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. 复数的共轭复数是（ ） 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 $6学科网6组卷网 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： 5 1.复数i-2的共轭复数是() A.i-2 B.i+2 c.-2-i D.2-i 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，再根据共轭复数的定义即可求解， 5 5(-i-2)5-i-2）-2-i 【详解】i-2(-2)(-i-2）5 5 所以复数i-2的共轭复数为-2+i. 2.如图，在矩形ABCD中，若BC=6G,DC=4e,则OC等于（) A.3g+28 B.3e -2e, c.2e+3e, D.2e-3e2 第1页/共19页 6学科网 组卷网 【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ABCD中，BC=6G,DC=46, c=-C0=-B+cD)=)8c+)Dc-3g+2g 则 故选：A 3.在△ABC中，若2 cos Asin B=sinC,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】 sin C=sin(A+B) 【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A-B=0,即A=B，即可确定出三角形 形状. 【i详解】解：在△ABC中，simC=si血[x-(4+B]=sin(A+B)=-sin Acos+cos AsinB .'2cos Asin B=sin C=sin Acos B+cos Asin B sin Acos B-cos Asin B=sin(A-B)=0 ,即 A,B∈(0，π)A-B∈(-元，) 3A-B=0,即4=B,则△MBC ,即 为等腰三角形 故选：A. 4在△ABC中，若AB.BC+B°=0，则BC在BA上的投影向量为() A.BA C.AC D. 【答案】A 第2页/共19页 6学科网命组卷网 【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， AB=-AB.BC=BA·BC BA.BC BA=BA 所以BC在BA上的投影向量为AB 故选：A 5.1-2c0s67.5°=() 2 2 A.-2 B. 2 C. 2 D.2 【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1-2c0s67.5°=-c0s(2x67.59)=-c0s135°=√2 · 故选：D 6.在空间四边形ABCD中，E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA的中点，若AC=BD=2,且 AC与BD EG 成的角为60°，则的长为() 5 A.1或√2 B.√2或V阝 C.1或V3 D.或2 【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△EFG中分情况计算作答. 【详解】连接EF,FG,EG,如图， 第3页/共19页 6学科网组卷网 依，EF4C,PG/BD,且F-4C=LG=D=1 因1C与BD所成的角为60，则∠EFG=60或∠EFG=120, 或 当∠EFG=60时，△EF 是正三角形，EG=】 当∠EFG=120时，EG=2 EFcos∠FEG=2cos30°=V5 所以BG的长为1或V5 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.1448πcm3 B.l668πcm c2168元cm3 D 3252πcm 【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S=100rcm' 下底面面积为S,=81xcm,又高为h=24cm, 第4页/共19页 6学科网6组卷网 代入厦台体积公式可每/-写5+5+v码)h=2168xm 故选：C &.在ABC中，角4，B,C所对边分别为a,b,c,且g2-b2+c2+2C=0,若cos(A-C)=7V2 10, a∈πx) cos(a+4)cos(a+C)2 4’2 cos a 5，则tana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0sB=+2-公。V2】 2ac 2 →B-经4+C- 4, cos(4-C)-72 0 cos 4cosC=32 5 → 即 cos(4+C)=V2 sin Asinc= 10 cos(a+4)cos(+C)cos2a cos AcosC+sinasin AsinC cos'a cos'a sin a cosa(sin Acos C+sin C cos A) cos2a =5 cos'a+v 3V2 sina- 10 2 2 sinacosa32,√2 tan'a- -tan a= cos'a 510 2 所以tana-5tana+4=0→tana=Itana=4 或 第5页/共19页 6学科网命组卷网 ππ Γ42 所以tana=4: 故选：C 【点睛】思路点睛：由余弦定理先求 公8=，4+C=灭 4，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设向量元，万满足laH61,且6-25，则以下结论正确的是() A.a⊥b B.1a+b=2 c.la-b=v2 D.向量a,b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16-2d=+4d-4i:6=5,又因为同=同=L,所以a-万=0，故a1方，所以A正确， D不正确： a+6a+16+2a-6=2,故la+6v2,所以B不正确，1a-6a+16-2a:6=2, 所以a-6v5,C正确. 故选：AC 10.已知关于x的方程++1=0-2<1<2)的两根为和，则（） A.31=22 B.3122=1 第6页/共19页 6学科网 命组卷网 21 c.lal=kl 【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 31 代数形式的除法运算及B项的结论化简z2，即可判断D. 【详解】关于x的方程X++1=0(-2<1<2) 则A=2-4<0,x=7±4-西 2, +4-2 不妨设+21，云=号4， 22 “名=4，故A正确： 由韦达定理可得3？=1 ,故B正确： 故C正确： 222=1 2 2 则）--24-F, 31 22 Z, 故D错误. 故选：ABC. 1.正方体MBCD-4B,CD的楼长为1，E、FG分别为 BC,CC],BB 的中点，则() 第7页/共19页 6学科网命组卷网 D G D B A直线4G 与平面AEF平行 1 B. VE-4FG=12 C过4C的平面截此正方体所得的截面可能不是四边形 V6 D。过4C的平面截此正方体所得的截面的面积范围是 √2 2 【答案】ABD 【解析】 【分析】取BG的中点H,分别连接GH,4H,证得平面4GH 平面AEF,可判定A正确；由 一T心V心6.4B,可刻定B正确，在正方体中，得到边花8CD为干行边花，面 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BC的中点H,分别连接 H,AH 在正方体 BCD-4BCD中，可得4H∥AE 因为4H￠平面AEF,且AEC平面AEF,所以4H1∥平面AEF, 又由E,F,G,H分别为正方 BCCB的各边 BC,CC,BB,BG的中点，可得GHI1EF., 因为GH￠平面AEF,且EFc平面AEF,所以GHII平面AEF, 第8页/共19页 学科网命组卷网 又因为4HnGH=H,且H,GHC平面4GH,所以平面 GH/1 平面AEF 因为4GC平面4GA,所以4G1/平面AEF,所以A正确： 对于B中，由E,F,G BC,CC,BB 别为正方 BCCB的各边 的中点， 1 可得SEFG=SancC4 在正方体1BCD-4B,CD中，可得4B上平面BCCB 即4到平面BCC8的距离为48=1， 11 仅由4=Vo3sG”4B3X4XT=12.所以BE 对于C中，连接4D,BC,在正方体1BCD-4BCD中， 可得48CD,且8C1/AD,所以四边形 B,CD为平行四边形， 其中4C 四边形 ABC ),所以过4C的平面裁此正方体所得的我面可能是四边形。 所以C错误； D A1月 B 对于D中，如图所示，当做面1CC4时，此时点C到4C的距离最远， 所以截面的面积最大值，最大值为×V2=V2 分别取CD,AB的由点，J AECJ 的中点 当截面为菱形 时， 第9页/共19页 学科网命组卷网 根据正方体的对称性，可得点【到4C的距离最近，我面的面积最小， 因为正方体ABCD-ABCD的棱长为l,可得4C=V5,W=V2 所以菱形的面积为S-×5xV2=6 2 , 「√6 所以过AC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. D C A B B 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知△ABC的三边a=7,b=5,c=3,则角A的大小是 2元 【答案】3 【解析】 【分析】由余弦定理可得角A余弦，即可得答案 【详解】因a=7,b=5,c=3,由余弦定理， cos1=62+c2-a232+52-721 2bc2×3×52 4@则.4 3. 第10页/供19页 6学科网 命组卷网 2π 故答案为：3、 13.函数f)=V5sin2x+2cosx+3在区间l-等孕上的最大值为 【答案】6 【解析】 f(x) 【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 f(x)=3sin2x+2cos'x+3=3sin2x+cos2x+4=2sin(2x+")+4 【详解】函数 61 当-孕时 2x+厂元2π 633,则当2x+= 62,即x=6时，fx)xs 故答案为：6 14已知P是边长为4的正三角形ABC所在平面内一点，且A亚P=元AB+(2-2九)AC(2∈R),则 PA:P℃的最小值为 【答案】5 【解析】 【分析】取BC中点O,以O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P点坐标，进 而得到PA·PC, 利用二次函数最值的求法可求得结果， 【详解】取BC中点O, ,'△ABC .AO⊥BC 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， 第11页/共19页 6学科网组卷网 B C 则B(-2,0）,C(2,0）,A0,25).t设P(x,y). AP=(xy-23).AB=(-2,-25,4c=(2,-25)】 x=4-62 AP=元AB+(2-2)AC=(4-62,2V3元-4W5)则y=251-25, ∴P(4-61,23-23)..PA=(61-4,4v3-2W3元）.P℃=(61-2,25-2V32） .pA.PC=(61-4)(61-2)+(4V3-232)23-252)=4822-721+32 :、3 则当4时，PAPC取得最小值5. 故答案为：5. 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. 15u月a=-.6-） (1)求证： a⊥b (2)是香存在不等于0的实数和1，使向量式=a+(-35,少=-ka+6,且x1少？知果存在，试 确定k与t的关系；如果不存在，请说明理由. 【答案】(1) 第12页/供19页 6学科网命组卷网 做8=-小，5传 6-5号19-0 :a16 ②东，&=-刘01) 【解析】 【分析】(1)根据向量和5的坐标，利用两个向量的数量积公式求得a-6=0,可得上6 b (2)假设存在不等于0的实数k和，使得1少成立，可得·了=[ū+(-3)b](a+b)0,根据 向量的数量积公式化简即可求出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：假设存在不等于0的实数k和1，使得x1少成立，则=[ā+(？-3)6](a+历)=0 整理得 -ka2+[i-k(-3】ā-6+(e-3)b2=0, 又a非261，a-6=0. 4k+-3)=0,即k=40-3刘 所以存在非零实数k和t,使得七上y成立： 其关系为=-3刘0n4学士v5) 第13页/共19页 6学科网命组卷网 16.化简： (4)sin50'(1+V3tanl0) 2cosl0°-sin20 (2) cos20 【答案】(1)1： (2)V3 【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】 sin 50(3 tan 10)-sin 503 sin10 cos10° sin 50(cos10+3sin10) 2sin50°sin(10°+30) cos10° cos10° 2cos40°sin40°sin80° =1 sin80° sin80° 【小问2详解】 2cosl0°-sin20°2cos(30°-20)-sin20° cos20° c0s20 2cos30°cos20°+2sin30°sin20°-sin20° c0s20 2c0s30°c0s20 c0s20° =V5 17.如图所示，己知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点. 第14页/共19页 6学科网命组卷网 D (I)求证：AM/I平面BDB; (2)若平面ADM∩平面BDE=I,平面ABM∩平面BDE=m,试分析I与m的位置关系，并证明你 的结论 【答案】(1) 令AC∩BD=O,连OE,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， O=上AC=÷FE=ME 则有 2 ,且AO/ME,于是得四边形AOEM为平行四边形， 则AMI/OE,又OEC平面BDE,AM寸平面BDE, 所以AMII平面BDE (2) 1/m 证明如下： 由(1)知，AMI/平面BDE,又AMc平面ADM,平面ADMO平面BDE=I, 第15页/供19页 命学科网 命组卷网 因此，I∥AM,AM/平面BDE, 又AMc平面ABM,平面ABM∩平面BDE=m,因此，m/1AM, 所以111m. 【解析】 【分析】(I)令AC∩BD=O,连OE,证明AMI/OE,再利用线面平行的判定推理作答 (2)11/m,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△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c,D为BC边上一点，已知b=2,C=4, 2 3 (1)若AD平分∠BAC,求AD的长： (2)若D为BC边的中点，B,F分别为AB边及AC边上一点（含端点）.且AE=xAB,AF=yAC】 x+y=l,求DE-DF 的取值范围. 4 【答案】(1)3： 第16页/供19页 6学科网6组卷网 233] 【解析】 【分析】（)求角平分线的长度用等面积法，即S.c=Sm+5心，用三角形面积公武分别表示三 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： AD=14B+14C (2)根据D为BC中点，由平面向量加法法则得到 21C,用基底AB,AC}表示DE和 DF,得到DE·DF,结合x+y=转化为关于'的二次函数，根据y∈[0，和二次函数单调性，得到二 次函数的取值范围即为DEDF的取值范围 【小问1详解】 在△MBC中，S4c=Sm+S.oc, 因此2 2a-4B-AD-sn+号D-AC-sm5, AB-AC.sin元=2 32 AD=bc 4 即 b+c3. 【小问2详解】 由D为BC中点得 呢-F-0+面i+丽=〔-丽-c号6--c 丽-cac =16（-司+4（+4w2+ 第17页/共19页 6学科网6组卷网 =4w63=4+2-34+日日 又，，EF-+扩片es 因此y=l时(DE.DF)x=3.y=0时，(DED=-3 即DE·DFe[-3,3] 19.已知三棱柱 BC-ABG中，底面4MBC是边长为2的正三角形，G为△4BC 重心， ∠AAB=∠AAC=60 B B BB⊥BC (1)求证： (②)已知4A=2,Pe平面ABC,且CPL平面4BC.求证：4G11CP, 【答案】(1) 在三校柱4BC-4BG中，连4G交BC于D,连AD,由S为△4BC的重心，得D为BC的中点， 由AB=AC,4A=A1,∠AB=∠A1C,符△MB≌△A1C,则4B=4C 因此AD L BC,4D1BC,又DnAD=D,D,ADC平面4D 于是BC上平面41D,而AAC平面41D,则BCLA1,又41/BB 所以BC⊥BB 第18页/供19页 6学科网组卷网 A C B G (2) D 由41=B=2,∠41B=60°，得△44B为正三角形：同理△44C也为正三角形， 则48=4C=BC=2从面三按管-A8C的所有接长均为3，谈想百体为E国五体 由G为△4BC的重心，得AGL平面4BC,菱形1CCA中，1G过4C的中点， 即直线4C与平百4BC的交点为4C的中点，因此G不在直线4C上，又CP1Y面4BC AGIICP 所以 【解析】 【分析】)连4C交BC于D,由重心可得D为BC的中点，由已知借助三角形全等证得AB=AC 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 A-ABC 为正四面体，进而证得4G上平面4BC ,再用线面垂直的性质 得结论 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 第19页/共19页