精品解析：江苏省淮安市涟水县第一中学2023-2024学年高一下学期第二次阶段检测数学试卷

涟水县第一中学2023-2024学年第二学期高一年级第二次阶段检测 数学试卷 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，计40分． 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则（ ） A. i B. C. D. 1 3. 已知直线为异面直线，为不重合的两个平面，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4. 化简（ ） A. B. C. D. 5. 在中，若则（ ） A. B. C. D. 6. ，则（ ） A. B. C. D. 2 7. 若为锐角，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，四棱锥中，与是正三角形，平面平面，，则下列结论不一定成立的是 A. B. 平面 C. D. 平面平面 二、多项选择题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 若则 B. 若向量与向量是共线向量，则A，B，C，D四点不一定在一条直线上 C. 若且，则或 D. 已知向量，当时，向量与向量的夹角为锐角 10. 下列式子正确的是（ ） A ； B. C ； D. 11. 在正方体中，点分别是面和面的中心，则下列结论正确的是（ ） A. 与共面 B. 与夹角为 C. 平面 D. 平面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则____________ 13. 如图，在四棱锥中，平面，底面ABCD直角梯形，,，，，若平面，则____________ 14. 正方形中棱长为4，E为的中点，为边上一点（不包括C，D），若，则的取值范围为________________． 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. 在中， （1）已知，求 （2）已知求最大角的正弦值 16. 已知点求 （1）的模 （2） （3）在上的投影向量 17. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点． （1）求证：平面平面PAC； （2）棱PB上否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由． 18. 如图，在三棱柱中，． （1）若平面平面，求证：∥； （2）若平面平面，，求证：平面 19. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知． （1）求角A的大小； （2）若，AD为角A的平分线，且交BC与点D，求AD的长． （3）若，且，求证： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 涟水县第一中学2023-2024学年第二学期高一年级第二次阶段检测 数学试卷 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，计40分． 1 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的坐标表示运算求解. 【详解】因为，所以. 故选：C. 2. 设，则（ ） A. i B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的基本运算法和复数的模计算的结果. 【详解】 故选：D. 3. 已知直线为异面直线，为不重合的两个平面，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】采用逐一验证法，结合线面以及线线之间的位置关系，可得结果. 【详解】若，，则可能，故A错误； 若，，则可能，故B错误； 若，，则，故C正确； 若，，则，故D错误. 故选：C . 4. 化简（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据诱导公式结合两角和差公式公式运算求解. 【详解】因为，， ， 所以 . 故选：B. 5. 在中，若则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由同角的三角函数关系求出，再根据正弦定理边化角，即可求得答案. 【详解】根据正弦定理边角互化可知， 所以. 故选：A 6. ，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据模长的坐标表示可得，根据模长结合数量积可得，进而可求. 【详解】因为，则， 又因为，即，解得， 则，所以. 故选：A. 7. 若为锐角，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据商数关系切化弦，辅助角公式以及倍角公式化简运算得解. 【详解】因为， 则 ， 又因为为锐角，所以． 故选：B． 8. 如图，四棱锥中，与是正三角形，平面平面，，则下列结论不一定成立的是 A. B. 平面 C. D. 平面平面 【答案】B 【解析】 【详解】 过 中点 连接 ,易得 面 选项A正确；又面平面平面,故选项C、D 正确，故选B. 二、多项选择题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 若则 B. 若向量与向量是共线向量，则A，B，C，D四点不一定在一条直线上 C. 若且，则或 D. 已知向量，当时，向量与向量的夹角为锐角 【答案】AB 【解析】 【分析】根据复数的模长公式即可判断C，D，根据向量共线即可判断B，根据数量积公式即可判断D. 【详解】A，设 ，则，，所以，，所以，故A正确； B， 若向量与向量是共线向量，则，有可能， 则A，B，C，D四点不一定在一条直线上，故B正确； C， 设 ，则，但且，故C错误； D， 向量，则， 当时，，所以， 当时，即时，向量共线， 且，此时两向量夹角为，故D错误； 故选：AB. 10. 下列式子正确的是（ ） A. ； B. C. ； D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用辅助角公式，即可判断；对于B，，利用两角和的余弦公式展开即可求解；对于C，由，利用两角差的正切公式求出的值，代入化简即可；对于D，由，利用两角和的正切公式即可求解. 【详解】对于A选项，， 故A正确； 对于B选项， ，故B正确； 对于C选项，因为， 所以，故C错误； 对于D选项，因为， 所以， 所以，故D正确. 故选：ABD. 11. 在正方体中，点分别是面和面的中心，则下列结论正确的是（ ） A. 与共面 B. 与夹角为 C. 平面 D. 平面 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由异面直线的定义可得与是异面直线，即可判断；对于B，由是正三角形，，可得与夹角为，即可判断；对于C，由平面，可得，同理可得，则平面，即可判断；对于D，利用三角形中位线可得，则得平面，即可判断. 【详解】 对于A，因为，平面，平面， 所以平面，又，平面， 所以与异面，故A错误； 对于B，因为是正三角形，又，所以与夹角为，故B正确； 对于C，因为平面，平面， 所以，又， ，平面， 所以平面，又平面， 所以，同理可得， 又，平面， 所以平面，故C正确； 对于D，因为点分别是面和面的中心， 则点分别是的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则____________ 【答案】或 【解析】 【分析】设，根据复数的乘法运算结合复数相等列式求解即可. 【详解】设，则， 可得，解得或， 所以或. 故答案为：或. 13. 如图，在四棱锥中，平面，底面ABCD为直角梯形，,，，，若平面，则____________ 【答案】 【解析】 【分析】过作交于点F，连接，则得四边形是平行四边形，可得为的中为线，即为中点，因为平面， 则，在中求结果即可. 【详解】 过作交于点F，连接， 由，则，故共面， 因平面PAD，面，且面面， 所以，又，则四边形是平行四边形， 所以，又， 所以为的中位线，即为中点， 因为平面，平面，所以， 则在中，， 则， 所以. 故答案为：. 14. 正方形中棱长为4，E为的中点，为边上一点（不包括C，D），若，则的取值范围为________________． 【答案】 【解析】 【分析】建系标点，设，根据向量的坐标表示可得，进而可得取值范围. 【详解】如图，以A为坐标原点，建立平面直角坐标系， 则，设， 可得， 若， 则，解得， 可得， 因为，则，可得， 所以的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：根据向量相关问题，常常通过建系方法运算，可以迅速建立关系和简化运算. 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. 在中， （1）已知，求 （2）已知求最大角的正弦值 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知，利用正弦定理求出，则可求出； （2）由已知，判断出最大角，利用余弦定理求出，再由同角间关系求出. 【小问1详解】 中，， 由正弦定理，得， 所以，所以， 则. 【小问2详解】 因为，则， 则在中，为最大角， 由余弦定理， 所以. 16. 已知点求 （1）的模 （2） （3）在上的投影向量 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先计算坐标，再利用向量模长的坐标表示，即得解； （2）由，代入的坐标，运算即得解； （3）根据投影向量的定义计算可得. 【小问1详解】 已知点，所以， 因此的模为. 【小问2详解】 由已知可得, 所以. 【小问3详解】 根据投影向量的定义可得，在上的投影向量为 . 17. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点． （1）求证：平面平面PAC； （2）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由． 【答案】（1）证明见详解 （2）存在点F为的中点，使得CF∥平面PAE 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，，可得平面PAC，即可得面面垂直； （2）取的中点，可证平面CMN∥平面PAE，结合平行性质分析求解. 【小问1详解】 因为平面ABCD，平面ABCD，则， 又因为底面ABCD为菱形，则， 且，平面PAC，可得平面PAC， 由平面，可得平面平面PAC. 【小问2详解】 存在，理由如下： 取的中点，连接， 则∥，则平面PAE，平面PAE，则∥平面PAE， 因为分别为的中点，则∥，， 可知为平行四边形，则∥， 且平面PAE，平面PAE，则∥平面PAE， 又因为，平面CMN，可得平面CMN∥平面PAE， 由题意可知：平面，， 若CF∥平面PAE，则平面CMN，可知点即为点N， 所以存在点F为的中点，使得CF∥平面PAE. 18. 如图，在三棱柱中，． （1）若平面平面，求证：∥； （2）若平面平面，，求证：平面. 【答案】（1）证明见详解 （2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）根据题意可证∥平面，结合线面平行的性质分析证明； （2）连接，根据面面垂直的性质可得平面，即可得，根据题意结合线面垂直的判定定理分析证明. 【小问1详解】 因为∥，且平面，平面，可得∥平面， 又因为平面，平面平面， 所以∥. 【小问2详解】 连接， 由题意可知：为菱形，则， 且平面平面，平面平面，平面， 可知平面，且平面，可得， 且，，平面， 所以平面. 19. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知． （1）求角A的大小； （2）若，AD为角A的平分线，且交BC与点D，求AD的长． （3）若，且，求证： 【答案】（1） （2） （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理代入计算，结合三角恒等变换公式代入计算，即可得到结果； （2）根据题意可知，结合面积公式运算求解； （3）根据题意，由平面向量数量积的运算律代入计算可得，结合代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 因为，则， 可得， 由正弦定理可得， 则，可得， 整理可得，且，所以． 【小问2详解】 由（1）可知， 且AD为角A的平分线，则， 因为，则， 即，解得. 【小问3详解】 由，则，可得， 所以 ， 且，即， 可得， 即，所以． 【点睛】方法点睛：对于定比分点问题，常常借助于向量求长度，这样可以简化关系，方便运算. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$