2021-2022学年江苏省常州市第二中学高一下学期5月学情调研数学试题（解析版）

2021-2022学年江苏省常州市第二中学高一下学期5月学情调研数学试题

一、单选题

1．已知复数，其中为虚数单位，则复数在复平面内对应的点的坐标为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意得，再分析求解即可.

【详解】根据题意得：，

所以复数在复平面内对应的点的坐标为：.

故选：C.

2．已知△ABC的内角A、B、C所对的边分别是a，b，c，若bcosC+ccosB＝b，则△ABC一定是（       ）

A．等腰三角形 B．等边三角形

C．等腰直角三角形 D．直角三角形

【答案】A

【分析】直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理的应用求出结果.

【详解】解：△ABC的内角A、B、C所对的边分别是a，b，c，

由bcosC+ccosB＝b，

根据正弦定理：sinBcosC+sinCcosB＝sinB，

整理得sin（B+C）＝sinA＝sinB，

故a＝b，

则△ABC一定是等腰三角形.

故选：A.

【点睛】本题考查的知识要点：正弦定理和三角函数关系式的恒等变换，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型.

3．已知向量，若与垂直，则与夹角的余弦值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用垂直向量的坐标表示求解，进而得到的坐标，利用向量数量积的坐标表示求解夹角的余弦值即可.

【详解】解：因为与垂直，故，解得，则,

，设与夹角为，则.

故选：A.

4．如图，在直三棱柱中，，，点为的中点，则异面直线与所成的角为

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】取的中点，连结,这样求异面直线与所成的角就转化成求的大小．

【详解】取的中点，连结,在直三棱柱，点为的中点,

且，且，所以就是异面直线与所成的角．，可以求出，在中，由勾股定理可求出，在中，由勾股定理可求出，显然是直角三角形，,所以，因此本题选B.

【点睛】本题考查了异面直线所成角的问题，解决的关键转化成相交线所成的角，但要注意异面直线所成角的范围是．

5．已知为锐角，且，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】运用两角和与差的正弦公式和同角的商数关系，计算即可得到所求值

【详解】因为，所以，

所以，所以.

故选：B

6．已知某圆锥的的底面半径为2，侧面积是底面积的3倍.将该圆锥切割成一个正四棱锥，且四棱锥的顶点和圆锥的顶点重合，四棱锥的底面是圆锥底面的内接正方形，则该四棱锥的体积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l.利用侧面积是底面积的3倍求出，再求出正四棱锥的高，和底面积，即可求出该四棱锥的体积.

【详解】如图示，设圆锥的底面半径为r，母线长为l.

O为底面圆的圆心，ABCD为底面的一个圆内接正方形，OP为圆锥的高.

由题意可得：，解得：，所以.

而.

所以该四棱锥的体积为.

故选：D

7．如图，已知平行四边形的对角线相交于点，过点的直线与所在直线分别交于点，，满足，若，则的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】用向量表示，再利用点M，O，N共线列式计算作答.

【详解】因平行四边形的对角线相交于点，则，

而，于是得，又点M，O，N共线，

因此，，即，又，解得，

所以.

故选：B

8．在长方体中，直线与平面所成角为，与平面所成角为，与平面所成角为，若，，（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意得，，，设，，，根据，，可以得到，，而，再分析求解即可.

【详解】根据题意，画出如下示意图：根据长方体的性质，平面，所以，

平面，所以，平面，所以，

所以，，，

设，，，所以，

所以，即，又，

所以，即，又，

所以，

联立，解得，

所以.

故选：D.

二、多选题

9．已知，是两条不重合的直线，，，是三个两两不重合的平面，则下列命题正确的是

A．若，，，则 B．若，，则

C．若，，，则 D．若，，则

【答案】AD

【分析】A利用线面垂直的性质判断；B利用面面关系来判断；C利用面面平行的判定定理来判断；D利用面面垂直的判定定理来判断.

【详解】解：对A：若，，则，又，所以，故正确；

对B：若，，则与可能平行，也可能相交，故错误；

对C：若，，，由于没有强调与相交，故不能推出，故错误；

对D：若，，根据面面垂直的判定定理，可得，故正确.

故选：AD.

【点睛】本题考查线面面面平行与垂直的判定和性质，是基础题.

10．已知满足，且，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】根据平方关系求出，再根据两角和的正弦公式即可判断A；根据两角差的余弦公式即可判断B；根据结合两角差的正弦公式即可判断C；根据二倍角的正切公式即可判断D.

【详解】解：因为，且，

所以，，

则，

所以，故A错误；

由，得，

，

所以，则，故B正确；

由，，

得，，

，

所以，故C正确；

因为，

所以，

故，故D正确.

故选：BCD.

11．三棱锥中，已知平面，，且，则下列说法正确的有（       ）

A． B．平面

C．二面角的大小为 D．三棱锥的外接球表面积为

【答案】BCD

【分析】用反证法证明A错误，由线面垂直的判定定理的性质定理证明B正确，作出二面角的平面角，并计算后判断C，确定外接球的直径（半径）计算出表面积判断D．

【详解】平面，平面，则，

若，，平面，则平面，而平面，所以，与矛盾，A错；

由，，，平面得平面，B正确；

作于，于，连接，如图，

由平面，平面，得，又，平面，所以平面，面，所以，，

，平面，所以平面，平面，所以，所以是二面角的平面角，

因为，所以，，，

中，，，C正确；

由上面证明知是三棱锥外接球的直径，，

所以球表面积为，D正确．

故选：BCD．

12．如图，正方形的棱长为1，线段有两个动点，，且，则下列结论正确的是（       ）

A．

B．异面直线所成角为定值

C．直线与平面所成角为定值

D．以为顶点的四面体的体积不随位置的变化而变化

【答案】ACD

【分析】A.连接BD交AC于O，连接OE，由正方体特征易证平面判断；B.易证是平行四边形，得到，则是异面直线所成的角求解判断；C.由平面，得到是直线与平面所成的角求解判断；D.由四面体的体积为判断.

【详解】如图所示：

连接BD交AC于O，连接OE，

由正方体特征知：，且，则平面，所以，故A正确；

因为，所以是平行四边形，则，所以是异面直线所成的角，又平面，则，因为OE变化，则变化，故B错误；

由平面，得是直线与平面所成的角，且为定值，故C正确；

以为顶点的四面体的体积为 为定值，故正确；

故选：ACD

三、填空题

13．若为虚数单位，且复数z满足，则复数z的模是________.

【答案】

【分析】根据复数代数形式的除法运算法则化简复数，再根据复数模的计算公式计算可得；

【详解】解：由，得，

∴.

故答案为：

14．《九章算术》是我国古代著名数学经典，其对勾股定理的论述比西方早一千多年.其中有这样一个问题：“今有勾三步，股四步，间勾中容方几何？"其意思为：今有直角三角形，勾（短直角边）长3步，股（长直角边）长为4步，问该直角三角形能容纳的正方形分别在边上）边长为多少？在求得正方形的边长后，可进一步求得的正切值为___________.

【答案】

【分析】利用三角形相似求出正方形边长，再利用及两角差的正切公式，即可求解.

【详解】设正方形的边长为，则，

由，可得，即，解得，

因为，

所以.

故答案为：.

15．已知正三棱柱，底面正三角形的边长为，侧棱的长为，则点到平面的距离为___________.

【答案】

【分析】根据题意得，再分析求解即可.

【详解】根据题意作出如下示意图，取的中点为，连接，

因为正三棱柱的所有棱长都为，所以，，

又，所以平面，设点到平面的距离为：，

所以，即，

因为，，

在中，，，，

所以中边上的高为：，

所以，

所以.

故答案为：.

四、双空题

16．已知一个底面边长为，侧棱长为3的正三棱锥，则此三棱锥的侧面与底面所成三面角的余弦值为___________，此三棱锥内切球的半径为___________.

【答案】         

【分析】设顶点在底面内的射影为，得到为底面的重心，取的中点，连接，证得为三棱锥的侧面与底面所成三面角的平面角，分别求得的长，得到的长，在直角中，求得，再求得三棱锥的表面和体积，结合，即可求得内切球的半径.

【详解】如图所示，正三棱锥，底面边长为，侧棱长为，

设顶点在底面内的射影为，则为底面的重心，

取的中点，连接，则，

所以为三棱锥的侧面与底面所成二面角的平面角，

因为，

在直角中，因为，可得，

在直角中，可得，

在直角中，可得，

又由，，

所以正三棱锥的表面积为，

正三棱锥的体积为，

设正三棱锥的内切球的半径为，

则，

所以内切球的半径为.

故答案为：；.

五、解答题

17．如图，在正方体中，是的中点，是的中点.

(1)求证：平面；

(2)求证：.

【答案】(1)见解析

(2)见解析

【分析】（1）连接，易得，根据线面平行的判定定理即可得证；

（2）根据正方体的结构特征可得，平面，则有，再根据线面垂直的判定定理可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证.

【详解】(1)证明：连接，

则与互相平分，

因为是的中点，是的中点，

所以点为的中点，

所以，

又平面，平面，

所以平面；

(2)证明：连接，

在正方体中，

，平面，

因为平面，

所以，

又，平面，

所以平面，

又平面，

所以.

18．已知复数均为锐角，且.

(1)求的值；

(2)若，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求出，利用即可求出的值；（2）利用平方关系求出，，再利用和差角公式即可求得.

【详解】(1)因为复数，所以.

所以

因为，所以，解得：.

(2)因为均为锐角，所以，

所以.

因为为锐角，，所以.

所以

.

19．在梯形中，分别为线段，上的动点.

(1)求；

(2)若，求；

(3)若，求的最小值；

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据题意得，所以，求解计算即可；

（2）根据题意得，所以；

（3）根据题意得，且，再分析单调性求解即可.

【详解】(1)因为，所以，

所以，

所以.

(2)由（1）知，，因为，所以，

所以，

所以.

(3)因为，，

则

，

因为，解得，设，，根据对勾函数的单调性可知，在单调递增，

所以当时，取得最小值：.

20．在中，角所对的边分别为平分，交于点，已知，.

(1)求的面积；

(2)若的中点为，求的长.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用余弦定理求出，再利用正弦定理结合角平分线求出边c即可计算作答.

（2）利用（1）的结论直接计算作答.

【详解】(1)在中，，，由余弦定理得：，即，

，则，

在中，，由正弦定理得：，

又，

则，即有，，

所以的面积.

(2)由（1）知，，所以.

21．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，.

(1)证明：平面平面；

(2)若二面角的余弦值为，求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）依据面面垂直判定定理去证明平面平面；

（2）建立空间直角坐标系，以向量的方法去求二面角的正弦值.

【详解】(1)设，连接，

在菱形中，为中点，且，

因为，所以，

又因为，且，平面，所以平面，

因为平面，所以平面平面；

(2)作平面，以为，，轴，建立空间直角坐标系，

易知，则，，

因为，，所以为二面角的平面角，

所以，则，，，，

所以，，，

设平面的法向量为，由，得

取，则，，所以，

设平面的法向量为，由，得

取，则，，所以，

设二面角为，则，

又，则.

22．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，M为棱AC的中点.AB＝BC，AC＝2，AA1＝.

（1）求证：B1C//平面A1BM；

（2）求证：AC1⊥平面A1BM；

（3）在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（2）存在，.

【解析】（1）首先连接与，两线交于点，连接，利用三角形中位线性质得到，再利用线面平行的判定即可证明平面.

（2）首先易证平面，从而得到，根据和，得到，再利用线面垂直的判定即可证明平面.

（3）当点为的中点，即时，平面平面.首先设的中点为，连接，，易证四边形为平行四边形，从而得到，平面，再利用面面垂直的判定即可证明平面平面.

【详解】（1）连接与，两线交于点，连接，如图所示：

在中，因为，分别为，的中点，

所以，

又因为平面，平面，

所以平面.

（2）因为侧棱底面，平面，

所以.

又因为为棱的中点，，所以.

因为，，平面，

所以平面，所以.

因为，所以.

又因为，所以在和中，

，

所以，

即，

所以.

因为，，平面，

所以平面.

（3）当点为的中点，即时，平面平面.

证明如下：

设的中点为，连接，，如图所示：

因为，分别为，的中点，

所以，且

又因为为的中点，所以，且，

所以四边形为平行四边形，

所以，

由（2）知：平面，所以平面.

又因为平面，

所以平面平面.

【点睛】方法点睛：本题考查垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型，属于中档题.

（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.

（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.

（3）证明线线垂直需转化为证明线面垂直.