精品解析：广东省江门市2023-2024学年高一下学期数学调研测试(二)

江门市2024年普通高中高一调研测试（二） 数学 本试卷共6页，19小题，满分150分，测试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定区域内相应的位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷与答题卡一并交回. 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. 已知向量，，，则（ ） A. B. 4 C. 1 D. 2. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知复数，则复平面内点满足的图形的面积是（ ） A. 2 B. 4 C. D. 4. 的内角的对边分别为，已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 已知平面，，，直线，，，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，，则 7. 已知，是第三象限角，则 （ ） A. B. C. 7 D. 8. 如图，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标.已知，，则的面积为（ ） A. 3 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. 已知两个非零向量，共线，则（ ） A. ，或 B. 与方向相同或相反 C. 与平行 D. 存在实数，使得 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 函数的周期为 B. 函数的图象关于对称 C. 函数在上的最小值为 D. 函数为偶函数 11. 如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，和均为等腰直角三角形，，平面、平面均与平面垂直.动点在线段上，则（ ） A. 平面 B. 多面体的体积为 C. 的周长的最小值为 D. 直线与平面所成角的余弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 复数的共轭复数_____________________. 13. 如图，一块边长为8的正方形纸片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形和一个正方形做成一个正四棱锥，则该四棱锥的体积为_____________________. 14. 克罗狄斯·托勒密（约90-168年）是希腊著名的数学家、天文学家和地理学家.托勒密定理是欧几里得几何中的重要定理.定理内容如下：任意一凸四边形，两组对边乘积的和不小于两对角线的乘积，当且仅当四点共圆时，等号成立.已知在凸四边形中，，，，，则的最大值为_________________. 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. 的内角，，的对边分别为，，，已知，，. （1）求角的大小； （2）求的面积. 16. 如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，是的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面. 17. 如图，在平行四边形中，点是的中点，点，分别是，的四等分点.设，. （1）用，表示，； （2）若，，，求与的夹角的余弦值. 18. 已知函数的最大值为2. （1）求常数的值； （2）求函数的单调递减区间和对称轴方程； （3）把函数的图象先向右平移个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到函数的图象.当时，方程恰好有两个不同的根，求的取值范围及的值. 19. 如图，在平面五边形中，，，，，的面积为.现将五边形沿向内进行翻折，得到四棱锥. （1）求线段的长度； （2）求四棱锥的体积的最大值； （3）当二面角的大小为时，求直线与平面所成的角的正切值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江门市2024年普通高中高一调研测试（二） 数学 本试卷共6页，19小题，满分150分，测试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定区域内相应的位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷与答题卡一并交回. 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. 已知向量，，，则（ ） A. B. 4 C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标运算直接计算即可 【详解】因为向量，， 所以，即，解得， 故选：A 2. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角函数的终边定义和二倍角的余弦公式即可求解. 【详解】角的终边过点， 则， . 故选：. 3. 已知复数，则复平面内点满足的图形的面积是（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的几何意义，在复平面中求出复数的所有点构成的轨迹方程，再计算面积即可 【详解】因为， 所以 因为， 所以，即， 所以复平面内点满足的图形是以为圆心，以2为半径的圆， 所以它的面积为， 故选：D. 4. 的内角的对边分别为，已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理角化边，然后代入余弦定理化简可得. 【详解】由正弦定理角化边可得，即 又，所以， 解得，所以. 故选：B 5. 已知向量，，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量在向量上的投影向量的定义求解. 【详解】因为平面向量，，则， 所以向量在方向上的投影向量的坐标为： ， 故选：D. 6. 已知平面，，，直线，，，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，，则 【答案】B 【解析】 【分析】由空间中的线面、线线的位置关系，对选项逐一分析即可. 【详解】若，，则或，故错误； 若，，，设，， 在内取一点，过在内作，垂足分别为， ，，，，，， ，又， ，又，， ，故正确； 两个平面同时垂直于同一平面，则这两个平面可能相交、垂直或平行，故错误； 若，，，，则与不一定垂直， 如图，例如若共面，若它们所在的面与平行，则，故错误. 故选：. 7. 已知，是第三象限角，则 （ ） A. B. C. 7 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用和差公式可得的值，再用同角关系式可得，的值，再利用正切函数的诱导公式及和差公式即可求解. 【详解】， 即，则， 即， 又，且是第三象限角， 得，则， 故. 故选：. 8. 如图，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标.已知，，则的面积为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出，然后求出，再求出的模长，最后用面积公式即可求解. 【详解】因为，是单位向量，，的夹角为， 所以， ， ， ，. 所以， 所以， 故选：A. 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. 已知两个非零向量，共线，则（ ） A. ，或 B. 与方向相同或相反 C. 与平行 D. 存在实数，使得 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据向量共线的定义或向量共线定理即可逐一判断. 【详解】有共线向量的定义可知，共线向量是方向相同或相反的向量，模长不一定需要相等，故A错误，B正确， 共线向量又叫平行向量，故C正确；由向量共线定理可得，存在唯一实数，使得成立，故D正确； 故选：BCD. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 函数的周期为 B. 函数的图象关于对称 C. 函数在上的最小值为 D. 函数为偶函数 【答案】AC 【解析】 【分析】先利用函数图象求出，从而求得函数解析式，然后利用正弦函数的对称性及最值求解判断. 【详解】对于A，由图象可得，，得，故A正确； 所以， 则， 当时，，即，又， ，即. 对于B，，故B错误； 对于C，当时，，所以， 则，故C正确； 对于D，，所以， 即函数为奇函数，从而D错误； 故选:AC. 11. 如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，和均为等腰直角三角形，，平面、平面均与平面垂直.动点在线段上，则（ ） A. 平面 B. 多面体的体积为 C. 的周长的最小值为 D. 直线与平面所成角的余弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用面面垂直的性质定理可判断；将多面体补成正方体，则多面体的体积为，可判断；将展开使得它们共面，则当三点共线时，最小，结合余弦定理即可求出的周长的最小值，可判断；利用等体积法求出点到平面的距离，计算的长度，即可得直线与平面所成角的正弦值，继而可得到余弦值，可判断. 【详解】平面平面，平面平面， ，即，又平面， 平面，故正确； 将多面体补成正方体， 则多面体的体积为 .故正确； 的周长为， 如图，将展开使得它们共面，则当三点共线时，最小， 由题意知，， 平面平面，平面平面， ，即，又平面， 平面，又平面， 平面平面，平面平面， 又，平面， 平面，，即， ， 在中，由余弦定理得， 即， ， 的周长的最小值为，故错误； 由题知，，，，则等边的高为， 故，， 设点到平面的距离为， ，即，故， 设直线与平面所成角为，则， 故，即直线与平面所成角的余弦值为，故正确. 故选：. 【点睛】方法点睛：等体积法求线面角的具体步骤： （1）计算体积（转换顶点）； （2）计算原底面面积； （3）利用，计算； （4）即线面角的对边，计算线段的长度，即线面角的斜边，利用锐角三角函数即可得线面角的正弦值. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 复数的共轭复数_____________________. 【答案】 【解析】 【分析】先化简复数，再根据共轭复数求解. 【详解】因为, 所以. 故答案为：. 13. 如图，一块边长为8的正方形纸片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形和一个正方形做成一个正四棱锥，则该四棱锥的体积为_____________________. 【答案】 【解析】 【分析】设正方形纸片为，其内的小正方形为，取，的中点分别为，连接，对称性可知，从而求出的长，从而得到正四棱锥中的斜高，从而可求出其高，得到体积. 【详解】如图设正方形纸片为，其内的小正方形为，做成的正四棱锥为 取，的中点分别为，连接 由题意，,由对称性可知， 所以，所以 即在正四棱锥中，，又 所以 所以正四棱锥的体积为 故答案为： 14. 克罗狄斯·托勒密（约90-168年）是希腊著名的数学家、天文学家和地理学家.托勒密定理是欧几里得几何中的重要定理.定理内容如下：任意一凸四边形，两组对边乘积的和不小于两对角线的乘积，当且仅当四点共圆时，等号成立.已知在凸四边形中，，，，，则的最大值为_________________. 【答案】 【解析】 【分析】记，利用余弦定理表示出，然后根据题中结论可得. 【详解】记，则， 在中，由余弦定理得， 由题知，，即， 所以，当且仅当四点共圆时取等号， 所以的最大值为. 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. 的内角，，的对边分别为，，，已知，，. （1）求角的大小； （2）求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）运用正弦定理，加上三角恒等变换解题即可； （2）运用正余弦定理和面积公式可解. 【小问1详解】 ，由正弦定理，， ，整理得 ，，. 【小问2详解】 ，则 ,即（∗） 由正弦定理，知道，，，两式比， 得到，即，与（∗）联立，得到， 即，解得， 则的面积为. 16. 如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，是的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面. 【答案】（1）证明：连接交于点F，再连接， 因为四边形是菱形，所以点F是的中点； 又是的中点. 所以在中，是中位线，即， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）证明：因为四边形是菱形，所以， 又，且平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，又，且平面，平面， 所以平面. 【解析】 【分析】（1）连接交于点F，再连接，证明，再用线面平行的判定定理即可得证； （2）先证明平面，得出，又，再结合线面垂直的判定定理即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 如图，在平行四边形中，点是的中点，点，分别是，的四等分点.设，. （1）用，表示，； （2）若，，，求与的夹角的余弦值. 【答案】（1）, （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量的三角形法则即可求解 （2）根据向量夹角公式即可求解； 【小问1详解】 因为点是的中点，点，分别是，的四等分点 所以， 因为，. 所以 【小问2详解】 因为，，， 所以， 所以 ， 令与的夹角为 ， 所以与的夹角的余弦值为. 18. 已知函数的最大值为2. （1）求常数的值； （2）求函数的单调递减区间和对称轴方程； （3）把函数的图象先向右平移个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到函数的图象.当时，方程恰好有两个不同的根，求的取值范围及的值. 【答案】（1）1 （2）单调递减区间为；对称轴为 （3）或 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换的化简计算可得，进而求解； （2）由（1）得，结合整体代换法即可求解； （3）根据三角函数图象的平移变换可得，结合正弦函数的图象与性质、方程根与函数图象交点之间的转化即可求解. 【小问1详解】 ， 因为的最大值为2，， 所以； 【小问2详解】 由（1）知，， 由，得， 即的单调减区间为； 由，得， 即的对称轴为直线. 【小问3详解】 将函数的图象先向右平移个单位长度，再向下平移2个单位长度， 得， 由，得， 令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 且， 因为方程在上恰好有两个不同的根， 所以直线与函数在上恰好有两个交点， 得； 当时，关于直线对称，则； 当时，关于直线对称，则. 综上，或. 19. 如图，在平面五边形中，，，，，的面积为.现将五边形沿向内进行翻折，得到四棱锥. （1）求线段的长度； （2）求四棱锥的体积的最大值； （3）当二面角的大小为时，求直线与平面所成的角的正切值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）延长相交于点，由余弦定理可得答案； （2）求出四边形的面积为定值，要向折叠后得到的四棱锥体积最大，则要四棱锥的高最大，即平面平面时，此时四棱锥的高即为边上的高，求出高可得答案； （3）做交于点，得点为的中点，，设翻折前点为，做，利用线面垂直的判定定理得平面，为直线与平面所成的角，求出边长可得答案. 【小问1详解】 如图， 延长相交于点， 因为，所以， 所以是边长为1的等边三角形，， 所以，， 由余弦定理得， 即，即， 所以； 【小问2详解】 延长相交于点，是边长为1的等边三角形， 由（1），得，， 所以， ， 故四边形的面积为 要向折叠后得到的四棱锥体积最大，则要四棱锥的高最大， 故使平面平面，此时四棱锥的高即为边上的高， 因为的面积为，设边上的高为， 则，解得， 故四棱锥的体积的最大值为； 【小问3详解】 作交于点，由，所以， 可得，所以点为的中点， 取的中点，连接， 则，可得，所以， 设翻折前点为，连接，则，，， 作交于点，连接， 因为，，，平面， 所以平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 由于，，所以， 因为分别为的中点，所以，， ， 由余弦定理得 ，， 所以. 【点睛】关键点点睛：第三问解题的关键点是利用线面垂直的判定定理得到平面，得出为直线与平面所成的角. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $