精品解析：青海省西宁市大通回族土族自治县朔山中学2023-2024学年高一下学期第二次阶段检测数学试题

大通县朔山中学2023～2024学年度第二学期第二次阶段检测 高一数学 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：人教A版必修第二册第六章～第八章. 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. 若向量是两个单位向量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由单位向量的定义、数量积的定义以及模的性质即可逐一判断并求解. 【详解】由单位向量的定义可知，，即，且，故A正确，B错误； 因为方向和夹角不确定，故CD错误. 故选：A. 2. 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】根据复数的乘法运算，结合复数的几何意义即可求解. 【详解】因为， 所以复数在复平面内对应的点为，位于第四象限． 故选：D． 3. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量模与数量积的坐标表示分别求得，从而利用平面向量余弦的运算公式即可得解. 【详解】因为，所以， 则，， 所以. 故选：B. 4. 在中，，则（ ） A. 4 B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求角B，然后由正弦定理可得. 【详解】因为，所以， 由正弦定理得，解得. 故选：C 5. 如图所示，在直角坐标系中，已知，，，，则四边形的直观图面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，作出的直观图，再计算面积得解. 【详解】依题意，四边形是平行四边形，， 如图，是的直观图，， 所以四边形的直观图面积为. 故选：D 6. 若向量，，则在上的投影向量的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算可得，再结合投影向量的定义运算求解. 【详解】因为，，则， 所以在上的投影向量. 故选：B. 7. 已知正方形ABCD的边长为2，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量的线性运算结合向量的模长概念即可求解. 【详解】. 故选：D. 8. 在三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，，则该三棱锥的外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取的中点，设和的外接圆的圆心，分别在，上，过，分别作两个半平面的垂线，交于，可得为三棱锥的外接球的球心，且可得，由等边三角形的边长为2，可得，及的值，进而求出外接球的半径的值，再求出外接球的表面积． 【详解】由题意如图所示：设为的中点，连接，设，分别为，的外接圆的圆心， 过，分别作两个半平面的垂线，交于，则可得为该三棱锥的外接球的球心， 连接，，则为外接球的半径， 由与均为边长为2的等边三角形，则 又，则由余弦定理可得，所以，， 因为，分别为，的外接圆的圆心，所以，， 可得，可得，而，所以， 在中：， 所以外接球的表面积， 故选：C． 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. 一个多面体的所有棱长都相等，那么这个多面体一定不可能是（ ） A. 三棱锥 B. 四棱台 C. 六棱锥 D. 六面体 【答案】BC 【解析】 【分析】利用特例判断选项的正误即可. 【详解】解：一个多面体的所有棱长都相等，三棱锥是正四面体时，满足题意所以选项A可能； 棱台的上底面与下底面的边长不相等，所以不满足题意，所以选项B不可能； 如果正六棱锥的棱长都相等，则正六棱锥的六个顶角都是，所以它们的和为360°，则正六棱锥的所有定点共面，显然不成立，则正六棱锥的底面边长与棱长不可能相等，所以C不可能； 六面体是正方体时，满足题意，所以D有可能. 故选：BC. 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是熟练掌握几何体的概念，能利用特例和反例判断. 10. 在中，角的对边分别为，则下列对的个数的判断正确的是（ ） A. 当时，有两解 B. 当时，有一解 C. 当时，无解 D. 当时，有两解 【答案】AC 【解析】 【分析】由正弦定理对四个选项一一判断，得到答案. 【详解】对于A，由正弦定理得，即，所以， 又因为，所以或，有两解，故A正确； 对于B，由正弦定理得，无解，故B错误； 对于C，由正弦定理得，无解，故C正确； 对于D，由正弦定理得， 又，所以为锐角，此三角形只有一解，故D错误. 故选：AC. 11. 关于平面向量，，，下列说法不正确的是（ ） A. B. C. 若，且，则 D. 【答案】CD 【解析】 【分析】利用数量积的运算律判断AB；利用数量积推理判断C；由共线向量的意义判断D. 【详解】对于A，由向量的运算法则，得A正确； 对于B，向量数量积满足分配律，B正确； 对于C，由，得，当时，满足题设，C错误； 对于D，是与共线的向量，是与共线的向量，而与无任何关系，D错误. 故选：CD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，其中是实数，则__________. 【答案】0 【解析】 【分析】根据复数相等的充要条件可解. 【详解】因为， 所以，解得， 所以. 故答案为：0 13. 已知是两条不同的直线，、是两个不重合的平面，给出下列命题： ①若，，，则； ②若，，，则； ③是两条异面直线，若，，，，则. 上面的命题中，真命题的序号是________.（写出所有真命题的序号） 【答案】③ 【解析】 【分析】由空间中平面平行的性质定理，面面平行的判定定理，逐一分析可得结论． 【详解】若，，，则与平行或异面，故①错误； ，，，但与不一定相交，不一定成立，故②错误； ，是两条异面直线，若，，，， 则过的平面与平面相交于直线，有，过的平面与平面相交于直线， 有，，异面，，一定相交，，，，， 如图所示，由面面平行的判定可知，故③正确. 故答案为：③. 14. 在边长为2的菱形中，分别为的中点，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积定义结合余弦定理求出，再由余弦定理求得，然后建立平面直角坐标系，利用坐标计算可得. 【详解】记与交于点O，， 由题知，①， 在中，由余弦定理有②， 联立①②解得， 所以， 因为，所以. 所以， 以O为原点，所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系， 则， 所以， 所以. 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. 如图，已知在正四棱锥中，，. （1）求四棱锥的表面积； （2）求四棱锥的体积. 【答案】（1）84 （2） 【解析】 【分析】（1）根据表面积公式即可求解， （2）根据体积公式即可求解. 【小问1详解】 连接相交于，连接 过点作于点，连接，则是斜高， 在直角三角形中，， 在直角三角形中，， ， ． 所以正四棱锥的表面积为84． 【小问2详解】 ， 所以正四棱锥的体积为； 16. 已知向量. （1）当为何值时，与垂直? （2）当为何值时，与平行? 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先由向量线性运算的坐标表示出与，由向量垂直的充要条件列方程求解即可. （2）由向量平行的充要条件列方程求解即可. 【小问1详解】 因为， ， ， 若可得， 即，得， 即时，与垂直. 【小问2详解】 当时，有， 解得， 即时，与平行. 17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形， PA⊥底面ABCD，E是PC的中点.已知AB=2， AD=2，PA=2.求： （1）三角形PCD的面积； （2）异面直线BC与AE所成的角的大小. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【详解】（1）因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，又AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD， 从而CD⊥PD. 因为PD=，CD=2，所以三角形PCD的面积为. （2） 取PB中点F，连接EF、AF，则EF∥BC， 从而∠AEF（或其补角）是异面直线BC与AE所成的角 , 在中，由EF=、AF=、AE=2， 则是等腰直角三角形，所以∠AEF=. 因此异面直线BC与AE所成的角的大小是 18. 如图，支座受，两个力的作用，已知与水平线成角，，沿水平方向，，与的合力的大小为． （1）求. （2）求与的夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量的平行四边形法则表示出，再利用数量积运算，两边同时平方即可求出结果； （2）利用向量的减法法则，得到，再利用数量积运算，两边同时平方即可求出结果； 【小问1详解】 由题知，所以， 得到，解得， 所以. 【小问2详解】 因为，所以， 得到，解得， 所以与的夹角的余弦值为. 19. 如图，在三棱锥中，是线段的中点，是线段上的一点. （1）若平面，试确定在上的位置，并说明理由； （2）若，证明：. 【答案】（1） 是的中点，理由如下： 若平面，由平面，平面平面， 得，又是的中点，在上， 所以是的中点； （2） 取的中点，连接，， 因为，为中点， 所以，， 因为，平面，所以平面， 因为平面， 所以． 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的性质定理得，从而根据是线段的中点即可确定点的位置； （2）通过等腰三角形的性质证得，，从而利用线面垂直的判定定理得平面，最后利用线面垂直的性质定理即可证明． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大通县朔山中学2023～2024学年度第二学期第二次阶段检测 高一数学 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：人教A版必修第二册第六章～第八章. 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. 若向量是两个单位向量，则（ ） A. B. C. D. 2. 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 3. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 4. 在中，，则（ ） A. 4 B. C. 3 D. 5. 如图所示，在直角坐标系中，已知，，，，则四边形的直观图面积为（ ） A. B. C. D. 6. 若向量，，则在上的投影向量的坐标是（ ） A. B. C. D. 7. 已知正方形ABCD的边长为2，则（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，，则该三棱锥的外接球的表面积是（ ） 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. 一个多面体的所有棱长都相等，那么这个多面体一定不可能是（ ） A. 三棱锥 B. 四棱台 C. 六棱锥 D. 六面体 10. 在中，角的对边分别为，则下列对的个数的判断正确的是（ ） A. 当时，有两解 B. 当时，有一解 C. 当时，无解 D. 当时，有两解 11. 关于平面向量，，，下列说法不正确的是（ ） A. B. C. 若，且，则 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，其中是实数，则__________. 13. 已知是两条不同的直线，、是两个不重合的平面，给出下列命题： ①若，，，则； ②若，，，则； ③是两条异面直线，若，，，，则. 上面的命题中，真命题的序号是________.（写出所有真命题的序号） 14. 在边长为2的菱形中，分别为的中点，，则__________. 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. 如图，已知在正四棱锥中，，. （1）求四棱锥的表面积； （2）求四棱锥的体积. 16. 已知向量. （1）当为何值时，与垂直? （2）当为何值时，与平行? 17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形， PA⊥底面ABCD，E是PC的中点.已知AB=2， AD=2，PA=2.求： （1）三角形PCD的面积； （2）异面直线BC与AE所成的角的大小. 18. 如图，支座受，两个力的作用，已知与水平线成角，，沿水平方向，，与的合力的大小为． （1）求. （2）求与的夹角的余弦值． 19. 如图，在三棱锥中，是线段的中点，是线段上的一点. （1）若平面，试确定在上的位置，并说明理由； （2）若，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $