标． 16. 如图，正方体棱长是. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 函数． （1）求函数的最小正周期及单调递减区间； （2）将函数的图象先向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象．当时，求函数的值域． 18. 如图在中，，，分别是角，，所对的边，是边上的一点. （1）若，，，，求的面积. （2）试利用“”证明：“”； （3）已知，是角平分线，且，，求的面积. 19. 如图1，等腰中，，，点，，为线段的四等分点，且.现沿，，折叠成图2所示的几何体，使. （1）证明：平面； （2）求几何体的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 珠海市第二中学2023-2024学年第二学期第二阶段考试 高一年级数学学科试题 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知复数满足，则（   ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的四则运算法则计算即可得解. 【详解】由，得 故，得. 故选：B. 2. 如图是水平放置的的直观图，是中边的中点，三条线段对应原图形中的线段，那么（ ） A. 最短的是 B. 最短的是 C. 最短的是 D. 无法确定谁最短 【答案】C 【解析】 【分析】利用斜二测画法规则，结合给定的图形分析判断得解. 【详解】依题意，轴，轴，是的中点， 由斜二测画法规则知，在原图形中应有，且为边上的中线， 因此为等腰三角形，为边上的高，所以相等且最长，最短. 故选：C 3. 将一个圆台的侧面展开，得到的扇环的内弧长为，外弧长为，若该圆台的体积为，则圆台的母线长为（    ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可得圆台的上底面半径，下底面半径，母线长为.设圆台的高为，根据圆台的体积公式求出，再由勾股定理求出. 【详解】因为一个圆台的侧面展开，得到的扇环的内弧长为，外弧长为， 设外弧半径与内弧半径之差为， 所以圆台的上底面半径，下底面半径，母线长为. 设圆台的高为， 根据题意可知该圆台的体积，解得， 则. 故选：B. 4. 设且则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】[方法一]： . 故选：C. [方法二]： 又. 故选：C. 5. 下列命题正确的为（    ） A. 已知为三条直线，若异面，异面，则异面 B. 已知为三条直线，若，则 C. 底面是等边三角形，三个侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥 D. 若在平面外，它的三条边所在的直线分别交于，则三点共线 【答案】D 【解析】 【分析】举例说明判断ABC；利用平面的基本事实推理判断D. 【详解】对于A，直线是异面直线，是异面直线，则可能平行、相交或异面，A错误； 对于B，，则可能平行、相交或异面，B错误； 对于C，底面是等边三角形，三个侧面都是等腰三角形的三棱锥的侧棱长不一定相等，该三棱锥不一定是正三棱锥， 如图：为等腰直角三角形，，为等边三角形， ，此时三棱锥不是正三棱锥，C错误； 对于D，如图，设平面平面，由，得平面， 则，同理，所以三点共线，D正确. 故选：D 6. 如图圆中若，则的值等于（ ） A. B. 3 C. D. -3 【答案】C 【解析】 【分析】根据数量积的几何意义，分别作交于，于，可得分别为的中点，由即可得解. 【详解】如图分别作交于，于， 根据垂径定理可得分别为的中点， 所以 故选：C 7. 如图，在四面体中，，，若用一个与，都平行平面截该四面体，下列说法中错误的（ ） A. 异面直线与所成的角为90° B. 平面截四面体所得截面周长不变 C. 平面截四面体所得截面不可能为正方形 D. 该四面体的外接球半径为 【答案】C 【解析】 【分析】取中点，即可得到平面，从而说明A，设平面与四面体的各棱的交点分别为，，，，根据线面平行的性质得到，同理，，从而得到线段比例关系，即可判断B、C，四面体的外接球为长、宽、高分别为1，1，2的长方体的外接球，即可判断D. 【详解】对于A，如图1，取中点，为等腰三角形且，那么， 同理，，且，平面， 那么平面，而平面，所以，故A正确； 对于B，如图2，设平面与四面体的各棱的交点分别为，，，， 由平面，且平面，两个平面的交线为，则，同理，， 所以截面为平行四边形， ∴，，又，所以， ∴截面的周长为，B正确； 对于C，，，，为各棱中点时，截面是边长为的正方形，C错误； 对于D，如图3，四面体的外接球为长、宽、高分别为1，1，2的长方体的外接球， 则外接球的半径，D正确． 故选：C 8. 中，，，当取最大值时，的面积为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由化简后应用余弦定理得出的关系，然后求出，应用基本不等式求出最小值即的最大值，及此时的值，从而可得三角形面积． 【详解】在，，化简得， ，当且仅当时等号成立，此时角最大且，由得，即，所以，， ． 故选：B． 【点睛】本题考查余弦定理，三角形面积公式，考查基本不等式求最值，解题关键是利用余弦定理化角为边后，应用基本不等式求得最值，然后可解三角形． 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 对于中，有如下判断，其中正确的判断是（    ）. A. 若，，，则符合条件有两个 B. 若，则是锐角三角形 C. 若，，则当周长最大时，面积为 D. 若点P在所在平面且，，则点P的轨迹经过的外心. 【答案】CD 【解析】 【分析】利用正弦定理解三角形可判断A选项；利用正弦定理和余弦定理可判断B选项；利用余弦定理结合基本不等式得出，利用三角形的面积公式可判断C选项；取BC的中点为D，利用平面向量数量积证明可判断D选项. 【详解】对于A选项：由正弦定理，可得， 所以不存，故A选项错误； 对于B选项：因为， 则由正弦定理可得，所以， 则只能说明C是锐角，另外两个角不一定是锐角，所以B选项错误； 对于C选项：因为，， 所以由余弦定理，可得，即， 又因为当，时，，当且仅当时等号成立， 所以，即， 则，当且仅当时等号成立， 所以周长最大为， 此时面积为，故C选项正确； 对于D选项：设线段BC的中点为D，连接PD， 由可得，所以. 由， 可得， 所以 ， 即，所以点P在线段的垂直平分线上， 则点P的轨迹经过的外心，故D选项正确. 故选：CD. 10. 函数的部分图象如图中实线所示，图中圆与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法中正确的是（ ） A. 函数的最小正周期是 B. 函数的图象关于点成中心对称 C. 函数在单调递增 D. 函数的图象上所有的点横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移后关于轴对称. 【答案】BC 【解析】 【分析】对A，根据题意可由对称性知，进而可得周期和；对B，根据图象结合周期判断函数对称中心即可；对C，根据图象结合周期判断函数单调递增区间即可；对D，由结合函数零点可得，再根据三角函数图象变化求解变换后的三角函数判断即可. 【详解】对A，由对称性得，故，即，，故A错误； 对B，函数对称中心为，当时图象关于点对称，故B正确； 对C，函数在，即，上单调递增，故C正确； 对D，函数，且，故， 由图象可得，故，不妨设， 则. 故的图象上所有的点横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变）得，再向右平移后得，不关于轴对称，故D错误. 故选：BC 11. 如图，正方体棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得截面记为S，则下列命题正确的是（ ） A. 当时，S为四边形 B. 当时，S为等腰梯形 C. 当时，S与的交点，满足 D. 当时，S为四边形 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意作图，利用正方体的几何性质，结合面面平行性质定理可得线线平行，再根据相似三角形，利用相似比可得线段的长度，可得答案. 【详解】对于A，可作图如下： 平面平面，平面平面， 在正方体中，平面平面，则， 易知，则，由为的中点，则，即， 由，则，所以为四边形，故A正确； 对于B，由题意作图如下： 由A可知，由，则，即点与重合， 在正方体中，，，， 所以，则，由A可知，则为等腰梯形，故B正确； 对于C，由题意作图如下： 在正方体中，易知，则， 由，，，则，即， 易知，则，即，解得，故C正确； 对于D，由题意作图如下： 在正方体中，易知，则， 由，，则，由，则， 所以位于延长线上，则，， 即为五边形，故D错误. 故选：ABC. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 方程在复数范围内的解是______． 【答案】 【解析】 【分析】利用配方法和复数的运算性质结合虚数单位，求解即可. 【详解】由，得， 所以，即， 则解集为. .故答案为：. 13. 已知A，B，C三点都在表面积为100π的球O的表面上，若，，则球心O到平面ABC的距离等于________． 【答案】3 【解析】 【分析】设△ABC的外接圆的圆心为O′，由正弦定理求得球O半径，结合球的性质可求得球心O到平面ABC的距离. 【详解】如图所示，设△ABC的外接圆的圆心为O′， 根据正弦定理可知， 由球O的表面积为100π得， 由球的性质可知，构成直角三角形，故球心O到平面ABC的距离． 故答案为：3 14. 如图，在边长为2的菱形中，，，点Q是内部（包括边界）的一动点，则的取值范围是____________. 【答案】 【解析】 【分析】如图，设，根据平面向量的线性运算、定义和可得，结合即可求解. 【详解】如图，过B作，使得，过Q作，垂足为， 设，则， 在中，由余弦定理得， 因为，所以， 则， 所以 ， 易知当在上时，取到最大值， 所以，则， 即的取值范围为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题主要考查平面向量与几何的最值问题，确定，是解决本题的关键. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应给出文字说明、证明过程或验算步骤） 15. 已知向量， （1）若，求的值； （2）若，求向量在向量上的投影向量的坐标． 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量平行得出，结合齐次式求解可得答案； （2）利用投影向量的公式可得答案. 【小问1详解】 因为向量，，， 所以，即，则. 【小问2详解】 因为，所以，投影向量. 16. 如图，正方体的棱长是. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证明出，，再利用线面垂直的判定定理即可证得结论成立； （2）设点到平面的距离为，计算出三棱锥的距离，以及的面积，利用等体积法可求得点到平面的距离，再求出. 【小问1详解】 证明：连接、，如下图所示： 因为四边形为正方形，则， 平面，平面，， ，平面，平面，平面， 平面，， 四边形为正方形，则， 平面，平面，， ，平面，平面，平面， 平面，， 又因为，平面，平面， 平面. 【小问2详解】 设点到平面的距离为，， ， 易知，则是边长为的正三角形， 所以，， 所以，，解得， 因此，点到平面的距离为 因为， 所以平面所成角的正弦值为. 17. 函数． （1）求函数的最小正周期及单调递减区间； （2）将函数的图象先向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象．当时，求函数的值域． 【答案】（1）最小正周期为，，． （2） 【解析】 【分析】（1）先化简函数解析式，结合周期和单调区间的求解方法可得答案； （2）根据图象变换求出，结合函数单调性可得值域. 【小问1详解】 ， 因为，所以的最小正周期为. 令，，解得，， 所以函数的单调减区间为，． 【小问2详解】 函数的图象先向左平移个单位得到， 将横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到， 时，， 所以当时，解得，此时函数为增函数； 当时，解得，此时函数为减函数； 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 所以函数的最大值为，又因为，， 所以函数的最小值为，所以的值域为． 18. 如图在中，，，分别是角，，所对的边，是边上的一点. （1）若，，，，求的面积. （2）试利用“”证明：“”； （3）已知，是的角平分线，且，，求的面积. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据，利用三角形面积公式求解即可； （2）由得，两边同时乘以，再利用向量的数量积即可证明； （3）根据正弦定理将角化边求出，利用和余弦定理求出的值即可求出的面积. 【小问1详解】 ，， ， 的面积为； 【小问2详解】 ，， 两边同时乘以得， 即, ， 两边同时除以，得， ； 【小问3详解】 ， 根据正弦定理有，即， ，，，即， ，，即， 是的角平分线，， ， ， 即， 整理得①， 在中，, 即②， ①②联立解得（舍）或， , 的面积为. 19. 如图1，等腰中，，，点，，为线段的四等分点，且.现沿，，折叠成图2所示的几何体，使. （1）证明：平面； （2）求几何体的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明平面、平面来证得平面平面，由此证得平面. （2）将所求几何体分割成三棱柱和三棱锥两个部分，根据棱柱和棱锥的体积计算公式，计算出相应的体积，再相加求得几何体的体积. 【小问1详解】 由，可知四边形是棱形，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为，平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面. 【小问2详解】 连接，，取的中点，连接，， 则， 由图1知，所以，， 又，平面，所以平面，则平面， 又，所以几何体为直三棱柱，平面， 由图1，直角三角形中，，，所以， 所以， 由，知三角形为正三角形，则， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $