精品解析：江苏省淮安市楚州中学、新马中学2023-2024学年高一下学期第二次联考数学试题

楚州中学､新马中学2023~2024学年第二学期第二次联考 高一数学试卷 考试时间：120分钟 总分：150分 命题人：陶鹏 审核人：刘慧 一､单项选择题：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. 已知复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据复数除法运算求解出，然后根据共轭复数的概念可得. 【详解】因为， 所以， 故选：B. 2. 如图，在矩形中，若，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量加法的平行四边形法则，结合数乘向量求解即得 【详解】在矩形中，， 则. 故选：A 3. 在中，若，则该三角形的形状一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】利用内角和定理及诱导公式得到，利用两角和与差的正弦函数公式化简，代入已知等式变形再利用两角和与差的正弦函数公式化简，得到，即，即可确定出三角形形状． 【详解】解：在中，， ，即， ，， ，即，则为等腰三角形． 故选：A． 4. 在中，若，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用投影向量的意义求解即得. 【详解】依题意，， 所以在上的投影向量为. 故选：A 5. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据余弦的倍角公式，化简运算，即可求解. 【详解】由余弦的倍角公式，可得. 故选：D. 6. 在空间四边形中，E，F，G，H分别是，，，的中点，若，且与所成的角为60°，则的长为（ ） A. 1或 B. 或 C. 1或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】连接EF，FG，EG，根据异面直线所成角的意义，在中分情况计算作答. 【详解】连接EF，FG，EG，如图， 依题意，，且， 因与所成的角为60°，则或， 当时，是正三角形，， 当时，， 所以的长为1或. 故选：C 7. 中国是瓷器的故乡，中国瓷器的发明是中华民族对世界文明的伟大贡献．下图是明清时期的一件圆台形青花缠枝纹大花盆，其上口直径为20cm，下底直径为18cm，高为24cm，则其容积约为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据上下底面直径分别计算出上、下底面面积，代入公式计算即可得出结果. 【详解】依题意可得该圆台形大花盆的上底面面积为， 下底面面积为，又高为， 代入圆台体积公式可得. 故选：C 8. 在中，角所对边分别为，且，若，，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 2或4 【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦定理先得B，结合余弦的和差公式构造齐次式弦化切解方程计算即可. 【详解】由余弦定理得， 即， ， 所以或， 又，所以. 故选：C 【点睛】思路点睛：由余弦定理先求，根据条件及余弦的和差角公式、弦化切构造齐次式方程解方程即可. 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. 设向量，满足，且，则以下结论正确的是（ ） A. B. C. D. 向量夹角为60° 【答案】AC 【解析】 【分析】运用向量的垂直，模长，夹角相关公式，结合数量积定义可解. 【详解】，又因为，所以，故，所以A正确，D不正确； ，故，所以B不正确，，所以，正确． 故选：． 10. 已知关于的方程的两根为和，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】求出方程的两根，即可判断A，利用韦达定理判断B，计算出两根的模，即可判断C，利用复数代数形式的除法运算及B项的结论化简，即可判断D. 【详解】关于的方程， 则，， 不妨设，， ，故A正确； 由韦达定理可得，故B正确； ，故C正确； ， ， 则，当时，，此时，故D错误． 故选：ABC． 11. 正方体的棱长为1，分别为的中点，则（ ） A. 直线与平面平行 B. C. 过的平面截此正方体所得的截面可能不是四边形 D. 过的平面截此正方体所得的截面的面积范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】取的中点，分别连接，证得平面平面，可判定A正确；由，可判定B正确；在正方体中，得到四边形为平行四边形，可判定C错误；根据正方体的对称性，分别求得最大截面面积和最小截面面积，可判定D正确. 【详解】对于A中，取的中点，分别连接， 在正方体中，可得， 因为平面，且平面，所以平面， 又由分别为正方形的各边的中点，可得， 因为平面，且平面，所以平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，所以A正确； 对于B中，由分别为正方形的各边的中点， 可得， 在正方体中，可得平面， 即到平面的距离为， 又由，所以B正确； 对于C中，连接，在正方体中， 可得，且，所以四边形为平行四边形， 其中四边形，所以过的平面截此正方体所得的截面可能是四边形， 所以C错误； 对于D中，如图所示，当截面时，此时点到的距离最远， 所以截面的面积最大值，最大值为； 分别取的中点，当截面为菱形时， 根据正方体的对称性，可得点到的距离最近，截面的面积最小， 因为正方体的棱长为，可得， 所以菱形的面积为， 所以过的平面截此正方体所得的截面的面积范围是，所以D正确. 故选：ABD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知的三边，，，则角A的大小是 ________． 【答案】 【解析】 【分析】由余弦定理可得角A余弦，即可得答案. 【详解】因，，，由余弦定理， 则. ∵，∴． 故答案为：． 13. 函数在区间上的最大值为__________． 【答案】6 【解析】 【分析】利用二倍角的余弦公式、辅助角公式化简，再利用正弦函数性质求出最大值. 【详解】函数， 当时，，则当，即时，. 故答案为：6 14. 已知是边长为的正三角形所在平面内一点，且，则的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】取中点，以为坐标原点建立平面直角坐标系，利用向量坐标运算可表示出点坐标，进而得到，利用二次函数最值的求法可求得结果. 【详解】取中点， 为等边三角形，，则以为坐标原点可建立如图所示平面直角坐标系， 则，，，设， ，，， ，则， ，，， ， 则当时，取得最小值. 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. 已知向量，． （1）求证：． （2）是否存在不等于0的实数k和t，使向量，，且？如果存在，试确定k与t的关系；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明详见解析 （2）存在，且. 【解析】 【分析】（1）根据向量和的坐标，利用两个向量的数量积公式求得，可得． （2）假设存在不等于0的实数k和t，使得成立，可得，根据向量的数量积公式化简即可求出结果． 【小问1详解】 证明：向量，， ∴， ∴． 【小问2详解】 解：假设存在不等于0的实数k和t，使得成立，则 整理得 ， 又∵，， ∴，即， 所以存在非零实数k和t，使得成立； 其关系为且. 16. 化简： （1） （2） 【答案】（1）1； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用同角三角函数基本关系首先进行切化弦，然后结合辅助角公式和二倍角公式即可求得三角函数式的值. （2）利用凑特殊角的方法，再利用两角差的余弦公式即得. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 17. 如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点． （1）求证：平面BDE； （2）若平面平面，平面平面，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论． 【答案】（1） 令，连，如图， 四边形ABCD是正方形，即O是AC中点，而M是矩形ACEF边EF的中点， 则有，且，于是得四边形为平行四边形， 则，又平面，平面， 所以平面. （2） ，证明如下： 由（1）知，平面，又平面，平面平面， 因此，，平面， 又平面，平面平面，因此，， 所以. 【解析】 【分析】（1）令，连，证明，再利用线面平行的判定推理作答. （2），利用（1）的结论，结合线面平行的性质、平行公理推理作答. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 如图，在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，D为BC边上一点，已知，，． （1）若AD平分，求AD的长； （2）若D为BC边的中点，E，F分别为AB边及AC边上一点（含端点）．且，，，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）求角平分线的长度用等面积法，即，用三角形面积公式分别表示三个三角形的面积，由等式关系得到AD与b，c的关系，从而得到AD的长； （2）根据为BC中点，由平面向量加法法则得到，用基底表示和，得到，结合转化为关于的二次函数，根据和二次函数单调性，得到二次函数的取值范围即为的取值范围. 【小问1详解】 在中，， 因此， 即． 【小问2详解】 由为BC中点得， 故 又，在上单调递增； 因此时，；时，． 即． 19. 已知三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，为的重心， （1）求证：； （2）已知平面，且平面．求证：． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）连交于，由重心可得为的中点，由已知借助三角形全等证得，再由线面垂直的判定、性质推理即得. （2）由给定条件，证得三棱锥为正四面体，进而证得平面，再用线面垂直的性质得结论. 【小问1详解】 在三棱柱中，连交于，连，由为的重心，得为的中点， 由，，，得，则， 因此，，又平面， 于是平面，而平面，则，又， 所以. 【小问2详解】 由，，得为正三角形；同理也为正三角形， 则，从而三棱锥的所有棱长均为2，该四面体为正四面体， 由为的重心，得平面，菱形中，过的中点， 即直线与平面的交点为的中点，因此不在直线上，又平面， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 楚州中学､新马中学2023~2024学年第二学期第二次联考 高一数学试卷 考试时间：120分钟 总分：150分 命题人：陶鹏 审核人：刘慧 一､单项选择题：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. 已知复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 2. 如图，在矩形中，若，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 在中，若，则该三角形的形状一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 4. 在中，若，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. （ ） A. B. C. D. 6. 在空间四边形中，E，F，G，H分别是，，，的中点，若，且与所成的角为60°，则的长为（ ） A. 1或 B. 或 C. 1或 D. 或 7. 中国是瓷器的故乡，中国瓷器的发明是中华民族对世界文明的伟大贡献．下图是明清时期的一件圆台形青花缠枝纹大花盆，其上口直径为20cm，下底直径为18cm，高为24cm，则其容积约为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，角所对边分别为，且，若，，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 2或4 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. 设向量，满足，且，则以下结论正确的是（ ） A. B. C. D. 向量夹角为60° 10. 已知关于的方程的两根为和，则（ ） A. B. C. D. 11. 正方体的棱长为1，分别为的中点，则（ ） A. 直线与平面平行 B. C. 过的平面截此正方体所得的截面可能不是四边形 D. 过的平面截此正方体所得的截面的面积范围是 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知的三边，，，则角A的大小是 ________． 13. 函数在区间上的最大值为__________． 14. 已知是边长为的正三角形所在平面内一点，且，则的最小值为___________． 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. 已知向量，． （1）求证：． （2）是否存在不等于0的实数k和t，使向量，，且？如果存在，试确定k与t的关系；如果不存在，请说明理由． 16. 化简： （1） （2） 17. 如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点． （1）求证：平面BDE； （2）若平面平面，平面平面，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论． 18. 如图，在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，D为BC边上一点，已知，，． （1）若AD平分，求AD的长； （2）若D为BC边的中点，E，F分别为AB边及AC边上一点（含端点）．且，，，求的取值范围． 19. 已知三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，为的重心， （1）求证：； （2）已知平面，且平面．求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $