精品解析：山东省日照第一中学2024-2025学年高二上学期第一次质量检测数学试卷

日照一中2024-2025学年度高二上学期第一次质量检测 数学试卷 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题：本大题共8个小题，每个小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡的相应位置上. 1. 以的虚部为实部，以的实部为虚部的复数是（ ） A. B. C. D. 2. 已知空间向量，空间向量满足且，则＝（    ） A. B. C. D. 3. 在下列条件中，使P与A，B，C一定共面的是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在平行六面体中，M为与的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（　　） A. B. C. D. 5. 已知直四棱柱的棱长均为2，.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为（ ） A. B. C. D. 2 6. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若角A的内角平分线AD的长为3，则的最小值为（ ） A. 12 B. 24 C. 27 D. 36 7. 如图，边长为2的正方形沿对角线折叠，使，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 4 8. 如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，在该正方体侧面上有一个小孔，点到的距离为3，若该正方体水槽绕倾斜（始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面与桌面所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 2 二、多选题：本大题共3个小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分. 9. 关于复数，下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则的最小值为 C. D. 若是关于的方程：的根，则 10. 如图，在平行六面体中，已知，，E为棱上一点，且，则（ ） A. B. 直线与所成角的余弦值为 C. 平面 D. 直线与平面所成角为 11. 如图，在矩形ABCD中，，，M是AD的中点，将沿着直线BM翻折得到．记二面角的平面角为，当的值在区间范围内变化时，下列说法正确的有（ ） A. 存在，使得 B. 存在，使得 C. 若四棱锥的体积最大时，点B到平面的距离为 D. 若直线与BC所成的角为，则 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知空间向量，若，则____ 13. 设的三个内角的对边分别为，已知，则__________. 14. 如图，长方体中，，，点P为线段上一点，则的最小值为 _____． 四、解答题：本题共5小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知是复数，和均为实数，，其中是虚数单位. （1）求复数的共轭复数; （2）若复数在复平面内对应的点在第一象限，求实数的取值范围. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，为棱的中点. （1）证明：平面； （2）若，，求平面和夹角的余弦值. 17. 在中，角，，所对的边分别为，，，. （1）求角的大小； （2）若是锐角三角形，且其面积为，求边的取值范围. 18. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，. （1）求证：平面平面； （2）设. ①若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. ②在线段上是否存在点，使得点，，在以为球心的球上？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 19. 在空间直角坐标系中，已知向量，点.若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为. （1）若平面，平面，直线为平面和平面的交线，求直线的单位方向向量（写出一个即可）； （2）若三棱柱的三个侧面所在平面分别记为、、，其中平面经过点，点，点，平面，平面，求出点到平面的距离； （3）已知集合，，.记集合中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，集合中所有点构成的几何体为. （ⅰ）求和的值； （ⅱ）求几何体的体积和相邻两个面（有公共棱）所成二面角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 日照一中2024-2025学年度高二上学期第一次质量检测 数学试卷 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题：本大题共8个小题，每个小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡的相应位置上. 1. 以的虚部为实部，以的实部为虚部的复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】确定所求复数的实部和虚部，即可得解. 【详解】复数的虚部为，复数的实部为，故所求复数为， 故选：A. 2. 已知空间向量，空间向量满足且，则＝（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由空间向量共线的坐标表示与数量积的坐标表示求解即可. 【详解】∵，且空间向量满足， ∴可设， 又，∴，得． ∴，故A正确. 故选：A. 3. 在下列条件中，使P与A，B，C一定共面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据四点共面的条件逐项判断即可得到结论． 【详解】空间向量共面定理，，若A，B，C不共线，且P，A，B，C共面，则其充要条件是； 对于A选项，由于，所以不能得出P，A，B，C共面，故A错误； 对于B选项，由于，所以不能得出P，A，B，C共面，故B错误； 对于C选项，由于，则，，为共面向量，所以P，A，B，C共面，故C正确； 对于D选项，由得， 而，所以不能得出P，A，B，C共面，故D错误． 故选：C. 4. 如图，在平行六面体中，M为与的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的线性运算求解即可. 【详解】因为M为与的交点，所以M是与的中点， 所以. 故选：D. 5. 已知直四棱柱的棱长均为2，.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】先找出平面截球面的截面圆的圆心是的中点，再找到截面圆的半径和交线. 【详解】如图所示： 由已知，连接，则 因为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，， 所以为等边三角形. 且平面，取的中点，连接,则, 又平面，所以， 又，所以平面， 故平面截球面的截面圆的圆心是点， 取和的中点，连接,则， 故在球面上，,， 所以为直角三角形，, 球面与侧面的交线是侧面上以为圆心， 为半径的圆弧. 故选：B. 6. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若角A的内角平分线AD的长为3，则的最小值为（ ） A. 12 B. 24 C. 27 D. 36 【答案】A 【解析】 【分析】先利用正弦定理化角为边，再结合余弦定理可求得，再利用等面积法结合基本不等式即可得解. 【详解】因为， 所以，即， 所以， 又因，所以， 由，得， 所以， 则， 当且仅当，即时，取等号， 所以的最小值为. 故选：A. 7. 如图，边长为2的正方形沿对角线折叠，使，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用空间向量的数量积求出，再利用三棱锥体积公式计算即得. 【详解】取中点，连接，则， 而平面， 于是平面，，， 又，则， 解得，，而，则， ， 所以三棱锥的体积为. 故选：C 8. 如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，在该正方体侧面上有一个小孔，点到的距离为3，若该正方体水槽绕倾斜（始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面与桌面所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，当水恰好流出时，即由水的等体积可求出正方体倾斜后，水面N到底面B的距离，再由边长关系可得四边形是平行四边形，从而侧面与桌面所转化成侧面与平面所成的角,进而在直角三角形中求出其正切值. 【详解】由题意知，水的体积为，如图所示， 设正方体水槽绕倾斜后，水面分别与棱交于 由题意知，水的体积为 ，即， 在平面内，过点作交于， 则四边形是平行四边形，且 又侧面与桌面所成的角即侧面与水面所成的角，即侧面与平面所成的角,其平面角为, 在直角三角形中，. 故选：D. 【点睛】本题考查了利用定义法求二面角，在棱上任取一点，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条垂线所成的角即为二面角的平面角. 二、多选题：本大题共3个小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分. 9. 关于复数，下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则的最小值为 C. D. 若是关于的方程：的根，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据虚数单位乘方的周期性可判断A选项，设根据复数的四则运算及模长公式可判断BC选项，再根据复数范围内二次方程的解互为共轭复数且满足根于系数关系，判断D选项. 【详解】A选项：由虚数单位的定义，，则，A选项错误； 设， B选项：由，则，且， 则，， 又，所以当时取最小值为，B选项正确； C选项：，，， 所以，C选项错误； D选项：由已知复数范围内二次方程的两根满足， 且与互为共轭复数，由可知， 则，即，D选项正确； 故选：BD. 10. 如图，在平行六面体中，已知，，E为棱上一点，且，则（ ） A. B. 直线与所成角的余弦值为 C. 平面 D. 直线与平面所成角为 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过建立空间的一组基底，将相关直线的方向向量用基向量表示，利用向量数量积的运算律求模长判断A项；利用空间向量的夹角公式计算判断B项；利用向量的数量积是否为0判断C项；通过求平面的法向量和空间向量的夹角判断D项. 【详解】不妨设则. 对于A，因, 故 ，故，故A正确； 对于B，因，,则， ， 设直线与所成角为，则故B正确； 对于C，因 ， 即与不垂直，故不与平面垂直，故C错误； 对于D，因，, 因，， 则有因平面，故平面， 即平面的法向量可取为，又， 设直线与平面所成角为， 因，，， 则，因，故，故D正确. 故选：ABD. 11. 如图，在矩形ABCD中，，，M是AD的中点，将沿着直线BM翻折得到．记二面角的平面角为，当的值在区间范围内变化时，下列说法正确的有（ ） A. 存在，使得 B. 存在，使得 C. 若四棱锥的体积最大时，点B到平面的距离为 D. 若直线与BC所成的角为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，作出辅助线，得到即为二面角的平面角，，当时，平面，证明出线线垂直，进而得到线面垂直，得到；BCD选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用线线角的夹角公式得到，B错误；C选项，确定当时，体积最大，利用点到平面向量距离公式进行计算；D选项，计算出. 【详解】A选项，连接，取的中点，的中点， 连接，则， 故即为二面角的平面角，即， 当时，平面， 因为平面，所以， 因为矩形ABCD中，，，M是AD的中点， 所以，故为等腰直角三角形， 故，⊥， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 存在，使得，A正确； B选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，垂直于此平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 当时，， 此时，， 故， 故不存在，使得，B错误； C选项，当时，平面，此时四棱锥的体积最大， 此时， 设平面的法向量为， 则， 解得，令，则，故， 故点到平面的距离，C正确； D选项，，， 故 ，D正确. 故选：ACD 【点睛】结论点睛：若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 ①两异面直线所成的角为，； ②直线与平面所成的角为，； ③二面角的大小为，. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知空间向量，若，则____ 【答案】 【解析】 【分析】根据向量垂直列方程，从而求得. 【详解】因为空间向量， 所以， 由于， 所以，解得. 故答案为： 13. 设的三个内角的对边分别为，已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理结合条件建立方程解方程即可. 【详解】由余弦定理知， 所以，所以. 故答案为： 14. 如图，长方体中，，，点P为线段上一点，则的最小值为 _____． 【答案】##0.75 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，求出，求出最小值. 【详解】以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 则 ， 当时，的最小值为. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知是复数，和均为实数，，其中是虚数单位. （1）求复数的共轭复数; （2）若复数在复平面内对应的点在第一象限，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，再根据复数的除法运算及实数的定义求出，再根据共轭复数的定义即可得解； （2）先求出复数，再根据复数的几何意义即可得解. 【小问1详解】 设，则， 为实数，，解得， 为实数， ，解得， ， ； 【小问2详解】 由（1）可知，， 复数在复平面内对应的点在第一象限， ，解得， 故实数的取值范围为. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，为棱的中点. （1）证明：平面； （2）若，，求平面和夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）若为中点，连接，易证是平行四边形，有，再由线面平行判定证结论； （2）构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值. 【小问1详解】 若为中点，连接，又为棱的中点，， 所以，且，即是平行四边形， 所以，面，面，则面. 【小问2详解】 由平面，，构建如图所示空间直角坐标系， 由，，，则，显然面的一个法向量为， 所以，若面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面和夹角的余弦值为. 17. 在中，角，，所对的边分别为，，，. （1）求角的大小； （2）若是锐角三角形，且其面积为，求边的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据同角三角函数关系，结合正余弦函数和差角公式化简即可； （2）由（1）知，又是锐角三角形，可得，根据且其面积为可得，再设，根据角度关系化简可得，再根据求解即可. 【小问1详解】 因为，则， 所以， 即， 得. 所以或（不成立，舍去）， 从而，又，所以. 【小问2详解】 由（1）知，又是锐角三角形，则，得. 因为， 所以. 设，因为， 所以 ， 因为，则，所以， 从而，即， 所以边的取值范围是. 18. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，. （1）求证：平面平面； （2）设. ①若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. ②在线段上是否存在点，使得点，，在以为球心的球上？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明：在四棱锥中，平面平面，， 平面，平面平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）①或；②不存在点，理由：如图，假设在线段上存在点，使得点，，在以为球心的球上， 由，得，所以， 所以， 又得，，所以，， 由得，即， 亦即（*）， 因为，所以方程（*）无实数解， 所以线段上不存在点，使得点，，在以为球心的球上. 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质可证得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证得结论； （2）①依题意建立适当空间直角坐标系，设，利用题设条件，分别求得相关点和向量的坐标，利用空间向量坐标的夹角公式列出方程，求解即得的值； ②假设存在点，可由推得，得点坐标，由得方程，因此方程无实数解，假设不成立. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴， 建立如图所示直角空间坐标系， 设，则，由，，，， 则，，因，则，， 所以，， ①设平面的法向量为，由，， 得：，可取， 设直线与平面所成角为， 则有：，， 即：，化简得：， 解得或，即或， ②略 【点睛】方法点睛：根据题意，创建合适的空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标表达式即可求解相关问题，对于开放性问题，一般是假设结论成立，通过推理计算求得结论成立的条件或者推导出矛盾. 19. 在空间直角坐标系中，已知向量，点.若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为. （1）若平面，平面，直线为平面和平面的交线，求直线的单位方向向量（写出一个即可）； （2）若三棱柱的三个侧面所在平面分别记为、、，其中平面经过点，点，点，平面，平面，求出点到平面的距离； （3）已知集合，，.记集合中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，集合中所有点构成的几何体为. （ⅰ）求和的值； （ⅱ）求几何体的体积和相邻两个面（有公共棱）所成二面角的余弦值. 【答案】（1） （2） （3）（ⅰ）；；（ⅱ）， 【解析】 【分析】（1）先求出平面和平面的法向量，设平面与平面的交线的方向向量为，利用和求得l的一个方向向量即得； （2）利用条件求得平面的方程，设平面、的交线的方向向量为，与（1）同法求得，利用求得的值，最后利用空间向量的点到平面的距离公式计算即得； （3）（ⅰ）根据分析得到为截去三棱锥所剩下的部分，然后用割补法求解体积即可； （ⅱ）利用题目中给定的定义求出法向量，结合面面角的向量法求解即可． 【小问1详解】 因平面的法向量为，平面的法向量为， 设平面与平面的交线的方向向量为，则 故可取，故直线的一个单位方向向量为； 【小问2详解】 设平面，因平面经过点，点，点， 故有，解得，即. 记平面、、的法向量分别为：， 设平面、的交线的方向向量为，则故可取. 依题，，解得， 故得，其法向量为，在平面内取点， 则，于是，点B到平面的距离为； 【小问3详解】 （ⅰ）记集合，中所有点构成的几何体的体积分别为，， 考虑集合的子集， 即为三个坐标平面与围成的四面体， 四面体四个顶点分别为，，，， 此四面体的体积为， 由对称性知， 考虑到的子集构成的几何体为棱长为的正方体， 即， ， 为截去三棱锥后剩下的部分， 的体积， 三棱锥的体积为， 的体积为， 由对称性知． （ⅱ）①记集合中所有点构成的几何体为，如图， 其中，正方体即为集合所构成的区域， 构成了一个正四棱锥，其中到面的距离为， ， 的体积． ②由题意面的方程为，由题干定义知其法向量为， 面方程为，由题干定义知其法向量为， ，由图知两个相邻面所成的角为钝角， 所成二面角的余弦值为：． 【点睛】方法点睛：关于直线的方向向量求法，求出直线上的两个点坐标即可求解；求体积利用割补法，把不规则转规则进行求解：解决二面角的余弦值，利用空间向量来解决． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $