吉林省通化市梅河口市博文学校2023-2024学年高一下学期第三次考试数学试题

2023-2024学年第二学期第三次考试 高一数学参考答案： 1、 单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.) ADAC BDCB 二多选题（全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有 2个正确选项，每选对一个得3分；若只有 3个正确选项， 每选对一个得2分) BCD CD ACD 1．A 【分析】利用平面向量数量积的运算性质计算可得结果. 【详解】， 2．D 【分析】利用分层抽样的定义逐个分析判断即可 【详解】解：对于A，10人没有明显差异，且只选1人，所以不需要分层抽样； 对于B，100名学生没有明显差异，所以不适用分层抽样； 对于C，30名工人没有明显差异，所以不适用分层抽样， 对于D，三个年级的学生个体差异比较明显，所以适用分层抽样； 3．A 【解析】根据复数的除法运算法则求出复数，然后根据共轭复数的概念即可得解. 【详解】由题意可得，则. 4．C 【分析】根据正弦定理进行求解即可. 【详解】因为，， 所以， 由正弦定理可得， 5．B 【详解】设平面交棱AD于F， 由正方体性质及平面与平面平行的性质定理得，， 由勾股定理可得四边形所有边长的长度为， 所以是菱形，且为的中点， 取的中点，连接，则 ， 故． 6．D 【分析】根据空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系,即可判断选项. 【详解】对于A, 若,,,则由直线与平面位置关系必有,所以A正确; 对于B, 若,,由直线与平面位置关系可得或,所以B正确; 对于C, 若,,,由平面与平面的位置关系可知,所以C正确; 对于D, 若,,则,或与相交都可能,所以D错误. 综上可知,错误的为D 故选:D 【点睛】本题考查了空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系判断,对空间想象能力要求较高,属于基础题. 7．C 【分析】A：根据异面直线的判断方法即可判断；B：连接、，根据异面直线判断方法即可判断；C：连接、、EN，为直线与所成的角(或其补角)，解△即可；D：连接DM，∠AMD即为直线AM与平面所成角，解△AMD即可． 【详解】对于A，∵M、C、平面，M，A平面，∴直线AM与是异面直线，故A错误； 对于B，连接、，∵A、M、平面，B，N平面，∴直线与是异面直线，故B错误； 对于C，设的中点为点，连接、、EN， 易知EN∥CD且EN=CD，AB∥CD且AB=CD，∴AB∥EN且AB=EN， ∴四边形ABNE是平行四边形，∴BN∥AE， ∴为直线与所成的角(或其补角)， 设正方体的边长为1，则在三角形中， ，，， ∴，故C正确； 对于D，连接DM，∵平面，∴是直线与平面所成的角， 在△中，，故D错误； 故选：C﹒ 8．B 【分析】由余弦定理及均值不等式判定当底面为等腰三角形时面积最大，再确定当垂直底面时，高最大，利用外接球的性质确定球心，在中求出半径. 【详解】如图，      因为， 所以，即，当且仅当时等号成立，此时底面△BCD面积最大，， 将AD沿平移至，则点A与到底面BCD的距离相同，且， 为使四面体ABCD高最大，则直线在底面BCD的射影为直线BC，此时面BCD，设点A在底面BCD的投影为，可知四边形BCDB'为菱形，且的外心为，此时满足二面角为锐二面角，故四面体ABCD的外接球的球心在直线上，因为，，，所以在中，，解得， 此时外接球的表面积为， 故选：B 【点睛】关键点点睛：根据所给条件确定四面体何时体积最大是本题解题的第一个关键，分别利用余弦定理、均值不等式、三角形面积公式求出底面面积最大时需满足条件，再确定何时高最大，据此确定四面体，第二个关键是确定外接球球心位置，利用方程求球的半径. 9．BCD 【分析】根据是否共面，讨论，时之间的位置关系即可. 【详解】当共面，若，则且相交；当不共面，若，则且不相交，即异面垂直关系； 故选：BCD 10．CD 【分析】根据复数的概念与复数的运算法则，依次判断各选项即可得到答案. 【详解】对于A，复数在复平面内对应的点为，在第四象限，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，复数为纯虚数，则，故C正确； 对于D，复数 的虚部为，故D正确； 故选：CD. 11．ACD 【分析】根据异面直线的判定定理即可即可判断A；连接，，，先证明直线与平面不平行，进而即可判断B；取的中点，取的中点，连接，，，，，不妨设，再求出，，值，进而根据勾股定理即可判断C；结合选项C可得，从而可得是二面角的平面角，进而即可判断D． 【详解】对于A，由平面，且平面，但平面， 所以直线与直线是异面直线，故A正确； 对于B，连接，，， 由点为正方形的中心，则点是线段的中点，即，，三点共线， 又平面，平面，且，所以平面即为平面， 又直线平面，即直线与平面不平行， 所以直线与平面不平行，故B错误； 对于C，取的中点，取的中点，连接，，，，，则CD∥NQ， 在正方形中，不妨设，则， 由为正三角形，则，所以， 又平面平面，且平面平面， 又平面，所以平面， 又平面，所以，， 所以在中，， 在中，， 所以在中，有，即， 所以直线直线，即直线直线，故C正确； 对于D，结合选项C，在中，有，即，所以， 又在正方形中，， 所以是二面角的平面角，即其大小为60°，故D正确． 故选：ACD． 12．2 【分析】根据正弦定理即可计算出结果． 【详解】由正弦定理得得 故 故答案为：2 13． 【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合复数的概念，列出方程组，即可求解. 【详解】根据复数的运算法则，化简得， 因为复数为纯虚数，可得，解得. 故答案为：. 14．13:23 【详解】设平面AMN与棱交点为，则，(可先补成四棱柱，如图易得结论 所以, ， 所以上部分几何体体积 因此小部分的体积和大都分的体积之比为 故答案为：13:23 【点睛】本题考查平面截面以及锥体与柱体体积公式,考查空间想象能力以及综合分析求解能力，属中档题. 15．（1）；（2）. 【分析】利用向量的线性运算化简，即可得答案； 【详解】(1)原式； (2)原式. 【点睛】本题考查向量的加法、减法、数乘运算，考查运算求解能力，属于基础题. 16．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接BD和AC交于点O，连接OF，根据三角形中位线和线面平行判定定理可证； （2）利用面面垂直的性质定理证明平面CDE，然后根据线面垂直的性质结合正方形性质证明平面DAE，然后可证. 【详解】（1）如图，连接BD和AC交于点O，连接OF， 为正方形， 为BD的中点， 为DE的中点， ， 平面ACF，平面ACF， 平面ACF． （2）因为平面平面，平面平面， 且，平面， 所以平面CDE， 平面CDE， ， 为正方形， ， ，AD，平面DAE， 平面DAE， 平面DAE， ． 17．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）． 【分析】（1）取的中点M，根据中位线定理以及公理4可得，且，从而有，再根据线面平行的判定定理即可证出； （2）根据正三角形性质可得，再根据线面垂直的定义可得，即可根据线面垂直的判定定理证出； （3）易证平面，从而可知是与平面所成的角，解三角形即可求出． 【详解】（1）证明：取的中点为M，连接， ∵E是的中点，∴是的中位线． ∴， 又∵F是的中点，且由于是菱形， ∴，∴，且． ∴四边形是平行四边形，∴． ∵平面，平面．∴平面． （2）证明：∵平面，平面， ∴．连接，∵底面是菱形，，∴为正三角形 ∵F是的中点，∴．∵，∴平面． （3）连结交于O，∴底面是菱形，∴， ∴平面，∴，∴平面． ∴，即是在平面上的射影． ∴是与平面所成的角． ∵O，E分别是中点，∴， ∴为等腰直角三角形，∴，即与平面所成的角的大小为． 18．（1）证明见解析；（2）. 【解析】（1）侧面底面，，从而得侧面，于是有. 从而再上线面垂直平面，最后可得线线垂直； （2）由侧面，计算出，再求得，由等体积法可得点到平面的距离． 【详解】（1）因为侧面底面，，平面， 故侧面，又侧面，所以. 又，，故平面. 因为平面，所以，故是直角三角形. （2）由（1）知，侧面，又， 在中，可求得，故的面积为． 三棱锥的体积 由(1)知，，故 故直角三角形的面积. 设点到平面的距离为，则 故，所以.即点到平面的距离为. 【点睛】本题考查用线面垂直证明线线垂直，考查求点到平面的距离．证明线线垂直需掌握线面垂直的判定定理和性质定理．求点到平面的距离的方法是等体积法． 19．(1)证明见解析 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）. 【分析】（1）先利用线面垂直判定定理去证明平面ABC，再利用面面垂直判定定理去证明平面平面ABC； （2）（ⅰ）先利用线面平行判定定理证明平面，再利用线面平行性质定理去证明；（ⅱ）先作出平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的平面角，再去求其正切值即可. 【详解】（1）如图，连接OC， ∵，∴. 又∵C是以AB为直径的圆周上一点，∴. ∵，∴，∴. ∵，平面， ∴平面ABC.又∵平面PAB，∴平面平面ABC. （2）（ⅰ）由题意，四边形ABCD是圆O的内接四边形， ∴.∵，∴. 又点D在圆O上且与C在直线AB的同侧，∴. 又∵平面PAB，平面PAB，∴平面PAB. 设平面平面， ∵平面PCD，∴. （ⅱ）连接PD，则， 取CD的中点E，连接PE，OE，则，， 由（ⅰ）知，平面平面，. ∴，.又∵平面PAB，平面PCD， ∴是平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的平面角. ∵，，∴. ∵，∴是边长为1的正三角形， ∴，又∵平面ABC，∴， ∴平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的正切值为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$答案第 1页，共 2页 2023-2024 学年第二学期第三次考试 高一数学试卷 第 I 卷 选择题(共 58 分) 一、单选题（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，只有一项符合题 目的要求） 1．已知向量 a  、b  满足 2a   ， 2a b     ，则  a b a     （ ） A．6 B． 0 C．4 D．－2 2．下列抽样调查中，最适合用分层抽样法抽样的是（ ） A．某兴趣小组 10 人决定去郊游，选择 1 人去购买所需物品 B．从 100 名学生中抽取 20 人调查其身体发育情况 C．从某生产线的 30 名工人中选出 5 人调查其工作强度情况 D．某校有 2000 名学生，其中高一年级 700 人，高二年级 600 人，高三年级 700 人，现从中抽 取 20 人了解其在校学习压力的情况 3．已知复数   2 1 1 i z i    ，则 z （ ） A． 1 i  B． 1 i  C．1 i D．1 i 4．在⊿ABC中， 60A  ， 75B  ， 10a  ，则 c等于（ ） A．5 2 B． 10 6 3 C．10 D．5 6 5．在棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，E是棱 1 1BC 的中点，则过 B、E、 1D 三点的平面截 正方体所得的截面图形的面积为（ ） A．5 B． 6 C．2 6 D．4 6 6．设m， n是两条不同的直线， 、 是两个不同的平面，则下列命题不正确的是（ ） A．若m n ，m  ， n a ，则 //n a B．若m  ， a  ，则 //m a或m  C．若m n ，m  ， n  ，则  D．若 / /m  ，  ，则m  7．如图所示，在正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，M，N分别为棱 1 1C D ， 1C C的 中点，则下列四个结论正确的是( ) A．直线 AM 与 1CC 是相交直线 B．直线 AM 与 BN 是平行直线 C．直线 AM 与 BN 所成角的余弦值为 2 5 5 D．直线 AM 与平面 1 1DCC D 所成角的余弦值为 1 3 8．已知四面体 ABCD中， 2AD  ， 3BD  ， 120BCD  ，直线 AD与BC所成的角为60，且 二面角 A CD B  为锐二面角．当四面体 ABCD的体积最大时，其外接球的表面积为（ ） A． 32π 3 B． 16π 3 C．16π D．8π 二、多选题（本题共 3小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 的要求。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分） 9．已知直线 a，b和平面 ，且 a  ， //b  ，则 a与 b的关系可以为（ ） A．平行 B．相交 C．异面 D．垂直 10．下列命题为真命题的是（ ） A．复数 2 i 在复平面内对应的点在第二象限 B．若 i为虚数单位， n为正整数，则 4 3i in  C．若复数 i( , R)z a b a b   为纯虚数，则 0a  ， 0b  D．复数 2 i  的虚部为 1 11．如图，点 N为正方形 ABCD的中心，⊿CDE为正三角形，平面CDE 平 面 ABCD，点M 是线段DE的中点，则（ ） A．直线 EN与直线 BC是异面直线 B．直线 CD∥平面 BMN C．直线CD 直线 EN D．二面角 E BC D  的大小为 60° 答案第 2页，共 2页 第 II 卷（非选择题） 三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12．在⊿ABC中，外接圆半径为 2， 6 A  ，则 BC  . 13． i是虚数单位，若复数 (1 2i)( 3i)z m   是纯虚数，则实数 m的值为 . 14．在如图所示的三棱柱 1 1 1ABC ABC- 中，点 A，BB1的中点 M 以及 1 1BC 的中点 N所确定的平面 AMN把三棱柱切割成体积不相同的两部分，则小 部分的体积和大都分的体积之比为 ． 四、解答题（本大题共 5小题，共 77 分） 15（13 分）．化简下列各式： （1） 2(3 2 ) 3( 5 ) 5(4 )a b a b b a           ； （2） 1 [2(2 8 ) 5(4 2 )] 6 a b a b       . 16（15 分）．如图，在四棱锥 E ABCD 中，底面 ABCD是正方形，平面 AEC 平面CDE， 90AEC  ， F 为DE中点. (1)求证： / /BE 平面 ACF； (2)求证：CD DE ； 17（15 分）．如图所示，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD是菱形， 60BAD  ， 2,AB PA PA  平面 ABCD，E是 PC的中点，F 是 AB的 中点． （1）求证： / /BE 平面 PDF ； （2）求证：DF⊥平面 PAB； （3）求 BE 与平面PAC所成的角． 18（17 分）．如图，在三棱锥 P ABC中，AB⊥BC，PA⊥PB，侧面 PAB  底面 ABC . （1）求证： PAC△ 是直角三角形； （2）若 2 2 2AB PB BC   ，求点 B到平面PAC的距离. 19（17 分）．如图，AB 是圆 O的直径，C 是圆周上异于 A，B 的点，P 是 平面 ABC 外一点，且 3PA PB PC   . (1)求证：平面PAB 平面 ABC； (2)若 2AB  ，点 D 是圆 O上一点，且与 C在直径 AB 同侧， 60DAB ABC    . （ⅰ）设平面 PAB平面 PCD l ，求证： //l CD； （ⅱ）求平面 PAB 与平面 PCD 所成的锐二面角的正切值.