精品解析：吉林省延吉市延边第二中学2024-2025学年高一下学期第二次阶段检测数学试题

延边第二中学2024～2025学年度第二学期第二次阶段检测 高一年级数学试卷 一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知为不同的直线，为不同的平面，下列命题为假命题的是（ ） A. B. C. D. 2. 中，，则一定是 A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不确定 3. 已知与是两个不共线的向量，，若三点共线，则实数的值为（ ） A. B. C. 4 D. 5 4. 已知向量满足，向量与的夹角为，则（ ） A. 12 B. 4 C. D. 2 5. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（ ） A. B. 2 C. D. 6. 已知向量，若不能构成空间的一个基底，则实数m的值为（ ）． A. B. 0 C. 5 D. 7. 已知四面体中，，分别是，的中点，若，，与所成角的度数为30°，则与所成角的度数为 A. 90° B. 45° C. 60° D. 30° 8. 设三棱柱的侧棱垂直于底面，，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ） A. B. C. D. 二、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. 下面是关于复数（i为虚数单位）的命题，其中真命题为（ ） A. z在复平面内对应的点位于第四象限 B. 若复数，则 C. z的共轭复数为 D. z的虚部为 10. 已知圆锥的底面半径为1，高为，为顶点，，为底面圆周上两个动点，则（ ） A. 圆锥的体积为 B. 圆锥的侧面展开图的圆心角大小为 C. 圆锥截面的面积的最大值为 D. 从点出发绕圆锥侧面一周回到点的无弹性细绳的最短长度为 11. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若为锐角三角形，且，则该三角形面积的范围为 C. 设，且，则的最小值为 D. 若的面积为2，，，边上的高分别为，，，且，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆台的上、下底面的周长分别为，，母线长为，则该圆台的体积为_________. 13. 如图，在棱长为2的正方体中，点P在平面内，则三棱锥的体积为________. 14. 在正四面体中，取棱上一点T，使，连接，三棱锥的内切球的球心为M，三棱锥的内切球的球心为N，则平面与平面的夹角的正弦值是__________． 四、解答题“本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，角、、的对边分别为、、，． （1）求； （2）若的面积为，且，求的周长． 16. 如图，在平行六面体中，，，，，，是的中点，设，，. （1）求的长； （2）求异面直线和夹角的余弦值. 17. 已知圆锥的顶点为P，母线PA，PB所成角的余弦值为，轴截面等腰三角形PAC的顶角为90°，若的面积为． （1）求该圆锥的侧面积； （2）求圆锥的内切球的表面积． 18. 已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，E、F、M、O分别是、、、的中点，平面． （1）求证：； （2）求点B到平面的距离； （3）在线段上是否存在点N，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由． 19. 如图①所示，矩形中，，，点M是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥，N为中点， （1）若平面平面，求直线与平面所成角的大小； （2）设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 延边第二中学2024～2025学年度第二学期第二次阶段检测 高一年级数学试卷 一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知为不同的直线，为不同的平面，下列命题为假命题的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据面面平行的判定定理，面面垂直的判定定理，线面垂直的性质即可判断. 【详解】由题意，对于A，由面面平行的判定定理可以证得，故A正确； 对于B，或，故B错误； 对于C，由面面垂直的判定定理可以证得，故C正确； 对于D，由线面垂直的性质可以证得，故D正确. 故选：B. 2. 中，，则一定是 A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不确定 【答案】C 【解析】 【分析】表示出向量的点乘，结合已知条件进行判定三角形形状 【详解】因为中，，则， 即，，角为钝角， 所以三角形为钝角三角形 故选 【点睛】本题考查了由向量的点乘判定三角形形状，只需运用公式进行求解，较为简单 3. 已知与是两个不共线的向量，，若三点共线，则实数的值为（ ） A. B. C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】先求出，再由三点共线，可得，解方程即可得出答案. 【详解】因为， 所以， 因为三点共线，必存在一个实数，使得， 所以，而不共线， 所以，解得：. 故选：B. 4. 已知向量满足，向量与的夹角为，则（ ） A. 12 B. 4 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量数量积公式得到，从而得到. 【详解】因为，向量与的夹角为．所以， 所以． 故选：C． 5. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意计算可得，还原图形后可得原图形中各边长，即可得其高. 【详解】在直角梯形中，，， 则， 直角梯形对应的原平面图形为如图中直角梯形， 则有， 所以该平面图形的高为. 故选：C. 6. 已知向量，若不能构成空间的一个基底，则实数m的值为（ ）． A. B. 0 C. 5 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得到存在使得，从而得到方程组，得到答案. 【详解】因为不能构成空间的一个基底， 所以共面， 故存在使得， 即， 故，解得. 故选：C 7. 已知四面体中，，分别是，的中点，若，，与所成角的度数为30°，则与所成角的度数为 A. 90° B. 45° C. 60° D. 30° 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点,利用三角形中位线定理,可以得到,与所成角为，运用三角形中位线定理和正弦定理，可以求出的大小，也就能求出与所成角的度数. 【详解】取的中点连接，如下图所示：因为，分别是，的中点，所以有，因为与所成角的度数为30°，所以，与所成角的大小等于的度数. 在中， ，故本题选A. 【点睛】本题考查了异面直线所成角的求法，考查了正弦定理，取中点利用三角形中位线定理是解题的关键. 8. 设三棱柱的侧棱垂直于底面，，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心做垂直于底面的直线与中截面的交点，底面外接圆的半径、球的半径和直棱柱的高的一半构成直角三角形，由题意求出外接球的半径，可得答案． 【详解】由题意知底面外接圆的圆心为点，设外接圆的半径为， 三棱柱的外接球的半径为， ，，由余弦定理得， 由正弦定理得， 所以，过做垂直于底面的直线交中截面与点，则为外接球的球心， 由题意得：，所以外接球的表面积， 故选：C． 二、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. 下面是关于复数（i为虚数单位）的命题，其中真命题为（ ） A. z在复平面内对应的点位于第四象限 B. 若复数，则 C. z的共轭复数为 D. z的虚部为 【答案】BD 【解析】 【分析】利用复数除法运算化简复数，根据复数的相关概念及几何意义逐项判断可得答案. 【详解】. 对于A，z在复平面内对应的点为，位于第三象限，A错误； 对于B，因为，所以，所以，B正确； 对于C，z的共轭复数为，C错误； 对于D，的虚部为，D正确. 故选:BD. 10. 已知圆锥的底面半径为1，高为，为顶点，，为底面圆周上两个动点，则（ ） A. 圆锥的体积为 B. 圆锥的侧面展开图的圆心角大小为 C. 圆锥截面的面积的最大值为 D. 从点出发绕圆锥侧面一周回到点的无弹性细绳的最短长度为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：直接求出圆锥的体积即可判断； 对于B：直接求出圆锥的侧面展开图的圆心角即可判断； 对于C：先判断出圆锥截面为轴截面时，其面积最大，在求其面积； 对于D：先分析出细绳的长度最短即为求线段.在三角形中，由余弦定理得即可求解.. 【详解】对于A：因为圆锥的底面半径为1，高为，所以体积. 故A错误； 对于B：设圆锥的母线为l，则. 设圆锥的侧面展开图的圆心角为，由弧长公式得：，即，解得：，故B正确； 对于C：显然当圆锥截面为轴截面时，其面积最大，此时，故C正确； 对于D：作出圆锥的侧面展开图如图示，要使从点出发绕圆锥侧面一周回到点的无弹性细绳的长度最短，只需求线段.在三角形中，，由余弦定理得：， 即从点出发绕圆锥侧面一周回到点的无弹性细绳的最短长度为.故D正确. 故选：BCD 11. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若为锐角三角形，且，则该三角形面积的范围为 C. 设，且，则的最小值为 D. 若的面积为2，，，边上的高分别为，，，且，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用正弦定理和三角恒等变换得到，从而得到，求出判断A，利用为锐角三角形求出，再结合正弦定理和三角形面积公式表示出，最后利用正切函数性质求解取值范围判断B，将变形为，两边平方后得到，再利用基本不等式“1”的妙用求解最值判断C，利用三角形面积公式，得到，，利用余弦定理及基本不等式求出，从而求出的最大值判断D即可. 【详解】对于A，由题意得， 由正弦定理可得， 而， 故，因为且位于分母位置， 所以，得到， 即，又，所以，故A正确， 对于B，因为为锐角三角形，所以，， 而，解得， 由三角形面积公式得， 由正弦定理得，解得， ， 则，因为，所以， 则，故，即，故B正确， 对于C，因为，即， 得到，故， 两边平方并化简得， 则，得到， 故，， 得到，则， ， 当且仅当时取等号，所以的最小值不为，故C错误， 对于D，结合三角形面积公式得，，， 则， 又因为，所以， 结合余弦定理得， 当且仅当时等号成立，则， 得到，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆台的上、下底面的周长分别为，，母线长为，则该圆台的体积为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据圆台的体积公式代入求解即可. 【详解】因为圆台的上､下底面的周长分别为，，母线长为， 所以该圆台的上､下底面的半径分别，， 如图所示： 即，，，所以， 所以直角梯形的高，故圆台的高为， 则圆台的体积. 故答案为： 13. 如图，在棱长为2的正方体中，点P在平面内，则三棱锥的体积为________. 【答案】 【解析】 【分析】易证面面，得到点到面的距离相等，然后由求解. 【详解】解：如图所示： ∵，面，面， ∴面， ∵，面，面， ∴面， 又∵，面， ∴面面， 点在平面内，则点到面的距离相等， 所以三棱锥的体积为：，  ， 故答案为： 14. 在正四面体中，取棱上一点T，使，连接，三棱锥的内切球的球心为M，三棱锥的内切球的球心为N，则平面与平面的夹角的正弦值是__________． 【答案】 【解析】 【分析】画出立体图形和截面图形，结合题意分别确定的位置，再由几何关系求出正弦值. 【详解】 设三棱锥的内切球分别与面、面相切于两点， 易知平分，平分，易知， 取中点为，则在的平分线上， 同理三棱锥的内切球球心在的角平分线上， 易知面，故，同理， 于是为平面与平面的夹角的平面角， 设正四面体棱长为，则，， 所以. 故答案为：. 四、解答题“本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，角、、的对边分别为、、，． （1）求； （2）若的面积为，且，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）解法1：由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值；解法2：利用余弦定理化简得出，再利用余弦定理可求得的值； （2）由同角三角函数的基本关系可求出的值，利用三角形的面积公式可求出的值，利用余弦定理结合可得出关于的方程，可求出的值，进而可求出的值，由此可得出该三角形的周长. 【小问1详解】 解法1：因为，由正弦定理得， 即， 因为，则，故； 解法2：因为，由余弦定理得， 整理得，可得， 由余弦定理可得. 【小问2详解】 因为，且，则， ，所以， 因为由余弦定理得， 于是， 因为，则，所以， 因此，于是的周长. 16. 如图，在平行六面体中，，，，，，是的中点，设，，. （1）求的长； （2）求异面直线和夹角的余弦值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）在平行六面体中，由棱长及夹角，由和向量运算可得，平方可得，求出数量积，可得的大小； （2）由（1）可得的值，进而求出异面直线和夹角的余弦值. 【小问1详解】 在平行六面体中， 因为，，，，，是的中点， ， 所以， 由题意，，， ， ， 所以， 所以； 【小问2详解】 ， ，， 所以. 设异面直线和夹角为，则， 所以. 所以异面直线和夹角的余弦值为. 17. 已知圆锥的顶点为P，母线PA，PB所成角的余弦值为，轴截面等腰三角形PAC的顶角为90°，若的面积为． （1）求该圆锥的侧面积； （2）求圆锥的内切球的表面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设圆锥母线长、底面半径分别为，依题意可得，再由的面积求出，即可得到，从而求出侧面积；（2）作出轴截面，利用三角形相似求出内切球的半径，即可求出球的面积. 【小问1详解】 设圆锥母线长、底面半径分别为， 由圆锥的轴截面为等腰三角形且顶角为，则，解得， 又，所以， 又因为的面积为， ，解得（负值舍去）， 又，所以， 圆锥的侧面积． 【小问2详解】 作出轴截面如图所示： 根据圆锥的性质可知内切球球心在上，设球心为，切于点， 设内切球半径为，即，则， 所以， 由（1）可知，圆锥的高， 则有，解得， 所以圆锥的内切球的表面积； 18. 已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，E、F、M、O分别是、、、的中点，平面． （1）求证：； （2）求点B到平面的距离； （3）在线段上是否存在点N，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见详解 （2） （3）存在点满足题意， 【解析】 【分析】（1）先证明平面，再证明，即可得证； （2）求点到平面的距离即求点到平面的距离，利用三棱锥等体积法求解； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【小问1详解】 因为平面，平面， 所以，又底面是正方形，则， 且与是平面内两条相交直线， 所以平面，平面，所以， 又分别是的中点，所以， 所以. 【小问2详解】 因为分别是的中点， 所以， 所以平面即是平面， 由（1）知平面，则平面，平面， ，则， 设点到平面的距离为，由， 得，即， 解得， 所以点到平面的距离为. 【小问3详解】 如图以为原点，为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，且， ，， ， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得， ， ，整理得， 解得或（舍）， ，即存在点使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 19. 如图①所示，矩形中，，，点M是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥，N为中点， （1）若平面平面，求直线与平面所成角的大小； （2）设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）借助面面垂直的性质，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求出大小. （2）连接DG，过点D作平面ABCD，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及法向量，列出方程，即可得到结果. 【小问1详解】 取中点，连接，由，得，而平面平面， 平面平面平面，则平面， 过作，则平面，又平面，于是， 在矩形中，，，则， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，令，得， 设直线BC与平面所成的角为，则， 所以直线BC与平面所成角的大小为. 【小问2详解】 连接，由，得，而，则为的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 显然平面，平面，则平面平面， 在平面内过作于点，则平面， 设，而，则，，， 即，， 所以， 于是，， 设平面PAM的法向量为，则， 令，得，设平面的法向量为， 因为，， 则，令，得， 设平面和平面为， 则 令，，则，即，则当时，有最小值， 所以平面和平面夹角余弦值的最小值为． 【点睛】利用向量法求二面角的常用方法：①找法向量，分别求出两个半平面所在平面的法向量，然后求得法向量的夹角，结合图形得到二面角的大小；②找与交线垂直的直线的方向向量，分别在二面角的两个半平面内找到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方向向量，则这两个向量的夹角就是二面角的平面角． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $