精品解析：江苏省扬州市第一中学2023-2024学年高一下学期5月教学质量调研评估数学试题

扬州市第一中学2023-2024学年第二学期 5月教学质量调研评估高一数学 （满分：150分 时间：120分钟） 一、单选题 1. 下列几何体为棱柱的是（ ） A. B. C. D. 2. 复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 在中，，则的外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 四等分切割如图所示的圆柱，再将其重新组合成一个新的几何体，若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了，则圆柱的侧面积是（ ） A. B. C. 10 D. 20 6. 设，为两个不同的平面，为两条不同的直线，且，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 如图，在正方体 中，为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 在四棱锥中，平面，，，与平面所成角为，底面为直角梯形，，则点到平面的距离为（ ） A. B. 2 C. D. 二、多选题 9. 下列结论恒为零向量的是（ ） A. B. C. D. 10. 下列命题正确的是（ ） A. 一个棱锥至少5个面 B. 平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 C. 有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 D. 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 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为四边形 三、填空题 12. 已知，若直线，直线，且l，m为两条不同的直线，则l，m的位置关系是______. 13. 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______． 14. 在直四棱柱中，所有棱长均为2，，为的中点，点在四边形内（包括边界）运动，下列结论中正确的是_____（填序号） ①当点在线段上运动时，四面体的体积为定值 ②若面，则的最小值为 ③若的外心为M，则为定值2 ④若，则点的轨迹长度为 四、解答题 15. 已知复数，. （1）若是纯虚数，求的值； （2）若在复平面内对应的点在直线上，求的值. 16. 已知向量，． （1）若与共线，求的值； （2）若与垂直，求的值． 17. 已知分别为内角的对边，． （1）求角A； （2）若的面积为，周长为6，求． 18. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，为的中点，为的中点． （1）求证：直线平面； （2）过点，，的平面与棱交于点，求证：是的中点. 19. 如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点. （1）证明：平面平面； （2）证明平面，并求直线到平面的距离. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 扬州市第一中学2023-2024学年第二学期 5月教学质量调研评估高一数学 （满分：150分 时间：120分钟） 一、单选题 1. 下列几何体为棱柱的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据棱柱、棱锥、棱台的定义逐项判断即可. 【详解】根据简单组合体的概念知：选项A为简单组合体； 根据棱柱的概念可得选项B为棱柱； 根据棱台的定义知选项C为棱台； 根据棱锥的概念知选项D为棱锥. 故选：B 2. 复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求复数，再求模. 【详解】， 所以. 故选：D 3. 在中，，则的外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理计算可得外接圆的半径，再利用圆的面积公式计算即可. 【详解】由正弦定理得的外接圆的半径， 所以的外接圆的面积． 故选:． 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角的正切公式计算即可求得结论. 【详解】． 故选：C. 5. 四等分切割如图所示的圆柱，再将其重新组合成一个新的几何体，若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了，则圆柱的侧面积是（ ） A. B. C. 10 D. 20 【答案】A 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，高为，依题意可得，再根据侧面积公式计算可得. 【详解】设圆柱的底面半径为，高为，依题意可得， 所以圆柱的侧面积. 故选：A 6. 设，为两个不同的平面，为两条不同的直线，且，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】结合图形，利用充分条件和必要条件的判断方法，即可得出结果. 【详解】如图1，当时，与不一定垂直，如图2，当时，m与n不一定垂直， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件， 故选：D. 7. 如图，在正方体 中，为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，易证，只需解三角形，求出的余弦值即可得解. 【详解】 如图，连接，， 因为，， 所以四边形是平行四边形， ，因此是异面直线与所成的角或其补角， 设正方体的棱长为2，则，， 在直角三角形中，， ，即三角形是直角三角形， ， 即异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C. 8. 在四棱锥中，平面，，，与平面所成角为，底面为直角梯形，，则点到平面的距离为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用线面角的定义求得，进而求得，再利用线面垂直的判定与性质定理证得平面，从而得解. 【详解】在平面中过作，垂足为， 因为平面， 所以为与平面所成角，则， 又平面，所以，又，所以， 所以，， 因为，则， 因为平面，所以， 又平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，平面，所以平面， 所以为点到平面的距离，即所求为. 故选：C. 二、多选题 9. 下列结论恒为零向量的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用平面向量的线性运算逐个选项直接求解判断即可. 【详解】对于A，，A错； 对于B，，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，，D正确. 故选：BCD 10. 下列命题正确的是（ ） A. 一个棱锥至少5个面 B. 平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 C. 有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 D. 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据柱体和锥体的体结构特征和基本性质对每一题进行逐一分析判断. 【详解】对于A，三棱锥只有4个面，故A错误； 对于B，由平行六面体的定义可知，平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，故B正确； 对于C，由棱锥的定义可知，侧面是三角形，底面的边数决定了它是几棱锥，从而有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥，故C正确； 对于D，由正棱锥的定义可知，正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，故D正确. 故选：BCD. 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， 所以位于的延长线上，则，， 即为五边形，故D错误. 故选：ABC. 三、填空题 12. 已知，若直线，直线，且l，m为两条不同的直线，则l，m的位置关系是______. 【答案】平行 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理可得到平面，平面，由此可得答案. 【详解】依题意知，平面， 故平面， 又，平面， 故平面，∴. 故答案为：平行 13. 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 14. 在直四棱柱中，所有棱长均为2，，为的中点，点在四边形内（包括边界）运动，下列结论中正确的是_____（填序号） ①当点在线段上运动时，四面体的体积为定值 ②若面，则的最小值为 ③若的外心为M，则为定值2 ④若，则点的轨迹长度为 【答案】①④ 【解析】 【分析】由题证得面，所以直线上各点到平面的距离相等，又的面积为定值判断①；取的中点分别为，由面面平行的判定定理可得平面面，因为面，所以平面，当时，AQ有最小值判断②；由三角形外心的性质和向量数量积的性质判断③；在上取点，使得，求出点Q的轨迹为圆弧判断④. 【详解】对于①，因为，平面， 平面，所以平面， 所以直线上各点到平面的距离相等，又的面积为定值，①正确； 对于②，取的中点分别为，连接， 因为，平面，平面，所以平面， 又因为，，则， 又平面，平面，所以平面， ，平面，所以平面平面， 因为面，所以平面， 当时，AQ有最小值，则易求出 ， 则，即，所以重合， 所以AQ的最小值为，②错误； 对于③，若的外心为M，过作于点，则， 又，则，③错误； 对于④，在平面内过作于点， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面，， 在上取点，使得， 则，， 所以，若，则在以为圆心，2为半径的圆弧上运动， 又因为所以，则圆弧等于，④正确. 故答案为：①④ 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题. 四、解答题 15. 已知复数，. （1）若是纯虚数，求的值； （2）若在复平面内对应的点在直线上，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用复数的概念得出，解方程即可求解. （2）将在复平面内对应的点代入直线方程即可求解. 【小问1详解】 复数，实部为，虚部为， 若为纯虚数，则，解得. 【小问2详解】 因为在复平面内对应的点为， 由题意可得：，解得. 16. 已知向量，． （1）若与共线，求的值； （2）若与垂直，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的坐标运算求，，结合向量平行的坐标表示运算求解； （2）根据向量的坐标运算求，结合向量垂直的坐标表示运算求解. 【小问1详解】 因为向量，，则，． 又因为与共线，则，解得． 【小问2详解】 由题意可知：， 因为与垂直，则，解得． 17. 已知分别为内角的对边，． （1）求角A； （2）若的面积为，周长为6，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理和三角恒等变换可得，结合角A的范围分析求解； （2）利用面积公式可得，再根据余弦定理运算求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 又因为， 可得， 且，则，可得， 整理得， 又因为，则， 所以，即. 【小问2详解】 因为，则， 由余弦定理可得， 解得． 18. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，为的中点，为的中点． （1）求证：直线平面； （2）过点，，的平面与棱交于点，求证：是的中点. 【答案】（1）证明：取的中点，连接，， 因为，分别为，的中点， 所以，， 因为底面是菱形，即，所以， 又平面，平面， 所以平面， 同理可得平面， 又，平面， 所以平面平面， 又因为平面， 所以平面； （2）证明：因为过点，，的平面与棱交于点， 又，平面，平面，所以平面， 又平面平面，平面， 所以，所以， 所以为的中点，即与中点重合，所以是的中点． 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，即可证明平面，平面，即可得到平面平面，从而得证； （2）首先证明平面，根据线面平行的性质得到，即，从而得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点. （1）证明：平面平面； （2）证明平面，并求直线到平面的距离. 【答案】（1） 因为平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以， 又，为中点，所以，又，平面， 所以平面，又平面，故平面平面. （2）证明见解析， 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质，得到，根据条件及线面垂直的判定定理得到平面，从而有，再根据条件得到，由线面垂直的判定定理，得到平面，即可证明结果； （2）根据条件有，利用线面平行的判定定理，即可证明结果；利用平面，将线到面的距离转化成点到面的距离，再利用等体积法，即可求出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题，分别为，中点，故， 又平面，平面，故平面， 则直线到平面的距离为点到平面的距离. 由为中点，所以，记为，， 又，所以， 由（1）知，平面，故，，， 由题知，，， 所以， 而， 所以. . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $