精品解析：吉林省通化市梅河口市博文学校2023-2024学年高一下学期第二次考试（期中）数学试题

2023-2024学年第二学期第二次考试 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 （ ） A. B. C. D. 2. 有下列命题： ① 若在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线； ② 直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥； ③ 棱台上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等； ④ 底面是正多边形的棱锥一定是正棱锥． 其中，正确命题的个数是（ ） A 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 下列四个正方体图形中，为正方体两个顶点，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是（　　） A. ①③ B. ①④ C. ①③④ D. ②④ 4. 已知平面向量满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，平面平面，过平面，外一点引直线分别交平面，平面于、两点，，，引直线分别交平面，平面于、两点，已知，则的长等于（ ） A. 9 B. 10 C. 8 D. 7 6. 已知复数，则的共轭复数的虚部为（    ） A. B. C. D. 7. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图为直角梯形，且，，平行于轴，则这个平面图形的面积为　　 A 5 B. C. D. 8. 已知底面半径为的圆锥的侧面积为，则该圆锥的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 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. 已知平面向量，，则下列命题中正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 下列命题错误的是（     ） A. 若，则 B. C. 是纯虚数 D. 若，则 11. 如图，正方体的棱长为，点，分别在，上，，.动点在侧面内(包含边界)运动，且满足直线平面，则（ ） A. 过，，的平面截正方体所得截面为等腰梯形 B. 三棱锥的体积为定值 C. 动点所形成轨迹的长度为 D. 过，，的平面截正方体所得截面面积的最小值为 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. 已知向量，，若⊥，则______． 13. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A=，cos C=，a=1，则b=___. 14. 正四棱台上、下底面的边长分别为2，4，且侧面积等于两底面面积之和，则该棱台的体积是________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，直线PD⊥平面ABCD，PD=AD=2，G为PC的中点，AC与BD交于点M．若平面BDG平面PAD=m． （1）求证：PA//m； （2）求三棱锥M−BCG的体积． 16. 在中，角、、的对边分别是、、且． （1）求角的大小； （2）若，，为的中点，求的面积及的长度． 17. 已知在正方体中，M、E、F、N分别是、、、的中点.求证： （1）E、F、D、B四点共面 （2）平面平面. 18. 设复数（m∈R），试求m取何值时？ （1）z是实数； （2）z是纯虚数； （3）z对应的点位于复平面的第一象限． 19. 已知正方体中，､分别为对角线､上的点，且． （1）求证：平面； （2）若是上的点，的值为多少时，能使平面平面？请给出证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年第二学期第二次考试 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. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由复数的除法运算法则计算． 【详解】解：. 故选：D． 2. 有下列命题： ① 若在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线； ② 直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥； ③ 棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等； ④ 底面是正多边形的棱锥一定是正棱锥． 其中，正确命题的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【详解】①不一定，只有当这两点的连线平行于轴线时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等；④错误，底面是正多边形且顶点在底面的射影为底面正多边形的中心的棱锥是正棱锥． 【考查意图】空间几何体的结构特征． 3. 下列四个正方体图形中，为正方体的两个顶点，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是（　　） A. ①③ B. ①④ C. ①③④ D. ②④ 【答案】B 【解析】 【分析】利用线面平行、线面相交的知识对四个图形逐一分析，由此确定正确选项. 【详解】解：对于①，如图，依题意M、N、P分别为其所在棱的中点，结合正方体的性质可知， 由于平面，平面，所以平面； 由于平面，平面，所以平面； 由于，所以平面平面，所以平面，所以①正确. 对于②，如图，设与相交于，依题意M、N、P分别为其所在棱的中点，结合正方体的性质可知，因为与平面相交，所以与平面不平行，所以②错误. 对于③，如图，设是的中点，因为是的中点，所以，而与平面相交，所以与平面不平行，所以③错误. 对于④，如图，依题意M、N、P分别为其所在棱的中点，结合正方体的性质可知，平面，平面，所以平面，所以④正确. 综上所述，正确的序号有①④. 故选：B. 4. 已知平面向量满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据数量积的运算律，结合数量积的定义，建立方程，可得答案. 【详解】因为，所以， 即因为，所以， 故选：B. 5. 如图，平面平面，过平面，外一点引直线分别交平面，平面于、两点，，，引直线分别交平面，平面于、两点，已知，则长等于（ ） A. 9 B. 10 C. 8 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】先由题意，根据面面平行性质定理，得到，推出，进而得到，根据题中数据，即可得出结果. 【详解】因为平面平面，直线与构成的平面分别交平面，平面于直线， 根据面面平行的性质定理，可得：， 所以，，又， 所以， 因此， 又，所以. 故选：A 【点睛】本题主要考查面面平行的应用，熟记面面平行的性质定理即可，属于常考题型. 6. 已知复数，则的共轭复数的虚部为（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的模长公式，复数的除法化简复数，求出复数，结合共轭复数以及复数的定义可得结果. 【详解】因为，则， 所以，故的共轭复数为，其虚部为. 故选：C. 7. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图为直角梯形，且，，平行于轴，则这个平面图形的面积为　　 A. 5 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先确定直观图中的线段长，再确定平面图形中的线段长，从而求得平面图形的面积． 【详解】解：根据斜二测画法的规则可知： 水平放置的图形OABC为一直角梯形， 由题意可知上底为，高为， 下底为， 该图形的面积为． 故选 【点睛】本题考查水平放置的平面图形的直观图斜二测画法，是基础题． 8. 已知底面半径为的圆锥的侧面积为，则该圆锥的外接球的体积为（ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设该圆锥的底面半径为，母线长为，高为.该圆锥的外接球的半径为，利用勾股定理求得，即可求出该圆锥的外接球的体积. 【详解】设该圆锥的底面半径为，母线长为，高为. 该圆锥的外接球的半径为，则，解得， ， 又，即，解得． 该圆锥的外接球的体积为． 故选：． 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. 已知平面向量，，则下列命题中正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】由向量的定义判断A，由模的坐标表示求出模判断B，根据垂直的坐标表示判断C，由数量积求得向量的夹角余弦判断D． 【详解】对于A，由于向量不能比较大小，故A错误； 对于B，∵，∴，故B正确； 对于C，∵，∴不成立，故C错误； 对于D，∵，故D正确． 故选：BD． 10. 下列命题错误的是（     ） A. 若，则 B. C. 是纯虚数 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用复数不等比大小可判断A选项；利用虚数单位的性质可判断B选项；利用纯虚数的概念可判断C选项；取可判断D选项. 【详解】对于A选项，复数不能比大小，故A错误； 对于B选项，因为，故，故B错误； 对于C选项，因为，所以是纯虚数，故C正确； 对于D选项，当时，，故D错误. 故选：ABD. 11. 如图，正方体的棱长为，点，分别在，上，，.动点在侧面内(包含边界)运动，且满足直线平面，则（ ） A. 过，，平面截正方体所得截面为等腰梯形 B. 三棱锥的体积为定值 C. 动点所形成轨迹的长度为 D. 过，，的平面截正方体所得截面面积的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】 由题做出过，，的平面截正方体所得截面为梯形，进而计算即可排除A选项；根据平面，由等体积转化法得即可得B选项正确；取靠近点的三等分点， 靠近点的三等分点，易知的轨迹为线段，其长度为，故C选项正确；过点做的平行线交于，交于，连接，易知过，，的平面截正方体所得截面即为平行四边形，进而得当位于点时，截面面积最小，为四边形的面积，且面积为. 【详解】解：对于A选项，如图，取中点，连接，由点，分别在，上，，，故四边形为平行四边形，故，由于在，为中点，当为中点时，有，故过，，的平面截正方体所得截面为梯形，此时，，故梯形不是等腰梯形，故A选项错误； 对于B选项，三棱锥体积等于三棱锥的体积，由于平面，故三棱锥的体积等于三棱锥的体积，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，而三棱锥的体积为定值，故B选项正确； 对于C选项，取靠近点的三等分点， 靠近点的三等分点，易知，，由于，故平面平面，故的轨迹为线段，其长度为，故C选项正确； 对于D选项，过点做的平行线交于，交于，连接，则过，，的平面截正方体所得截面即为平行四边形，易知当位于点时，平行四边形边最小，且为，此时截面平行四边形的面积最小，为四边形的面积，且面积为，故D选项正确； 故选：BCD 【点睛】本题解题的关键在于根据题意，依次做出过，，的平面截正方体所得截面为梯形，过，，的平面截正方体所得截面即为平行四边形，进而讨论AD选项，通过平面，并结合等体积转化法得知B选项正确，通过构造面面平行得的轨迹为线段，进而讨论C选项，考查回归转化思想和空间思维能力，是中档题. 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. 已知向量，，若⊥，则______． 【答案】1 【解析】 【分析】解方程即得解. 【详解】因为⊥， 所以. 故答案为：1 13. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A=，cos C=，a=1，则b=___. 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：因为，且为三角形的内角，所以，，又因为，所以. 【考点】 正弦定理，两角和、差的三角函数公式 【名师点睛】在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到． 14. 正四棱台上、下底面的边长分别为2，4，且侧面积等于两底面面积之和，则该棱台的体积是________. 【答案】 【解析】 【分析】根据正棱台的性质，求得正四棱台的斜高，结合题意侧面积等于两底面面积之和列出关系式，求得高，然后代入棱台体积公式即可求解. 【详解】 由题意，正四棱台上、下底面的边长分别为，高为， 可得上、下底面面积为， 如图所示，取上、下底面正方形的中心分别为，再取分别为的中点， 分别连接，过点作， 在直角中，可得， 因为侧面积等于两底面面积之和，可得， 可得. 代入棱台体积公式：，得： 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，直线PD⊥平面ABCD，PD=AD=2，G为PC的中点，AC与BD交于点M．若平面BDG平面PAD=m． （1）求证：PA//m； （2）求三棱锥M−BCG的体积． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，由中位线性质、线面平行的判定可得面，再由线面平行的性质证明结论. （2）求到面的距离、，根据求M−BCG的体积． 【小问1详解】 连接，由、分别为，的中点， ∴，又面，面， ∴面，又面，面面 ∴. 【小问2详解】 ∵面，为中点， ∴到面的距离，又， ∴. 16. 在中，角、、的对边分别是、、且． （1）求角的大小； （2）若，，为的中点，求的面积及的长度． 【答案】（1） （2）的面积为， 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化简可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值； （2）利用三角形的面积公式可求得的面积，利用余弦定理可求得的长度. 【小问1详解】 解：由及正弦定理可得， 、，则，可得，，故. 【小问2详解】 解：， 由余弦定理可得. 17. 已知在正方体中，M、E、F、N分别是、、、的中点.求证： （1）E、F、D、B四点共面 （2）平面平面. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意证明，即可得结果； （2）根据线面、面面平行的判定定理分析证明. 【小问1详解】 证明：分别是、的中点， 所以， 又， 所以四边形是平行四边形， . ， 即确定一个平面，故E、F、D、B四点共面. 【小问2详解】 （2）M、N分别是、的中点， .又平面，平面，平面. 连接，如图所示，则，. 四边形是平行四边形. . 又平面，平面. 平面. 都在平面,且,所以平面平面. 18. 设复数（m∈R），试求m取何值时？ （1）z是实数； （2）z是纯虚数； （3）z对应的点位于复平面的第一象限． 【答案】（1）或； （2）； （3）或. 【解析】 【分析】（1）（2）利用复数的分类，分别列式，求解作答. （3）复数的几何意义列式，求解作答. 【小问1详解】 复数是实数，则，解得或， 所以当或时，z是实数. 【小问2详解】 复数是纯虚数，则，解得， 所以当时，z是纯虚数. 【小问3详解】 复数在复平面内对应点， 依题意，，解得：或， 所以当或时，z对应的点位于复平面的第一象限. 19. 已知正方体中，､分别为对角线､上的点，且． （1）求证：平面； （2）若是上的点，的值为多少时，能使平面平面？请给出证明． 【答案】（1）证明见解析；（2）的值为，证明见解析． 【解析】 【分析】（1）连结并延长与的延长线交于点，证明，，又平面，平面，证明平面； （2）是上的点，当的值为时，能使平面平面，通过证明平面，又，平面．然后证明即可． 【详解】（1）连结并延长与的延长线交于点， 因为四边形为正方形， 所以， 故， 所以， 又因为， 所以， 所以． 又平面，平面， 故平面． （2）当值为时，能使平面平面． 证明：因为， 即有， 故． 所以． 又平面，平面， 所以平面， 又，平面． 所以平面平面． 【点睛】本题考查直线与平面平行的判定定理，平面与平面平行的判定定理，考查空间想象能力逻辑推理能力． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$