精品解析：吉林省长春市第二中学2023-2024学年高一下学期第二次学程考试（6月）数学试题

2023—2024学年度高一年级下学期第二学程考试 数学科试卷 命题人：高一年级数学组 一､单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．） 1. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知向量满足，向量与的夹角为，则（ ） A. 12 B. 4 C. D. 2 3. 已知，是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，若，，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 4. 鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖，传说黄帝炼丹鼎坠积水成湖．白居易曾以诗赋之：“黄帝旌旗去不回，片云孤石独崔嵬．有时风激鼎湖浪，散作晴天雨点来”．某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案．如图，在山脚A测得山顶P的仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走了90米到达B点（A，B，P，Q在同一个平面内），在B处测得山顶P的仰角为，则鼎湖峰的山高PQ为（ ）米 A B. C. D. 5. 已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（ ） A B. C. D. 6. 如图，已知正四棱锥的所有棱长均为2，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知是球O表面上不同的点，平面，，，，若球的体积为，则（ ） A. B. 1 C. D. 8. 已知在中，角所对的边分别为a，b，c，若，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多选题（本题共3小题；每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，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. 已知复数，下列结论正确的有（ ） A 若，则 B. 若，则 C. 若复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆 D. 若是关于的方程的一个根，则 10. 已知的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为钝角三角形 C. 若，则为等腰三角形 D. 若的三角形有两解，则的取值范围为 11. 如图，在五边形中，四边形为正方形，，，F为AB中点，现将沿折起到面位置，使得，则下列结论正确的是（ ） A. 平面平面 B. 若为中点，则平面 C. 折起过程中，点的轨迹长度为 D. 三棱锥的外接球的体积为 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 内角的对边分别为，若且，则 的值为________ 13. 如图，在正方形中，，点分别为的中点，点在上，则______． 14. 如图所示，在棱长为的正方体中，点是平面内的动点，满足，则直线与平面所成角正切值的最大值为__________. 四､解答题 15. 已知，是平面内两个不共线的向量，若，，，且、、三点共线. （1）求实数的值； （2）若，. （ⅰ）求； （ⅱ）若，，，，恰好构成平行四边形，求点的坐标. 16. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若为边的中点，求的长. 17. 如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知锐角三角形的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求角的大小； （2）若，角与角的内角平分线相交于点D，求面积的最大值. 19. 如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，四边形为矩形，平面平面，为线段的中点，且. （1）求证：平面； （2）若，，直线与平面所成的角为，求点E到平面的距离. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023—2024学年度高一年级下学期第二学程考试 数学科试卷 命题人：高一年级数学组 一､单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．） 1. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的模长公式及除法运算法则结合几何意义计算即可. 【详解】易知，所以， 则在复平面内对应的点为，显然位于第一象限. 故选：A 2. 已知向量满足，向量与的夹角为，则（ ） A. 12 B. 4 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量数量积公式得到，从而得到. 【详解】因为，向量与的夹角为．所以， 所以． 故选：C． 3. 已知，是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，若，，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】C 【解析】 【分析】由直线与平面平行的判定定理和性质定理，结合充分条件、必要条件的概念判断即可. 【详解】若，，，且，所以直线与平面平行的判定定理知； 若，，，所以直线与平面平行的性质定理知； 所以“”是“”的充要条件. 故选：C. 4. 鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖，传说黄帝炼丹鼎坠积水成湖．白居易曾以诗赋之：“黄帝旌旗去不回，片云孤石独崔嵬．有时风激鼎湖浪，散作晴天雨点来”．某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案．如图，在山脚A测得山顶P的仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走了90米到达B点（A，B，P，Q在同一个平面内），在B处测得山顶P的仰角为，则鼎湖峰的山高PQ为（ ）米 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用正弦定理得出的长，再利用直角三角形可求答案. 【详解】中，则， 因为， 且， 则， 在中，则． 故选：B． 5. 已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】球半径是圆锥母线，由圆锥母线、高和底面半径关系得到，圆锥展开图是扇形的弧长和半径关系得到，进而求出，再利用球表面积公式得解. 【详解】由已知得圆锥母线是球半径，设球半径为，圆锥底面圆半径为, 由圆锥高为，得， 由圆锥的侧面展开图是一个半圆得：， 联立方程组，解得，所以球表面积为， 故选：C 6. 如图，已知正四棱锥的所有棱长均为2，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题中条件连接，取的中点，连接,，作出异面直线所成的角，利用余弦定理求解即可. 【详解】连接，取的中点，连接,， 由题意知，，则异面直线与所成角为（或其补角）， 在中，， 则， 则异面直线与所成角的余弦值为. 故选：B. 7. 已知是球O表面上不同的点，平面，，，，若球的体积为，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知易得四点均为长宽高分别为三边长的长方体的顶点，由长方体外接球的直径等于长方体对角线，利用球的体积公式可得答案. 【详解】因为平面，， 所以四面体的外接球半径等于以为长宽高的长方体的顶点的外接球， 又球的体积为，即，所以， 所以， 所以. 故选：B. 8. 已知在中，角所对的边分别为a，b，c，若，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理结合已知，化简，再利用正弦函数单调性求解即得. 【详解】在中，由，得，则，， 由余弦定理得， 因此，依题意，，则， 所以的取值范围是. 故选：B 二､多选题（本题共3小题；每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，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. 已知复数，下列结论正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆 D. 若是关于的方程的一个根，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】由复数，可判定A错误；根据复数的运算法则，可判定B正确；结合复数的几何意义，可判定C正确；根据复数相等的条件，列出方程，求得的值，可判定D正确. 【详解】对于A中，若复数，满足，但两个虚数不能比大小，所以A项错误； 对于B中，若，则，即， 可得或，所以，所以B项正确； 对于C中，由于表示两个复数在复平面上对应的两点之间的距离， 所以，表示复平面内到点距离为3的点的集合， 所以对应的点的轨迹为圆心在，半径为3的圆，所以C项正确； 对于D中，由是关于的方程的根， 故，即， 可得，所以，所以D项正确. 故选：BCD． 10. 已知的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为钝角三角形 C. 若，则为等腰三角形 D. 若的三角形有两解，则的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由正弦定理和余弦定理可判断A,B，利用正弦定理和倍角公式可判断C，结合三角形解的情况可判断D. 【详解】对于A，因为，由正弦定理可得，所以，A正确； 对于B，由余弦定理，可知为钝角，B正确； 对于C，因为，所以，即， 所以或，即为等腰三角形或直角三角形，C不正确； 对于D，因为三角形有两解，所以，即的取值范围为，D正确. 故选：ABD 11. 如图，在五边形中，四边形为正方形，，，F为AB中点，现将沿折起到面位置，使得，则下列结论正确的是（ ） A. 平面平面 B. 若为的中点，则平面 C. 折起过程中，点的轨迹长度为 D. 三棱锥的外接球的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先说明，结合已知，从而证明平面，即可判断A，由，即可证明B，过点作交于点，求出，即可求出点的轨迹长度，从而判断C，连接，即可证明平面，从而得到三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，求出外接球的半径，即可求出球的体积，即可判断D. 【详解】对于A：由题意得，所以，即， 而已知，且注意到，，平面，平面， 所以平面，平面，所以平面平面，故A正确； 对于B：因为为的中点，所以，又，所以， 又平面，平面，所以平面，故B正确； 对于C： 因为四边形为正方形，，，所以， 过点作交于点，则， 所以折起过程中，点的轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧， 所以点的轨迹长为，故C错误； 对于D：连接，则，又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又四边形为边长为的正方形，则三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球， 又四边形外接圆的直径为，， 设四棱锥的外接球的半径为，则，即， 所以， 所以外接球的体积， 即三棱锥的外接球的体积为，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题关键是证明平面平面，从而确定点的旋转角，即可判断B，D选项关键是转化为求四棱锥的外接球的体积. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 的内角的对边分别为，若且，则 的值为________ 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，利用正弦定理，求得，再由余弦定理，即可求解. 【详解】因为，由正弦定理得， 又因为，可得，所以， 由余弦定理得. 故答案为：. 13. 如图，在正方形中，，点分别为的中点，点在上，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的线性运算可得，即可利用数量积的运算律求解. 【详解】设,则. 故答案为：4 14. 如图所示，在棱长为的正方体中，点是平面内的动点，满足，则直线与平面所成角正切值的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】在正方体上“堆叠”一个与之全等的正方体，连接、，设在平面的射影为，连接，则即为直线与平面所成角，在平面上的射影为，求出点的轨迹，再结合平面几何的性质即可得解． 【详解】如图所示， 在正方体上“堆叠”一个与之全等的正方体， 连接、，易知四边形是菱形， 设在平面的射影为， 由正三棱锥可知，点是△的外心， ，则， 由，得， 所以，再结合，得， 从而的轨迹是（平面上）以为圆心，为半径的圆，记为圆， 同理，在平面（即平面上的射影为的外心， 连接，则在平面上的射影为， 进而即为直线与平面所成角，记， 则，其中为定值， 而对于，由圆的几何知识可知，当运动到线段且与圆相交时， 取得最小值，记相交于Q,易知， 则， 此时取得最大值为． 故答案为：． 【点睛】 关键点点睛:本题考查空间中点的轨迹及线面角，关键是确定在平面上的轨迹为圆. 四､解答题 15. 已知，是平面内两个不共线的向量，若，，，且、、三点共线. （1）求实数的值； （2）若，. （ⅰ）求； （ⅱ）若，，，，恰好构成平行四边形，求点的坐标. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）首先求，再根据向量，列式求解； （2）（ⅰ）根据向量的坐标运算，即可求解；（ⅱ）根据，列式求解. 【小问1详解】 则则； 【小问2详解】 （ⅰ），向量的坐标为； （ⅱ）设的坐标为，∵，，，恰好为构成平行四边形 则，， 解得：，∴的坐标为 16. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若为边的中点，求的长. 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边化角，再结合两角和差公式求解； （2）根据余弦定理求出边，再根据向量运算求. 【小问1详解】 因为， 根据正弦定理，得， 化简得，因为，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， 所以，解得． 因为为的中线，所以， 所以， 因，所以，解得. 17. 如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）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）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可证四边形为平行四边形，则，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）如图，易证，根据线面垂直的性质与判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明； （3）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】 因为且，所以四边形为平行四边形， 则，又平面，平面， 所以平面； 【小问2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，所以，又平面， 所以平面，由平面， 所以平面平面； 【小问3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（2）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. 已知锐角三角形的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求角的大小； （2）若，角与角的内角平分线相交于点D，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式化简得到，即可得解； （2）依题意，设，由三角形为锐角三角形求出，在中利用正弦定理表示，即可表示出，再由三角恒等变换公式及正弦函数的性质计算可得. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 所以， 所以， 又，得，所以，即， 由，解得； 【小问2详解】 由题意，， 所以，设，， ，又，则，， 在中，由正弦定理可得：. 即，， ， ，，， ，即， 所以面积的最大值为. 19. 如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，四边形为矩形，平面平面，为线段的中点，且. （1）求证：平面； （2）若，，直线与平面所成的角为，求点E到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质以及直角三角形的性质得线线垂直，即可利用线面垂直的判定定理证明即可 （2）根据已知条件求，，利用等体积法即可求解点到平面的距离. 【小问1详解】 在中，为线段的中点，且， ∴，∴为直角三角形，且，∴. ∵底面为平行四边形，∴，∴. ∵四边形为矩形，∴， 又平面平面，平面平面，平面， ∴平面. ∵平面，∴. ∵，，平面，∴平面. 【小问2详解】 ∵平面，∴，为直线与平面所成角，∴， ∴，，∴. 由（1）知平面，又平面，∴. ∵，，∴， ∴. 在中，，，∴. 连接，由于为线段的中点，则， 由于， 设点E到平面的距离为d， 则，∴，即点到平面的距离为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$