精品解析：重庆市第一中学校2023-2024学年高二下学期5月期中考试数学试题

重庆市第一中学校2023-2024学年高二下学期5月期中考试数学试题 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0．5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 一、单选题(本大题共8个小题，每题只有一个选项正确，每小题5分，共40分) 1. 复数满足(为虚数单位)，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知分别表示中内角A，B，C所对边的长，其中，则的周长为（ ） A. 6 B. 8 C. D. 3. 已知向量，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线和平面，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量，向量与为同向向量，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 7. 在正三棱锥中，侧面与底面所成二面角的正切值为，则这个三棱锥的内切球半径为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 8. 如图，在长方体中，，，，分别是棱和上的两个动点，且，则的中点到的距离为（ ） A. B. C. D. 二、多选题(本大题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 复数在复平面内对应的点在第四象限 C. D. 若为纯虚数，则 10. 如图，正方体棱长为1，动点在线段上，分别是的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 当为中点时， C. 三棱锥的体积为定值 D. 直线到平面的距离为 11. 在锐角中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ） A. B. 的取值范围为 C. 取值范围为 D. 的取值范围为 三、填空题(本大题共3个小题，每小题5分，共15分) 12. 已知正四棱锥底边长为2，过棱PA上点作平行于底面的截面，截面边长为，则截得的台体的体积为_______________． 13. 在中，角所对的边分别为，已知，则的面积为______________． 14. 已知平面非零向量满足:，且与的夹角为，则在所有的情况中，的最小值为______________． 四、解答题(本大题共5个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. 在中，所对的边分别为，且满足． （1）求; （2）点在线段AC的延长线上，且，若，求的面积． 16. 如图，四边形是矩形，平面. （1）求证:平面平面; （2）求直线和直线所成角的余弦值． 17. 在中，角所对的边分别为且满足． （1）求角； （2）若为锐角三角形，且外接圆半径为1，求的取值范围． 18. 如图，为圆锥顶点，是圆锥底面的圆心，AC为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线PC上，且． （1）求证:平面BDE; （2）求二面角平面角的正弦值; （3）若点M为线段PO上的动点，当直线平面ABE时，求AM与平面ABE所成的角的正弦值． 19. 我们知道，一个一元一次方程最多有一个根，一个一元二次方程最多有两个根，这些都是代数基本定理简单表示，代数基本定理可以表述为：一元n次多项式方程最多有个不同的根．由代数基本定理可以得到如下推论：若一个一元次方程有不少于个不同的根，则必有各项的系数均为0．已知函数，函数的图象上有四个不同的点A、B、C、D．利用代数基本定理及其推理回答下列问题： （1）解关于x的方程； （2）是否存在实数，使得关于的方程有三个以上不同的解，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； （3）若按逆时针方向顺次构成菱形，设，求代数式的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重庆市第一中学校2023-2024学年高二下学期5月期中考试数学试题 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0．5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 一、单选题(本大题共8个小题，每题只有一个选项正确，每小题5分，共40分) 1. 复数满足(为虚数单位)，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数除法运算，结合复数的模的概念求出答案. 【详解】． 故选：B． 2. 已知分别表示中内角A，B，C所对边的长，其中，则的周长为（ ） A. 6 B. 8 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由三角形面积公式可得，结合余弦定理可求得，进而可求得周长. 【详解】因为，，，，所以， 由余弦定理得，所以， 故的周长为. 故选：D. 3. 已知向量，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将左右同时平方可求得的值，结合投影向量公式计算即可. 【详解】因为，所以， 又因为，，所以， 所以在上的投影向量为. 故选：D. 4. 已知直线和平面，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】由直线与平面的位置关系即可逐一判断各个选项，进而得解. 【详解】对于A，若，则或或或斜交，故A错误； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，由线面垂直的性质可知：若，则，故C正确； 对于D，若，则或相交或异面，故D错误. 故选：C. 5. 如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于B,根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于C，根据，结合线面平行的判断定理即可判断；对于D，根据四边形是等腰梯形，与所在的直线相交，即可判断. 【详解】对于A,如下图所示， 易得, 则， 又平面,平面, 则平面，故A满足； 对于B，如下图所示， 为所在棱的中点，连接, 易得, 则四边形为平行四边形， 四点共面， 又易知， 又平面,平面, 则平面，故B满足； 对于C,如下图所示， 点为所在棱的中点，连接, 易得四边形为平行四边形，四点共面， 且, 又平面,平面, 则平面，故C满足； 对于D，连接, 由条件及正方体的性质可知四边形是等腰梯形， 所以与所在的直线相交， 故不能推出与平面不平行，故D不满足， 故选：D. 6. 已知向量，向量与为同向向量，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】由向量同向可得，且，，结合平面向量数量积公式及基本不等式可求得的最小值. 【详解】因为，且向量与为同向向量，则，且，， 所以，当且仅当，即，时取等号. 故的最小值为4. 故选：C. 7. 在正三棱锥中，侧面与底面所成二面角的正切值为，则这个三棱锥的内切球半径为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】法一：利用等体积法求三棱锥的内切球半径； 法二：研究截面ABM，设内切求球心为,作，由，可求半径. 【详解】法一：取CD中点，连接，取截面ABM．作， 易得 由，则为侧面与底面所成二面角， 且的正切值为．故， ， ， ，故. 法二：研究截面ABM，设内切求球心为,作， 则，由， 得，即，则. 故选：A 8. 如图，在长方体中，，，，分别是棱和上的两个动点，且，则的中点到的距离为（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取的中点，连接，以为坐标原点建立空间直角坐标系，结合，利用两点间距离公式，求出的长即可． 【详解】取的中点，连接， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 因为是的中点，所以， 所以，而， 所以，即，所以点到的距离就是， 因为， 所以，即， 所以，即， 所以的中点到的距离为. 故选：D. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是发现，再利用整体法即可得解. 二、多选题(本大题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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. 下列命题为真命题是（ ） A. 若，则 B. 复数在复平面内对应的点在第四象限 C. D. 若为纯虚数，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据共轭复数定义判断A;复数的几何意义判断B；利用计算判断C；利用复数的分类纯虚数计算判断D； 【详解】对于中，由复数，则，所以错误; 对于中，由复数在复平面内对应点为，在第四象限，所以正确; 对于中，，所以错误; 对于中，由复数为纯虚数，可得，解得，所以正确． 故选：BD． 10. 如图，正方体的棱长为1，动点在线段上，分别是的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 当为中点时， C. 三棱锥的体积为定值 D. 直线到平面的距离为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据平行四边形，即可求解A，根据等腰三角形以及中点即可求证，即可求解B，根据体积公式即可求解C，根据面面平行，即可结合等体积公式即可求解D. 【详解】连接，正方体中，且，四边形为平行四边形，则， 因为分别是的中点，所以，故正确; 连接，正方体中，． 当为中点时，由于,所以，由于，所以，故正确; ，在三棱锥中，底面积为定值， 棱锥的高等于是定值，三棱锥的体积为定值，则三棱锥体积为定值，故正确; 连接由于平面，平面,所以平面， 同理可证平面，平面，故平面平面， 平面,所以直线平面平行， 故直线到平面的距离，即为点到平面的距离，设距离为， ,故D错误． 故选：ABC． 11. 在锐角中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ） A. B. 的取值范围为 C. 的取值范围为 D. 的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由正弦定理边化角、诱导公式、和差角公式计算可判断A项，结合A项、三角形内角和及锐角三角形计算可判断B项，运用正弦定理将问题转化为三角函数在区间上求值域可判断C项，运用切化弦、差角公式化简式子，由换元法将问题转化为求在上的值域，结合导数求解即可判断D项. 【详解】因为，所以由正弦定理得， 又因为，所以， 即， 整理得，即 对于A项，因为A、B、C均为锐角，所以，即，故A项正确； 对于B项，因为，，所以， 因为A、B、C均为锐角，所以，即，解得， 所以的取值范围为，故B项错误． 对于C项，由正弦定理得，， 所以，所以．故C项正确． 对于D项，由A项知，，由B项知，，所以， 所以，， 令，则，所以，， 令，，则，所以在上单调递增， 又，，所以，即范围为，故D项正确. 故选：ACD. 三、填空题(本大题共3个小题，每小题5分，共15分) 12. 已知正四棱锥的底边长为2，过棱PA上点作平行于底面的截面，截面边长为，则截得的台体的体积为_______________． 【答案】## 【解析】 【分析】运用线面垂直性质及勾股定理求出正四棱台的高，结合台体体积公式计算即可. 【详解】如图所示，为正方形的中心，连接，则平面， 过作交于点，则平面， 又因为，所以为的中点，所以为的中点， 所以， 所以， 由题可知，， 故台体的体积. 故答案为：. 13. 在中，角所对的边分别为，已知，则的面积为______________． 【答案】或 【解析】 【分析】运用余弦定理可求得的值，结合三角形面积公式求解即可. 【详解】 因为， 所以由余弦定理得，即， 整理得，解得或， 所以当时，；当时，. 综述：的面积为或. 故答案为：或. 14. 已知平面非零向量满足:，且与的夹角为，则在所有的情况中，的最小值为______________． 【答案】2 【解析】 【分析】建立如图平面直角坐标系，设．根据向量数量积的坐标表示求得，进而或，分类讨论结合向量的线性运算，即可求解. 【详解】令．建立如图平面直角坐标系， 不妨设． ， ，则， ． ．由，得或， 根据对称性，只研究的情况，因为，要求的最小值， 只需求，当时，， 当时，， 综上，的最小值为2. 故答案为：2 【点睛】关键点点睛：本题的关键是先确定出或，分情况讨论，求得. 四、解答题(本大题共5个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. 在中，所对的边分别为，且满足． （1）求; （2）点在线段AC的延长线上，且，若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理和倍角公式可求答案； （2）利用直角三角形知识得出为正三角形，结合面积公式可求答案. 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理得 因为，所以，则， 因为，所以， 又因为，所以; 【小问2详解】 在中，，可得， 又，可得，又，，可得为正三角形， 故面积为. 16. 如图，四边形是矩形，平面. （1）求证:平面平面; （2）求直线和直线所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证出平面即可证得平面平面. （2）作矩形，连接、，得为与所成的角或其补角，再依据条件求出的余弦值即可. 【小问1详解】 因为平面平面BCE，所以， 又由，而平面， 故平面， 又因为平面，故平面平面. 【小问2详解】 如图，作矩形，连接、、，可得，， 故为与所成的角或其补角， 又平面，故平面， 又平面，所以， 又由，而平面， 故平面，所以三角形为直角三角形， 在中，， 故. 所以直线和直线所成角的余弦值为. 17. 在中，角所对的边分别为且满足． （1）求角； （2）若为锐角三角形，且外接圆半径为1，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由余弦定理计算可得； （2）首先求出的范围，再由正弦定理将边化角，最后由三角函数的性质计算可得. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 则， 即， 即， 又因为， 所以，又，所以 【小问2详解】 因为、为锐角三角形， 所以，解得 ， 又外接圆半径， 由正弦定理， 所以 ， 其中，又， 所以，所以， 所以， 当时，． 当时，． 当时，． 所以. 18. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，AC为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线PC上，且． （1）求证:平面BDE; （2）求二面角平面角的正弦值; （3）若点M为线段PO上的动点，当直线平面ABE时，求AM与平面ABE所成的角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质，由勾股定理证得，进而可得是PC中点，是OC中点，即，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角，结合同角的平方关系计算即可求解； （3）根据线面垂直的判定定理与性质可证明MF，即为PO中点，利用空间位置关系的向量证明可得，结合线面垂直的判定定理可得平面ABE，求得，结合（2）和空间向量数量积的定义计算即可求解. 【小问1详解】 如图，设AC交BD于点，连接EF，由圆锥的性质可知底面ABD， 因为平面ABD，所以， 又因为是底面圆的内接正三角形，由，可得，， 解得，又，所以， 即．且，所以为正三角形，， 所以是PC中点．而是OC中点． 所以，且平面平面BDE， 所以直线平面BDE． 【小问2详解】 易知， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 所以，， 设平面ABE的法向量为， 则，令，则， 设平面ABD的法向量为，二面角平面角为． ； 【小问3详解】 由平面ABE，平面ABE，得， 又，平面DMF， 故平面DMF，由平面DMF，得MF， 又F为OC中点，故为PO中点， 此时点，， 即．且平面ABE． 故平面ABE，满足条件．所以， 由（2）知，平面ABE的法向量为，设AM与平面ABE所成的角为， 所以， 即AM与平面ABE所成角的正弦值为. 19. 我们知道，一个一元一次方程最多有一个根，一个一元二次方程最多有两个根，这些都是代数基本定理的简单表示，代数基本定理可以表述为：一元n次多项式方程最多有个不同的根．由代数基本定理可以得到如下推论：若一个一元次方程有不少于个不同的根，则必有各项的系数均为0．已知函数，函数的图象上有四个不同的点A、B、C、D．利用代数基本定理及其推理回答下列问题： （1）解关于x的方程； （2）是否存在实数，使得关于的方程有三个以上不同的解，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； （3）若按逆时针方向顺次构成菱形，设，求代数式的值． 【答案】（1）或或 （2）存在， （3） 【解析】 【分析】（1）将的表达式代入可得，结合立方和公式化简求解即可. （2）化简方程，由二次方程若有三个不同的解，则各项系数均为0列式即可. （3）设菱形的对角线的交点为，由A，C两点关于对称可求得点坐标，结合菱形对角线互相垂直可得，列方程求解即可. 【小问1详解】 将的表达式代入可得：， 整理得， 故方程的解为或或. 小问2详解】 存在实数，使得关于的方程有三个以上不同的解.理由如下： 将的表达式代入可得：， 即， 整理得， 因为有三个不同的解，故各项系数均为0，所以，解得， 故. 【小问3详解】 设菱形的对角线的交点为点，设点的坐标为，先证明点为函数的对称中心，证明如下： 由题意有A，C两点关于对称，设，故点坐标为， 将点坐标代入函数可得，即， 即， 化简可得：， 因为有四个不同的点，所以关于的方程有四个不同的解，故各项系数均为0， 即，解得， 所以， 且在上. 又因为按逆时针方向顺次构成菱形，故， 设，则，， 所以， 即， ， ， 若，则或，即点与点重合或点与点重合， 此时四边形不能构成菱形，故 【点睛】方法点睛：代入法、消元法、图像法、因式分解法、公式法等.本题主要考查因式分解方法解方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$