精品解析：安徽省亳州市第一中学2023-2024学年高一下学期期中检测数学B卷

亳州一中2023~2024学年度高一下期中检 测卷·数学卷（B） 考试时间120分钟 试卷满分 150分 命题人：陈磊 审题人：吴晓婷 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：（必修第二册第6—9章）人教A版2019 一、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. 已知复数满足，则复数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. 总体由编号为01，02，…，19，20的20个个体组成.利用下面的随机数表选取7个个体，选取方法是从随机数表第1行的第3列和第4列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第6个个体的编号为 7816 6572 0802 6314 0702 4369 9728 0198 3204 9234 4935 8200 3623 4869 6938 7481 A. 02 B. 07 C. 01 D. 06 3. 如图，一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为的正方形，则原平面图形的周长为（ ） A. 4a B. 8a C. 6a D. 4. 已知、m为两条不同的直线，、为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）. A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，，则 D. 若，，，则 5. 已知向量和满足，，，则向量在向量上投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，一种工业部件是由一个圆台挖去一个圆锥所制成的.已知圆台的上、下底面半径分别为和，且圆台的母线与底面所成的角为，圆锥的底面是圆台的上底面，顶点在圆台的下底面上，则该工业部件的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 圣·索菲亚教堂（英语： SAINTSOPHIA CATHEDRAL）坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，为哈尔滨的标志性建筑，被列为第四批全国重点文物保护单位. 其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美，小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索非亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为m，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A教堂顶C的仰角分别是和，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为，则小明估算索菲亚教堂的高度为（ ） A. 20m B. 30m C. m D. m 8. 已知，，，为球面上四点，，分别是，的中点，以为直径的球称为，的“伴随球”，若三棱锥的四个顶点在表面积为的球面上，它的两条边，的长度分别为和，则，的伴随球的体积的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 设，为复数，则下列结论中正确的是（ ） A B. C. 若，则 D. 若，则的最大值为3 10. 下列命题正确的是（ ） A. 已知，是两个不共线的向量，，，则与可以作为平面向量的一组基底 B. 在中，，，，则这样的三角形有两个 C. 已知是边长为2的正三角形，其直观图的面积为 D. 已知，，若与的夹角为钝角，则k的取值范围为 11. 如图，在底面为平行四边形的直四棱柱中，，，、分别为棱、的中点，则（ ） A. B. 与平面所成角余弦值为 C. 三棱柱的外接球的表面积为 D. 点到平面距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，平行四边形ABCD中，，，M是的中点，以为基底表示向量________ 13. 文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，得到如图所示的频率分布直方图.则频率分布直方图中的值为_________；样本成绩的第75百分位数为_________. 14. 在棱长为1的正方体中，点是该正方体表面及其内部的一个动点，且平面，则线段的长的取值范围是______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知平面向量． （1）若，求； （2）若，求向量与的夹角． 16. 已知是复数，为实数，为纯虚数（为虚数单位）. （1）求复数和； （2）复数在复平面对应的点在直线上，求实数的值. 17. 如图，在中，，点满足． （1）若点是线段上一点，且，求实数的值； （2）若，求的余弦值． 18. 已知的内角所对的边分别为，且满足. （1）求角B的大小； （2）若，，点D在边上，且，求长. 19. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 亳州一中2023~2024学年度高一下期中检 测卷·数学卷（B） 考试时间120分钟 试卷满分 150分 命题人：陈磊 审题人：吴晓婷 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：（必修第二册第6—9章）人教A版2019 一、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. 已知复数满足，则复数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】D 【解析】 【分析】利用复数除法求出复数，再求出即可得解. 【详解】依题意，， 所以在复平面内对应的点位于第四象限. 故选：D 2. 总体由编号为01，02，…，19，20的20个个体组成.利用下面的随机数表选取7个个体，选取方法是从随机数表第1行的第3列和第4列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第6个个体的编号为 7816 6572 0802 6314 0702 4369 9728 0198 3204 9234 4935 8200 3623 4869 6938 7481 A. 02 B. 07 C. 01 D. 06 【答案】C 【解析】 【分析】根据随机数表，依次进行选择即可得到结论． 【详解】选取方法是从随机数表第1行的第3列和第4列数字开始由左到右依次选取两个数字中小于20的编号依次为16，08，02，14，07，01，则第6个个体的编号为01． 故选：C． 【点睛】本题主要考查简单随机抽样的应用，正确理解随机数法是解决本题的关键，比较基础． 3. 如图，一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为的正方形，则原平面图形的周长为（ ） A. 4a B. 8a C. 6a D. 【答案】B 【解析】 【分析】由直观图还原可得原图形，结合斜二测画法求边长，再求其周长即可. 【详解】由直观图可得原图形， 所以，，， 所以，原图形的周长为. 故选：B. 4. 已知、m为两条不同的直线，、为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）. A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，，则 D. 若，，，则 【答案】A 【解析】 【分析】根据直线与平面，平面与平面的位置关系，对选项逐一分析判断，选出正确的命题即可. 【详解】对于选项A，因为，则垂直平面内任意一条线，又，所以， 所以，则有，所以选项A正确； 对于选项B，当，时，有或，所以选项B错误； 对于选项C，当，，，时，与可以相交，所以选项C错误； 对于选项D，若，，时，有或与异面，所以选项D错误. 故选：A. 5. 已知向量和满足，，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出向量，夹角的余弦值，然后利用求解投影向量的方法求解即可. 【详解】因为，所以， 又，，所以，得到， 所以， 设与的夹角为，则， 所以在上的投影向量为：， 故选：D. 6. 如图，一种工业部件是由一个圆台挖去一个圆锥所制成的.已知圆台的上、下底面半径分别为和，且圆台的母线与底面所成的角为，圆锥的底面是圆台的上底面，顶点在圆台的下底面上，则该工业部件的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题知该圆台的轴截面为等腰梯形，进而得，圆台，圆锥的高均为，再计算体积即可. 【详解】解：根据题意，该圆台的轴截面为等腰梯形，如图， 所以即为圆台母线与底面所成角，即， 分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、， 因为，则四边形为矩形，且， 因为，，， 所以，，所以，，且， 因为，则， 所以，圆台，圆锥的高均为， 所以，该工业部件的体积为 . 故选：B. 7. 圣·索菲亚教堂（英语： SAINTSOPHIA CATHEDRAL）坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，为哈尔滨的标志性建筑，被列为第四批全国重点文物保护单位. 其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美，小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索非亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为m，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A教堂顶C的仰角分别是和，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为，则小明估算索菲亚教堂的高度为（ ） A. 20m B. 30m C. m D. m 【答案】D 【解析】 【分析】在在中，求出，在中，利用正弦定理求出，再解即可得解. 【详解】由题意可知，在中，， 则， 所以， 中，， 则， 由正弦定理得， 所以， 在中，， 则，所以， 所以小明估算索菲亚教堂的高度为. 故选：D. 8. 已知，，，为球面上四点，，分别是，的中点，以为直径的球称为，的“伴随球”，若三棱锥的四个顶点在表面积为的球面上，它的两条边，的长度分别为和，则，的伴随球的体积的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知求出三棱锥的外接球半径，求出，进一步求出的范围，从而得出答案即可． 【详解】设三棱锥外接球的半径为， 则，所以球的半径为， 则球的两条弦的中点为， 则， 即弦分别是以为球心，半径为3和2的球的切线， 且弦在以为球心，半径为2的球的外部， 的最大距离为，最小距离为， 当三点共线时，分别取最大值与最小值， 故的伴随球半径分别为， 半径为时，的伴随球的体积为， 当半径为时，的伴随球的体积． ∴的伴随球的表面积的取值范围是． 故选：D. 【点睛】关键点点睛：由三棱锥的外接球半径，求出是解题的关键． 二、选择题：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. 设，为复数，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则的最大值为3 【答案】AD 【解析】 【分析】根据共轭复数的概念，复数的模、乘法法则求解判断ABC，根据不等式的性质判断D． 【详解】设， 则，，A正确 ，而，B错误； 当时，取任意的复数，都有，C错误； ，当时等号成立，D正确， 故选：AD． 10. 下列命题正确的是（ ） A. 已知，是两个不共线的向量，，，则与可以作为平面向量的一组基底 B. 在中，，，，则这样的三角形有两个 C. 已知是边长为2的正三角形，其直观图的面积为 D. 已知，，若与的夹角为钝角，则k的取值范围为 【答案】ABC 【解析】 【分析】由平面向量基底的定义即可判断A；由余弦定理代入计算，即可判断B；由原图形与直观图的面积关系即可判断C；由平面向量夹角的坐标公式即可判断D. 【详解】对A，因为，是两个不共线的向量，且，，设， 则，这样的不存在，所以与不共线，则与可以作为平面向量的一组基底，故A正确； 对B，因为在中，，，，由余弦定理可得，， 即，易知且两根之和，两根之积都为正， 所以方程有两根，故B正确； 对C，因为是边长为2的正三角形，则，设其直观图的面积为， 因为直观图的面积与平面图形的面积比为，即，故C正确； 对D，因为，，则， 设与的夹角为，则， 且，解得且，故D错误； 故选：ABC 11. 如图，在底面为平行四边形的直四棱柱中，，，、分别为棱、的中点，则（ ） A. B. 与平面所成角余弦值为 C. 三棱柱的外接球的表面积为 D. 点到平面的距离为 【答案】AC 【解析】 【分析】证明出，再结合可判断A选项；利用线面角的定义可判断B选项；求出的外接圆直径，可求得三棱柱的外接球的直径为，结合球体的表面积公式可判断C选项；利用等体积法可判断D选项. 【详解】对于A选项，连接、， 因为四边形为平行四边形，且，则为菱形， 因为，则，且， 故为等边三角形， 因为为的中点，则， 因为且，则四边形为平行四边形， 所以，，故，A对； 对于B选项，过点在平面内作，垂足为点，连接， 因为平面，平面，则， 因，，、平面，则平面， 所以，与平面所成角为， 因为四边形是边长为的菱形，且，则，故， 由余弦定理可得， 因为，则， 因为平面，平面，则， 所以，， 因为平面，平面，则， 所以，， 所以，，即与平面所成角的余弦值为，B错； 对于C选项，如下图所示： 圆柱的底面圆直径为，母线长为， 则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心. 且有， 可将直三棱柱置于圆柱内，使得、的外接圆分别为圆、圆， 如下图所示： 因为，，则为等边三角形， 故圆的直径为， 所以，三棱柱的外接球的直径为， 所以，三棱柱的外接球的表面积为，C对； 对于D选项，连接、，如下图所示： 因为平面，平面，则， 又因为且，则四边形为矩形， 所以，， 因为，平面，平面，则平面， 所以，点到平面的距离等于， 因为点为的中点，则点到平面的距离为， 所以，， 因为四边形为矩形，则， 因为，，则， 同理， 在中，，，， 由余弦定理可得， 因为平面，平面，则， 所以，， 所以，， 则， 所以，， 设点到平面的距离为，由，得， 所以，，即点到平面的距离为，D错. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法： ①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； ②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上； ④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，平行四边形ABCD中，，，M是的中点，以为基底表示向量________ 【答案】 【解析】 【分析】利用平面向量基本定理即可求得结果. 【详解】易知，显然； 可得； 故答案为： 13. 文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，得到如图所示的频率分布直方图.则频率分布直方图中的值为_________；样本成绩的第75百分位数为_________. 【答案】 ①. ②. 84 【解析】 【分析】空1：根据每组小矩形面积之和为1即可求解；空2：由频率分布直方图求百分位数的计算公式即可求解； 【详解】∵每组小矩形的面积之和为1， ∴， ∴. 成绩落在内的频率为， 落在内的频率为， 设第75百分位数为m， 由，得，故第75百分位数为84. 故答案为：；84. 14. 在棱长为1的正方体中，点是该正方体表面及其内部的一个动点，且平面，则线段的长的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】证明平面平面，得点的轨迹，由此可得的最大值为的长，最小值为到平面的距离，求出距离后可得． 【详解】连接，正方体中由与平行且相等得是平行四边形，从而， 又平面，平面，所以平面，同理平面， 又，平面，所以平面平面， 平面，则平面， 所以动点的轨迹形成的区域为的边界及内部，的最大值为即的长， 的最小值为到平面的距离， 连接交于点，连接交于点，， 由平面，平面，得， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以，同理， 又因为，平面，所以平面， 同理可证，所以，从而， 故线段的长的取值范围是． 故答案为：． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知平面向量． （1）若，求； （2）若，求向量与的夹角． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量数量积公式及模长公式计算即可； （2）根据平面向量共线的充要条件及夹角的坐标表示计算即可. 【小问1详解】 因为， 所以 即， 即， 即， 所以， 所以； 【小问2详解】 由题意可得 又因，所以， 解得， 所以 所以 即 又因为， 所以 16. 已知是复数，为实数，为纯虚数（为虚数单位）. （1）求复数和； （2）复数在复平面对应的点在直线上，求实数的值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）用待定系数法可先设复数，然后进行复数运算，根据条件即可求出结果； （2）利用可化简原式，再进行复数除法运算，得到复数复平面上对应的点的坐标，再代入直线，即可求出的值. 【小问1详解】 设复数，，由是实数，则， 即，所以， 因为为纯虚数，所以且，解得， 所以， . 【小问2详解】 由（1）知， 在复平面上对应的点为， 又已知在复平面上对应的点在直线上，则有：， 解得：. 17. 如图，在中，，点满足． （1）若点是线段上一点，且，求实数的值； （2）若，求的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合图形以及平面向量的线性运算即可求解； （2）设，在和中利用正弦定理，建立等量关系求的余弦值. 【小问1详解】 设，， 因为，所以， ， 又， 所以，所以，所以实数的值为； 【小问2详解】 因为，所以， 由题意设，所以， 在中，①， 在中，②， 由①②可得， 所以， 所以，又，，所以， 所以的余弦值为. 18. 已知的内角所对的边分别为，且满足. （1）求角B的大小； （2）若，，点D在边上，且，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理角化边，最后整理得角即可. （2）利用正弦定理结合同角三角函数的基本关系求解，再利用余弦定理求解，最后再利用余弦定理求解即可. 【小问1详解】 因为, 由余弦定理得， 整理可得, 所以，又， 所以. 【小问2详解】 因为 所以由正弦定理可得, 由,可得A为锐角，可得， 由余弦定理得故 整理可得解得或(舍去), 又点D在边AC上, 且所以 所以在中，由余弦定理可得 . 19. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$