精品解析：江苏省宿迁市沭阳县建陵高级中学2024-2025学年高一下学期第二次觉悟调研测试数学试题

高一年级第二学期第二次学情调研测试 数学试题 （考试时间：120分钟） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 在复平面内，复数 满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意利用复数的运算法则整理计算即可求得最终结果. 【详解】由题意可得：. 故选：D. 2. 在中，，，，则 的长为（ ） A. B. C. D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】 利用正弦定理即可得到答案. 【详解】∵，，∴， ∴，∴. 故选：A. 3. 以边长为1的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得旋转后对应几何体为两个同底的圆锥，结合题目数据可得相应体积. 【详解】如图，正三角形绕 所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥，圆锥的底面半径为，所得几何体的底面积为，则体积为. 故选：D. 4. 在梯形 中，，，，，，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】将用来表示，再求数量积即可. 【详解】由题可知，所以， 因， 则 故选：C. 5. 已知是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若m，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】A选项可能，B选项当两个平面相交，m与交线平行时也满足条件不满足结论，C选项正确，D选项两个平面可能相交. 【详解】A选项当时，不能得出，故该选项不正确； B选项，若，m是平面外的直线，当时，满足m，不满足，所以该选项不正确； C选项根据线面垂直的性质可得该选项正确； D选项时，，不能得出，故该选项错误. 故选：C 6. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由同角三角函数的基本关系求出的值，再利用两角差的正弦公式可求得的值. 【详解】因为，则， 所以， 因此 . 故选：A. 7. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早 多年．在《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图 是阳马，，，，．则该阳马的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题目条件有，则阳马的外接球与以为长宽高的长方体的外接球相同. 【详解】因，平面ABCD，平面ABCD， 则，又因四边形ABCD为矩形，则. 则阳马的外接球与以为长宽高的长方体的外接球相同. 又，，．则外接球的直径为长方体体对角线，故外接球半径为：， 则外接球的表面积为： 故选：B 8. 已知，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据角的范围，利用二倍角公式将表达式化简计算可得，即求出结果. 【详解】由可得， 所以， 又易知，因此可得， 即可得， 所以，解得. 故选：A 二、多选题：本题共3小题，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，有选错的得0分，部分选对的得2分或3分． 9. 已知，，其中，，以下判断正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由已知求出，，分别利用二倍角公式以及两角和差的正余弦公式判断各选项，即可得答案. 【详解】由于，，，， 故，， 故，A错误； ，B正确； ，C正确； ，D正确， 故选：BCD 10. 已知向量，，其中，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若与的夹角为钝角，则 D. 若，向量在方向上的投影为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用共线向量的坐标表示可判断A选项；利用向量垂直结合向量的模长公式可判断B选项；由已知且、不共线，求出 的取值范围，可判断C选项；利用平面向量的几何意义可判断D选项. 【详解】对于A选项，若，则，解得，A对； 对于B选项，若，则， 所以，，B对； 对于C选项，若与的夹角为钝角，则，可得， 且与不共线，则，故当与的夹角为钝角，则且，C错； 对于D选项，若，则，所以，向量在方向上的投影为，D对. 故选：ABD. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，是线段上的动点（含端点），则（ ） A. 面 B. 与是异面直线 C. 的最小值为 D. 三棱锥的体积为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】由空间中点、线、面的相关知识逐一判断各选项即可． 【详解】对于A，连接， 正方体中，，，四边形为平行四边形，则， ∵平面，平面，∴平面， 同理平面， ∵平面，，∴平面平面， ∵平面，∴平面，故A正确； 对于B，当点P在点处时，，即，故B错误； 对于C，将平面沿展开到与平面共面，连接与的交点即为P，如图， 此时，在中，，，， 由余弦定理有： ∴的最小值为，故C正确； 对于D，在正方体中，且，所以四边形为平行四边形，则有， ∵平面，平面，∴平面， ∴P到平面的距离等于到平面，为定值， 又的面积也为定值，∴三棱锥的体积为定值，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据条件，利用平方关系得，进而得到，即可求解. 【详解】由，得， 解得，所以， 又因为，且，所以，，所以， 则， 故答案为：. 13. 有一个多边形水平放置的斜二测直观图是直角梯形（如图所示），，，，则原多边形面积为____． 【答案】## 【解析】 【分析】根据所给的直观图中直角梯形的数据求出梯形面积，根据原来的平面图形面积是直观图面积的倍，求出平面图形的面积. 【详解】因为直角梯形，， 所以直观图的面积是 因为原来的平面图形面积是直观图面积的倍， 所以平面图形的面积是 故答案为： 14. 一个正四棱台型的木块，上下底面的边长分别为和，高为9，削成一个球，则所得球的体积最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出与正四棱台侧面及下底面都相切的球直径，再正四棱台的高比对即可得解. 【详解】把正四棱台还原成正四棱锥，过该正四棱锥底面一组对边中点及顶点的平面 截该棱锥及棱台分别得等腰和等腰梯形 ，过 作于 ，如图， 则等于正四棱台的高9，， 于是，是正三角形，其内切圆半径， 因此正四棱台还原成正四棱锥的内切球半径为4，该球是与正四棱台侧面及下底面都相切的球， 即为正四棱台型的木块削成的最大球，所以所求最大体积为. 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. 在平行六面体中， （1）求证：平面； （2）若，求证：平面平面 （3）若底面 是边长为1的正方形，，求异面直线与所成角的余弦值 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行判定定理即可证明得出结论； （2）结合菱形性质以及线面垂直判定定理可证明平面，再由面面垂直判定定理即可证明； （3）作出异面直线夹角的平面角，再结合余弦定理计算公式可求出结果. 【小问1详解】 由平行六面体性质可得， 又平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 由可知平行四边形为菱形，所以； 又，，所以， 且，平面，所以平面， 又因为平面， 可知平面平面； 【小问3详解】 由底面 是边长为1的正方形可知，且，所以； 又， 在中，由余弦定理可得； 同理在中， 易知，所以异面直线与所成的角即为直线与所成的角，即或其补角； 所以， 因此异面直线与所成角的余弦值为. 16. 在中，D、E分别在边AB，AC上，且满足，，F为BC中点． （1）若 求实数λ，μ的值； （2）若 求边BC的长． 【答案】（1）， （2）8 【解析】 【分析】（1）应用向量的线性关系计算，再结合已知条件列式求参； （2）应用平面向量基本定理用表示，再结合平面向量的数量积公式及运算律计算求解. 【小问1详解】 ，，， 【小问2详解】 设 即解得 (舍)或， ∴BC长为8． 17. 记 的内角 的对边分别为 ，已知 ． （1）求 ； （2）若 ，点 在边 上，且 ，求 的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，在条件下化简等式，通过三角函数关系求出角 ； （2）由余弦定理结合边的关系求出，再根据等面积即可求出 . 【小问1详解】 由 和正弦定理，可得， 因，则，化简得， ，. 【小问2详解】 由（1）得，由余弦定理得，，即， 将代入化简：，解得， 因，由可得： ， 即，解得. 18. 如图，四棱锥的侧面是边长为2的正三角形，底面 为矩形，且平面平面 ， ， 分别为 ， 的中点，二面角的正切值为2. （1）求四棱锥的体积； （2）证明： （3）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） （2）证明：由（1）知，平面 ，平面 ， ∴ 在正方形 中，易知 ∴ 而， ∴∴ ∵，∴平面 ∵平面， ∴. （3） 【解析】 【分析】（1）先证明为二面角的平面角，可得底面 为正方形，利用锥体的体积公式计算即可； （2）利用线面垂直的判定定理证明平面，即可证明； （3）由平面可得为直线与平面所成的角，计算其正弦值即可. 【小问1详解】 解：∵是边长为2的正三角形， 为 中点，∴， 又∵平面平面 ，平面平面 ∴平面 又平面 ，∴ ∴为二面角的平面角， ∴ 又，∴∴底面 为正方形. ∴四棱的体积. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设，连接， . ∵平面. ∴为直线与平面所成的角 ∵，∴， ∴ 又， ∴ ∴直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】 19. 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得创作的一部传世巨著，该书以基本定义、公设和公理作为推理的出发点，第一次实现了几何学的系绕化、条理化，成为用公理化方法建立数学演绎体系的最早典范．书中第Ⅰ卷第47号命题是著名的毕达哥拉斯（勾股定理），证明过程中以直角三角形中的各边为边分别向外作了正方形（如图1）．某校数学兴趣小组对上述图形结构作拓广探究，提出了如下问题，请帮忙解答． 问题：如图2，已知满足，，设（），四边形、四边形、四边形都是正方形． （1）当时，求的长度； （2）求长度的最大值． 【答案】（1）6 （2）6 【解析】 【分析】（1）利用锐角三角函数的定义及诱导公式，结合余弦定理即可求解； （2）利用余弦定理和正弦定理，结合三角函数的性质即可求解. 【小问1详解】 在中，，，，则，， 因为，所以 在中，，， 由余弦定理所以的长度为. 【小问2详解】 在中，由余弦定理得，所以， 设，在中，由余弦定理得， 所以 ① 在中，由正弦定理得， 所以， 代入①可得, 因为, 所以， 当即时，的最大值为， 所以长度的最大值为6． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一年级第二学期第二次学情调研测试 数学试题 （考试时间：120分钟） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 在复平面内，复数 满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 在 中，，，，则 的长为（ ） A. B. C. D. 5 3. 以边长为1的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 4. 在梯形 中，，，，，，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 5. 已知是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若m，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 若，，则（ ） A. B. C. D. 7. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早 多年．在《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图 是阳马，，，，．则该阳马的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 二、多选题：本题共3小题，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，有选错的得0分，部分选对的得2分或3分． 9. 已知，，其中，，以下判断正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知向量，，其中，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若与的夹角为钝角，则 D. 若，向量在方向上的投影为 11. 如图，在棱长为1的正方体中，是线段上的动点（含端点），则（ ） A. 面 B. 与是异面直线 C. 的最小值为 D. 三棱锥的体积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则______． 13. 有一个多边形水平放置的斜二测直观图是直角梯形（如图所示），，，，则原多边形面积为____． 14. 一个正四棱台型的木块，上下底面的边长分别为和，高为9，削成一个球，则所得球的体积最大值为______． 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. 在平行六面体中， （1）求证：平面； （2）若，求证：平面平面 （3）若底面 是边长为1的正方形，，求异面直线与所成角的余弦值 16. 在 中，D、E分别在边AB，AC上，且满足，，F为BC中点． （1）若 求实数λ，μ的值； （2）若 求边BC的长． 17. 记 的内角 的对边分别为 ，已知 ． （1）求 ； （2）若 ，点 在边 上，且 ，求 的长． 18. 如图，四棱锥的侧面是边长为2的正三角形，底面 为矩形，且平面平面 ， ， 分别为 ， 的中点，二面角的正切值为2. （1）求四棱锥的体积； （2）证明： （3）求直线与平面所成角的正弦值. 19. 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得创作的一部传世巨著，该书以基本定义、公设和公理作为推理的出发点，第一次实现了几何学的系绕化、条理化，成为用公理化方法建立数学演绎体系的最早典范．书中第Ⅰ卷第47号命题是著名的毕达哥拉斯（勾股定理），证明过程中以直角三角形 中的各边为边分别向外作了正方形（如图1）．某校数学兴趣小组对上述图形结构作拓广探究，提出了如下问题，请帮忙解答． 问题：如图2，已知 满足，，设（），四边形、四边形、四边形都是正方形． （1）当时，求的长度； （2）求长度的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $