精品解析：福建省南安市侨光中学2023-2024学年高一下学期第2次阶段考试（5月月考）数学试题

侨光中学2024年春季高一第2次阶段考数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 一､单项选择题：本题共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. 已知平面向量，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 2. 某市高中采用分层抽样方法从三个年级的教师队伍中抽取若干名教师. 调查心血管疾病情况，有关数据如表（单位：人），则抽取的教师人数样本为（ ） 年级 年级教师人数 抽取人数 高一 69 高二 57 高三 54 18 A 60 B. 59 C. 62 D. 58 3. 若复数满足，其中为虚数为单位，则= A. B. C. D. 4. 在长方体中，，则异面直线的夹角余弦值为（ ） A B. C. D. 5. 已知，向量，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，，均垂直于平面和平面，，，则多面体的外接球的表面积为（ ） A B. C. D. 7. 在中，，，，若满足条件的有且仅有一个，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，三棱柱中，，，，，为中点，为上一点，，，为侧面上一点，且平面，则点的轨迹的长度为（ ） A. 2 B. C. D. 1 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 下列结论中正确的是（ ） A. 若，则或 B 若，则 C. 若复数满足，则的最大值为3 D. 若（，），则 10. 在平面直角坐标系中，向量，如图所示，则（ ） A. B. C. 在方向上的投影向量的模为1 D. 存在实数，使得与共线 11. 已知点是三角形的边上的点，且，以下结论正确的有（ ） A. 若点是的中点，，则 B. 若平分，则 C. 三角形外接圆面积最大值为 D. 若，且是的中点，则一定是直角 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一个三棱柱的高为3，如图是其底面用斜二测画法画出的水平放置的直观图，其中，则此三棱柱的体积是______． 13. 如图，海岸线上有相距的两座灯塔A，B，灯塔B位于灯塔A的正南方向，海上停泊着两艘货轮，甲船位于灯塔A的北偏西方向，与A相距的D处；乙船位于塔B的北偏西方向，与B相距的C处，则两货轮的距离为________． 14. 如图，是三个边长为2的等边三角形，且有一条边在同一直线上，边上有5个不同的点，设，则_____________. 四､解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的证明过程及验算步骤. 15. 中，已知，，分别是的中点，设，， （1）分别用、表示和； （2）设与交于点，求的余弦值． 16. 在中，角的对边分别为，且. （1）求； （2）若的周长为，且，求的面积. 17. 如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面. （1）求证：平面平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知圆锥的顶点为，母线所成角的余弦值为，轴截面等腰三角形的顶角为，若的面积为. （1）求该圆锥的侧面积； （2）求圆锥的内切球的表面积； （3）求该圆锥的内接正四棱柱的侧面面积的最大值. 19. 如图，设中角所对的边分别为为边上的中线，已知，且． （1）求的值； （2）求的面积； （3）设点分别为边上的动点（含端点），线段交于，且的面积为面积的，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 侨光中学2024年春季高一第2次阶段考数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 一､单项选择题：本题共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. 已知平面向量，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量共线得，则. 【详解】，，显然，， 故选：A. 2. 某市高中采用分层抽样的方法从三个年级的教师队伍中抽取若干名教师. 调查心血管疾病情况，有关数据如表（单位：人），则抽取的教师人数样本为（ ） 年级 年级教师人数 抽取人数 高一 69 高二 57 高三 54 18 A 60 B. 59 C. 62 D. 58 【答案】A 【解析】 【分析】 根据高三年级抽取的人数求得抽样的比例，由此计算出的值，进而求得总抽取的人数. 【详解】由题知按的比例抽取， 所以人，人， ∴抽取的教师共60人. 故选：A 【点睛】本小题主要考查分层抽样的计算，属于基础题. 3. 若复数满足，其中为虚数为单位，则= A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以， ，所以， 故选A. 考点：复数的概念与运算. 4. 在长方体中，，则异面直线的夹角余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接，,根据正方体,得到, 得到异面直线的夹角为的夹角或补角，利用余弦定理求解. 【详解】连接，,根据正方体,得到 所以异面直线的夹角为的夹角, 又,,所以,, 则, 则异面直线夹角的余弦值为. 故选：B 5. 已知，向量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由求得，再利用夹角公式求解即可. 【详解】由，可得， 因为 所以，且，解得：， 所以 所以. 故选：B． 6. 如图，，均垂直于平面和平面，，，则多面体的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用观察可得这个多面体是一个棱长为的正方体切去两个角得到的切割体，从而转化到正方体的外接球半径公式上来，即可得到结果. 【详解】由题意可知，多面体是棱长为的正方体切去两个角得到的切割体， 多面体的外接球的直径为，即半径为， 多面体的外接球的表面积为． 故选:A. 7. 在中，，，，若满足条件的有且仅有一个，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理判断的取值范围即可. 【详解】由正弦定理，则，即，由题意仅有一值， 故或，解得或. 故选：A 8. 如图，三棱柱中，，，，，为中点，为上一点，，，为侧面上一点，且平面，则点的轨迹的长度为（ ） A. 2 B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】在上取点，使得，在上取点，使得，则、，根据线面、面面平行的判定定理可证明平面平面，则点M的轨迹为线段，结合余弦定理计算即可求解. 【详解】由题意知，，在上取点，使得， 则且，所以四边形为平行四边形， 故，又平面，平面， 所以平面. 在上取点，使得， 有，所以，则， 又平面，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面，则点M的轨迹为线段. 在中，，由余弦定理， 得， 即点M的轨迹长度为. 故选：B 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 下列结论中正确的是（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若复数满足，则的最大值为3 D. 若（，），则 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A：令，由此即可验证；对于B：由模长公式以及复数乘法即可验证； 对于C：由复数的几何意义即可验证；对于D：令即可验证. 【详解】对于A：令，所以由复数模长公式有，但这与或矛盾，故A选项不符合题意； 对于B：令，所以，所以， 且，所以，故B选项符合题意； 对于C：令，若复数满足，则有（其中）， 所以，所以， 所以，即当且仅当即当且仅当时，有最大值为3，故C选项符合题意； 对于D：令可知，但这与矛盾，故D选项不符合题意. 故选：BC． 10. 在平面直角坐标系中，向量，如图所示，则（ ） A. B. C. 在方向上的投影向量的模为1 D. 存在实数，使得与共线 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意可得：，根据向量的坐标运算逐项分析判断. 【详解】由题意可得：. 对于选项A：因为，所以，不垂直，故A错误； 对于选项B：因为，所以，故B正确； 对于选项C：因为， 所以在方向上的投影向量的模为，故C正确； 对于选项D：因为， 若与共线，则，解得， 所以当时，与共线，故D正确； 故选：BCD. 11. 已知点是三角形的边上的点，且，以下结论正确的有（ ） A. 若点是的中点，，则 B. 若平分，则 C. 三角形外接圆面积最大值为 D. 若，且是的中点，则一定是直角 【答案】ABD 【解析】 分析】将平方，即可求出，即可判断A；由正弦定理判断B；根据正弦定理可求出外接圆半径，进而可判断C；设，由正弦定理可得，分类讨论计算可判断D. 【详解】对于A，因为点是的中点， 所以， 因为，所以， 所以， 故，故A正确； 对于B， 在中，由正弦定理可得， 因为平分，， 所以，所以， 同理，中，，所以， 又，所以， 所以，故B正确； 对于C，根据正弦定理可得三角形外接圆半径， 即， 因为，所以， 所以三角形外接圆面积最小值为，故C错误； 对于D，设，， 在中，由正弦定理可得，， 又因为，所以，即， 在中，，所以， 同理在中,有， 因为是的中点，即，即， 得则，或， 当时，即，即，即是等腰三角形， 而，所以， 所以，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项关键是由正弦定理求出， ，借助是的中点，得到. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一个三棱柱的高为3，如图是其底面用斜二测画法画出的水平放置的直观图，其中，则此三棱柱的体积是______． 【答案】6 【解析】 【分析】首先还原底面，根据几何关系，计算底面积和体积. 【详解】根据直观图的画法规则，还原三棱柱的底面，得，，且， 所以底面的面积，三棱柱的高为3， 所以三棱柱的体积. 故答案为：6 13. 如图，海岸线上有相距的两座灯塔A，B，灯塔B位于灯塔A的正南方向，海上停泊着两艘货轮，甲船位于灯塔A的北偏西方向，与A相距的D处；乙船位于塔B的北偏西方向，与B相距的C处，则两货轮的距离为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理可得答案. 【详解】连接AC，由题意可知，， 所以，， 根据余弦定理可得： ， 所以. 故答案为：. 14. 如图，是三个边长为2的等边三角形，且有一条边在同一直线上，边上有5个不同的点，设，则_____________. 【答案】90 【解析】 【分析】首先由已知分析得，延长交于点，进一步有，从而可得，由此即可进一步求解. 【详解】因为是三个边长为2的等边三角形， 所以为等腰三角形，， 所以， 延长交于点，如图所示， 则， 所以， 所以， 所以 ， 所以. 故答案为：90. 【点睛】关键点点睛：关键是得到，从而可得，由此即可顺利得解. 四､解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的证明过程及验算步骤. 15. 中，已知，，分别是的中点，设，， （1）分别用、表示和； （2）设与交于点，求的余弦值． 【答案】（1）；；（2）． 【解析】 分析】（1）利用平面向量加法法则能求出结果． （2）首先根据平面向量数量积的运算求出、、，再根据．由此能求出的余弦值． 【详解】解：解：（1），， ， ． （2）因为，，所以 ， ， 所以， ， ． 16. 在中，角的对边分别为，且. （1）求； （2）若的周长为，且，求的面积. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式求解可得； （2）边化角，结合（1）可求得，然后由三边比值结合周长可求得各边，即可求得面积. 【小问1详解】 ， ， 由正弦定理可得， 又， 所以， 因为，则，所以， 因为，所以； 【小问2详解】 ，， 又， 即，解得， ， ， 又的周长为，， 解得， . 17. 如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面. （1）求证：平面平面； （2）若二面角的大小为，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）根据线面垂直的性质于判定定理可证平面，结合面面垂直的判断定理即可证明； （2）根据线面垂直的性质与判定定理可得为二面角的平面角，即，作，由面面垂直的性质确定为直线与平面所成的角，即可求解. 【小问1详解】 由平面，平面，得， 连接，由且， 所以四边形为平行四边形， 又， 所以平行四边形为正方形，所以， 又由且， 所以四边形为平行四边形， 则，所以， 又 平面， 所以平面， 由平面，所以平面平面； 【小问2详解】 由平面，平面，所以， 又， 平面， 所以平面，又平面，所以， 故为二面角的平面角，即， 在中，，作，垂足为M， 由（1）知，平面平面，平面平面，平面， 所以平面，则为直线在平面上的投影， 所以为直线与平面所成的角， 在中，，所以， 在中，， 即直线与平面所成角的正弦值为 18. 已知圆锥的顶点为，母线所成角的余弦值为，轴截面等腰三角形的顶角为，若的面积为. （1）求该圆锥的侧面积； （2）求圆锥的内切球的表面积； （3）求该圆锥的内接正四棱柱的侧面面积的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设圆锥母线长、底面半径分别为、，依题意可得，再由的面积求出，即可得到，从而求出侧面积； （2）作出轴截面，利用三角形相似求出内切球的半径，即可求出球的面积； （3）令正四棱柱的底面边长为，高为，由三角形相似得到，再由侧面积公式及基本不等式计算可得. 小问1详解】 设圆锥母线长、底面半径分别为、， 由圆锥的轴截面为等腰三角形且顶角为，则，解得， 又，所以， 又因为的面积为， ，解得（负值舍去）， 又，所以， 圆锥的侧面积. 【小问2详解】 作出轴截面如图所示： 根据圆锥的性质可知内切球球心在上，设球心为，切于点， 设内切球半径为，即，则， 所以， 由（1）可知，圆锥的高，， 则有，解得， 所以圆锥的内切球的表面积； 【小问3详解】 由（1）知圆锥的高， 令正四棱柱的底面边长为，高为， 则， 由得， ， 所以正四棱柱的侧面积 ，当且仅当，即时等号成立， 所以该圆锥的内接正四棱柱的侧面面积的最大值为. 19. 如图，设中角所对的边分别为为边上的中线，已知，且． （1）求的值； （2）求的面积； （3）设点分别为边上的动点（含端点），线段交于，且的面积为面积的，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先利用正弦定理将角化为边，再根据余弦定理，即可求解； （2）首先根据三角形的面积公式求解和的正弦和余弦，再利用两角和的正弦公式求，最后代入三角形的面积公式； （3）根据向量的线性关系，以及平面向量基本定理，表示，再利用所设变量，转化为函数关系求值域. 【小问1详解】 由， 由正弦定理，可得， 由余弦定理，可得， 得，且，所以； 【小问2详解】 由为边上中线，可得， 则， 由，可得， 则，则， 则， ， 则； 【小问3详解】 由，可得， 设， 由的面积为面积的，可得， 则，则，设，由为中线，可得， 则，由共线可得， ， 由可得， 由，可得，则 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是由面积公式得，从而利用向量转化求数量积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $