精品解析：重庆市巴蜀科学城中学校2023-2024学年高一下学期阶段测试数学试题

数学试卷 姓名：______班级：______ 一、单选题 本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知为复数，则下列命题正确是（ ） A. 若，则 B. 若，则为实数 C. 若，则为纯虚数 D. 若，则 2. 已知向量夹角为，且，则 A. B. C. D. 3. 甲、乙两个圆锥母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，两圆锥的表面积分别为和，内切球半径分别为和．若，则的值是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，正方体的棱长为是棱的中点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，角的对边分别为，已知面积为，外接圆半径长为，且，则的周长为（ ） A. B. C. D. 6. 如果平面向量，，那么下列结论中不正确的是（ ） A. B. C. ，的夹角为180° D. 向量在方向上的投影为 7. 棱长为2的正方体中，为棱中点，过点且与平面平行的正方体的截面面积为（ ） A. B. C. D. 8. 三角形的三边分别是，若，，且，则有如下四个结论： ① ②的面积为 ③周长为 ④外接圆半径 这四个结论中一定成立的个数是（　　） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 二、多选题 本题共3小题，共18分． 9. 已知复数的共轭复数为，则（ ） A. B. 一定是虚数 C. 一定是实数 D. 10. 如图，已知二面角的棱上有两点，，且，则下列说法正确的是（ ） A. 当二面角的大小为时，直线与所成角为 B. 当二面角的大小为时，直线与平面所成角的正弦值为 C. 若，则二面角的余弦值为 D. 若，则四面体外接球的表面积为 11. 如图，若正方体的棱长为1，M是侧面（含边界）上的一个动点，P是的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 若，则点M在侧面内的运动轨迹的长度为 C. 若，则的最大值为 D. 若，则的最小值为 三、填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在△ABC中，若，，，则___________. 13. 设非零向量与的夹角为，定义与的“向量积”：是一个向量，它的模，若，，则______． 14. 如图，在四棱锥中，四边形为菱形，且是等边三角形，点是侧面内的一个动点，且满足，则点所形成的轨迹长度是_______. 四、解答题 本题共5小题，共77分． 15. 在直三棱柱中，，. （1）求异面直线与所成角大小； （2）若与平面所成角为，求三棱锥的体积. 16. 记的内角、、的对边分别为、、，已知、、是三个连续的正整数，且，． （1）求； （2）将线段绕点顺时针旋转到，求的面积． 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，是线段上的动点． （1）若线段中点时，证明：平面； （2）若直线与底面所成角的正弦值为，且三棱锥的体积为，请确定点的位置，并说明理由． 18. 在中，内角，，所对的边分别是，，，已知． （1）求； （2）若，是外的一点，且，，则当为多少时，平面四边形的面积最大，并求的最大值． 19. 如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°，E是CD的中点，PA⊥底面ABCD，PA=2. （1）证明:平面PBE⊥平面PAB； （2）求点D到平面PBE的距离； （3）求平面PAD和平面PBE所成锐二面角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 数学试卷 姓名：______班级：______ 一、单选题 本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知为复数，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为实数 C. 若，则为纯虚数 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】应用特殊值法判断A、D的正误，根据复数的概念结合已知条件判断B、C的正误. 【详解】A：时，，显然，错误； B：则虚部为0，即为实数，正确； C：为非零实数时，也成立，错误； D：，时，，错误. 故选：B 2. 已知向量夹角为，且，则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量夹角为，且可得的值；再通过得出结论. 【详解】由题意可得： ， 结合题意有： ， 解得： . 故选：C. 3. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，两圆锥的表面积分别为和，内切球半径分别为和．若，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】圆锥侧面展开图为扇形，利用扇形面积公式和圆心角公式得到两个圆锥底面半径的关系，再利用圆锥表面积公式求解. 【详解】两圆锥的母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面半径为， 由圆心角之和为，得，则， 又，即，将代入， 所以， 即，所以，从而，． 由圆锥内切球半径公式得，， 所以，将代入，解得，同理可得，所以. 故选：C. 4. 如图，正方体的棱长为是棱的中点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等体积法，设点到平面的距离为d，利用三棱锥的体积公式代入面积即求得d. 【详解】如图，利用等体积法，，设点到平面的距离为d， 正方体的棱长为4，故， 如图，设中为边的高， ， 即， 又点到平面的距离，即到平面的距离，为，， 由得， 即，故. 故选：D 5. 在中，角的对边分别为，已知面积为，外接圆半径长为，且，则的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用降次公式、诱导公式、同角三角函数的基本关系式化简，由此求得，利用正弦定理求得，利用余弦定理和三角形面积公式求得，由此求得三角形的周长. 【详解】由得，，所以，由于，所以.由正弦定理得（为三角形外接球的半径），即.由三角形面积公式和余弦定理得，即，即，所以，所以三角形的周长为. 故选：A 【点睛】本小题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，考查三角形周长的求法，考查降次公式和同角三角函数的基本关系式，属于中档题. 6. 如果平面向量，，那么下列结论中不正确的是（ ） A. B. C. ，的夹角为180° D. 向量在方向上的投影为 【答案】D 【解析】 分析】直接利用向量的坐标运算，向量的模，向量的夹角运算，向量在另一个向量上的投影的应用判定选项的结论． 【详解】解：因为，，所以， 对于A，因为，所以，故A正确； 对于B，因为，故，故B正确； 对于C，因为，所以与的夹角为180°，故C正确； 对于D，在方向上的投影为：，，故D错误. 故选：D. 7. 棱长为2的正方体中，为棱中点，过点且与平面平行的正方体的截面面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 取中点，中点，连结、、、、，，则，，从而过点，且与平面平行的正方体的截面为四边形，由此能求出过点，且与平面平行的正方体的截面面积． 【详解】解：取中点，中点，连结、、、、，， 棱长为2的正方体中，为棱中点， ，， 又，，、平面，、平面， 过点，且与平面平行的正方体的截面为四边形， ， ， ， 过点，且与平面平行的正方体的截面面积为： ． 故选：B． 【点睛】本题考查截面面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题． 8. 三角形的三边分别是，若，，且，则有如下四个结论： ① ②的面积为 ③的周长为 ④外接圆半径 这四个结论中一定成立的个数是（　　） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理可得三角形的外接圆的半径；由三角函数的恒等变换化简或，即；分别讨论，结合余弦定理和三角形面积公式，计算可得所求值，从而可得结论． 【详解】，，可得，可得外接圆半径，④正确； ，即为， 即有， 则，即或，即； 若，，，可得，①可能成立； 由可得，，则三角形的周长为；面积为； 则②③成立； 若，由， 可得，， 则三角形的周长为；面积为； 则②③成立①不成立； 综上可得②③④一定成立,故选C． 【点睛】本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式，考查三角函数的恒等变换，属于中档题．以三角形为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心. 二、多选题 本题共3小题，共18分． 9. 已知复数的共轭复数为，则（ ） A. B. 一定是虚数 C. 一定是实数 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据共轭复数、复数的模、复数运算等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】设，则， ，A正确； 当时，，此时是实数，故B错误； ，故C正确； 当时，不满足，故D错误. 故选：AC 10. 如图，已知二面角的棱上有两点，，且，则下列说法正确的是（ ） A. 当二面角的大小为时，直线与所成角为 B. 当二面角的大小为时，直线与平面所成角的正弦值为 C. 若，则二面角的余弦值为 D. 若，则四面体外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】过作，且，连接，，即可得到即为直线与所成角，为二面角的平面角，由，即可求出、，即可判断A，取的中点，连接，，即可得到平面，从而得到即为直线与平面所成角，即可判断B，由A、B中，取的中点，连接，，即可得到即为二面角的平面角，即可判断C，四面体的外接球即为四棱锥的外接球，求出外接球的半径，即可判断D. 【详解】对于A、B，如图，过作，且，连接，， 由，，，所以，则为正方形， 则，即为直线与所成角，为二面角的平面角， 当时，易得， 又，，，平面，所以平面， 即面，面，所以，所以为等腰直角三角形， 故，即直线与所成角为，故A正确； 取的中点，连接，，因为为等边三角形，所以， 又面，面，所以， ，平面，所以平面， 所以即为直线与平面所成角，因为，， 所以，即直线与平面所成角的正弦值为，故B正确； 对于C，过作，且，连接，， 由，，，所以，则为正方形，则， 又，，，平面，所以平面， 所以平面，为二面角的平面角， 若，则，所以，即为等边三角形， 所以，即二面角的大小为， 取的中点，连接，，则，所以， 由三垂线法可知即为二面角的平面角，又，所以， 所以，所以二面角的余弦值为，故C错误； 对于D，四面体的外接球即为四棱锥的外接球， 又平面，平面，所以平面平面， 所以将四棱锥补全为直三棱柱， 则四棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球， 设外接圆的半径为，则， 设四棱锥的外接球的半径为，则， 所以四棱锥的外接球的表面积， 故四面体外接球的表面积为，故D正确． 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：涉及二面角问题关键是找到二面角的平面角，常用定义法和三垂线法. 11. 如图，若正方体的棱长为1，M是侧面（含边界）上的一个动点，P是的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 若，则点M在侧面内的运动轨迹的长度为 C. 若，则的最大值为 D. 若，则的最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，由，的面积为定值，且点到平面的距离为正方体的棱长，从而可进行判断，对于B，过点作，由已知得点的轨迹是以为圆心，1为半径的半圆弧，根据圆的周长公式可判断，对于CD，过点作，则是的中点，连接，取的中点，连接，解三角形，可求出的最值. 【详解】对于A，三棱锥的体积为， 因为P是的中点，所以的面积为定值， 因为点到平面的距离为正方体的棱长， 所以三棱锥的体积为定值，所以A正确， 对于B，过点作于， 则由正方体的性质和面面垂直的性质，可得平面， 因为平面，所以， 因为正方体的棱长为1， ， 所以， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的半圆弧， 所以点M在侧面内的运动轨迹的长度为，所以B正确， 对于CD，过点作于，则为的中点，连接，取的中点， 连接，则∥， 因为， 所以≌，所以， 因为，所以， 所以， 因为平面，平面， 所以，因为，平面， 所以平面，所以平面， 因为平面平面， 所以点的轨迹是线段， 在中，， 所以的最大值为，所以C正确， 在中，， 所以， 所以点到的距离为，所以D错误， 故选：ABC 三、填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在△ABC中，若，，，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】由三角形内角和求得，然后由正弦定理求得． 详解】由三角形内角和定理可得：， 因为，， 由正弦定理可得， 故答案为：. 13. 设非零向量与的夹角为，定义与的“向量积”：是一个向量，它的模，若，，则______． 【答案】1 【解析】 【分析】先根据向量数量积求出与的夹角为，再根据的定义式计算即可 【详解】， ， ， 故答案为：1 14. 如图，在四棱锥中，四边形为菱形，且是等边三角形，点是侧面内的一个动点，且满足，则点所形成的轨迹长度是_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，Q点在一个过BD，且与直线AC垂直的平面内，且Q点的轨迹是该平面内与平面PBC的交线段的长度.据此进行求解. 【详解】根据题意，连接AC，BD，记其交点为O，取PC上一点为M，连接MB，MD，作图如下： 若满足题意，又，故平面DBQ， 则点Q只要在平面DBQ与平面PBC的交线上即可. 假设如图所示：平面DBM与平面DBQ是同一个平面， 则Q点的轨迹就是线段BM. 根据假设，此时直线平面DBM，则. 故三角形MOC为直角三角形. 因为三角形PAD是等边三角形，三角形BAD也是等边三角形， 故AD，又因为BC//AD，故BCPB， 故三角形PBC为直角三角形，故 故在三角形PAC中， 由余弦定理可得： 故在直角三角形MOC中， 在直角三角形PBC中， = 在三角形BCM中： 故可得：. 故答案为. 【点睛】本题综合考查立体几何知识，其中的难点在于如何找到动点的轨迹；本题中利用作直线的垂面找到了动点的轨迹，这是常考的知识点.本题属立体几何综合性难题. 四、解答题 本题共5小题，共77分． 15. 在直三棱柱中，，. （1）求异面直线与所成角的大小； （2）若与平面所成角为，求三棱锥的体积. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】(1)由，知为异面直线与所成的角； (2)由平面知为与平面所成角，根据几何关系即可求出三棱柱的棱长. 小问1详解】 ∵，∴为异面直线与所成的角(或其补角). 由，，得. 因此异面直线与所成角大小为. 【小问2详解】 ∵平面，∴为与平面所成角，即. 由，，得，于是. 因此三棱锥的体积. 16. 记的内角、、的对边分别为、、，已知、、是三个连续的正整数，且，． （1）求； （2）将线段绕点顺时针旋转到，求的面积． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】(1)根据题意和正弦定理可得，结合余弦定理可得，进而列出方程，解方程即可； (2)由(1)和余弦定理可得，根据同角三角函数的基本关系求出，结合三角形面积公式分两种情况计算即可. 【小问1详解】 且是三个连续的正整数， ∴可得，由正弦定理得 ， ， 又由余弦定理得 ，解得； 【小问2详解】 由（1）知 ，， 将线段绕点A顺时针旋转到时，分两种情况如下: (i)如图1: ， (ii)如图2 ， 综上所述，的面积为. 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，是线段上的动点． （1）若是线段中点时，证明：平面； （2）若直线与底面所成角的正弦值为，且三棱锥的体积为，请确定点的位置，并说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）E是线段PC上靠近点P的三等分点；理由见解析 【解析】 【分析】连接交于，连接，由底面是菱形，得是中点，又 是的中点，根据三角形中位线定理可得，利用线面平行的判定定理可得 平面； （2）平面，∠PCA为直线PC与底面ABCD所成的角，由三角函数可得，再根据求出体积比，即可确定E点的位置. 【小问1详解】 连接交于，连接， ∵底面是菱形，∴是中点，又∵是的中点， ∴，且平面，平面， ∴平面． 【小问2详解】 ∵PA⊥底面ABCD，∴∠PCA为直线PC与底面ABCD所成的角， ∴，∴，∴． 又∵，∴， ∵菱形中，， ∵PA⊥底面ABCD，PA⊂平面PAB， ∴平面PAB⊥底面ABCD，且它们的交线是AB， 在底面ABCD内，过点C作CF⊥AB，垂足为点F，则：CF⊥平面PAB， 故点C到平面PAB的距离，令点E到平面PAB的距离, ． 又同一底面积下，高的比等于斜边的比， 故是线段上靠近点的三等分点． 18. 在中，内角，，所对的边分别是，，，已知． （1）求； （2）若，是外的一点，且，，则当为多少时，平面四边形的面积最大，并求的最大值． 【答案】（1） （2）时，S最大值为 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用两角和差公式进行化简即可. （2）将四边形面积分成两个三角形面积和来解决，设，则利用x分别表示的面积，然后在中，利用余弦定理找到x与∠D的关系，最后构造函数利用函数值域来求最值. 【小问1详解】 在中，内角所对的边分别是，已知． 由正弦定理得：，又， ， ，， ，，． 【小问2详解】 ，，是等边三角形，设，， ，，，， 由余弦定理得， ， ，，当，即时， 平面四边形的面积取最大值． 19. 如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°，E是CD的中点，PA⊥底面ABCD，PA=2. （1）证明:平面PBE⊥平面PAB； （2）求点D到平面PBE的距离； （3）求平面PAD和平面PBE所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3） 【解析】 【分析】(1) 利用面面垂直的判定定理，转化为证明平面. (2) 在三棱锥中，利用等体积法求点到面的距离. (3) 先作出所求二面角并证明，再用解三角形知识求解. 【详解】(1)证明：连接BD，由四边形ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60° ， 可知是正三角形.因为E是CD的中点，所以BE⊥CD， 又AB//CD，所以 因为PA⊥底面ABCD，平面ABCD，所以PA⊥ BE. 又平面PAB，平面PAB， AB∩PA=A， 所以BE⊥ 平面PAB， 又平面PBE，所以平面 PBE⊥平面PAB. (2)因为PA⊥底面 ABCD，平面ABCD，所以PA⊥AB. 又 PA=2， AB=1，所以. 因为正三角形BCD中，BC=1， E是CD的中点，所以. 因为BE⊥平面PAB，平面PAB，所以BE⊥PB， 所以 因为，PA⊥底面ABCD， 设点D到平面PBE的距离为d， 所以， 而 所以，即点D到平面PBE的距离为. (3)延长BE、AD，交于点F，连PF，则PF为平面PAD和平面PBE的交线. 取AD中点H，连BH，过B作，垂足为I，连HI. 由四边形ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°， 可知是正三角形，因为H是AD的中点，所以 . 因为PA⊥底面ABCD，平面ABCD，所以.PA⊥ BH. 又平面PAD，平面PAD，AD∩PA=A， 所以BH⊥平面PAD，又平面PAD，所以.BH⊥PF， 又BI⊥PF，平面BHI，平面BHI， BH∩BI=B， 所以PF⊥平面BHI，而平面BHI，所以PF⊥HI， 则∠BIH为二面角B-PFA的一个平面角. 因为BH⊥平面PAD，平面PAD，所以BH⊥HI. 因为菱形ABCD中，DE//AB，， E为BF的中点，. 在中，，，PB⊥BF， BI⊥PF， 所以，，又， 所以中，，， 即平面PAD和平面PBE所成锐二面角的余弦值为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$