2022-2023学年河南省创新联盟高二上学期第一次联考（月考）（B卷）数学试题含解析

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2022-2023学年河南省创新联盟高二上学期第一次联考（B卷）数学试题 一、单选题1．已知复数，则复数在复平面内对应的点位于（ ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】首先利用复数的除法运算化简，再利用复数的几何意义求复数对应的点.【详解】因为，所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.故选：D2．已知直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则下列说法正确的是（   ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】B【分析】根据直线的方向向量和平面的法向量的位置关系，判断直线与平面的位置关系，当直线的方向向量与法向量平行时，直线与平面垂直；当直线的方向向量与法向量垂直时，直线与平面平行或直线在平面内【详解】若，因为，则，故选项A错误，选项B正确；若，则直线l可能与平面平行，也可能在平面内，故选项CD错误故选：B3．已知向量，，若，则（    ）A． B． C．1 D．2【答案】C【分析】由题意可得，求解即可.【详解】因为，所以，解得.故选:C.4．空间内有三点，，，则点P到直线EF的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】分别求出与，即可得，与，根据点P到直线EF的距离为可求解.【详解】因为，,所以，，.所以点P到直线EF的距离为.故选:D.5．从A，B，C，D，E这五个景点中选择两个景点游玩，则A，B景点都没被选中的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据古典概型的概率公式，采用列举法，可得答案.【详解】从A，B，C，D，E这五个景点中选择两个游玩，不同的情况有，，，，，，，，，，共10种，其中A，B景点都没被选中的情况有，，，共3种，故所求概率.故选：D.6．在直三棱柱中，，，M，N分别是，的中点，则（    ）A．平面CMN B．平面CMNC． D．【答案】C【分析】由题意，建立空间直角坐标系，写出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的位置关系，可得答案.【详解】如图，以C为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，.，，，，.设平面CMN的法向量，则，令，得.因为与不垂直，所以与平面CMN不平行，故A不正确；因为与不平行，所以AM与平面CMN不垂直，故B不正确；因为，所以，故C正确；因为与不平行，所以AM与不平行，故D不正确.故选：C.7．如图，在平行六面体中，E，F分别在棱和上，且.记，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，由空间向量的线性运算可得，由空间向量基本定理即可求解.【详解】设，因为，所以，，.因为，所以.故选:B.8．若直线l的斜率，则直线l的倾斜角的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据直线的倾斜角与斜率的关系直接求解即可.【详解】直线的斜率与倾斜角满足，且，若，则.故选:C.9．如图，已知四棱锥的底面是边长为4的菱形，且，底面，若点到平面的距离为，则（    ）A． B． C．1 D．2【答案】D【分析】建立空间直角坐标系,利用坐标法求解即可.【详解】设为中点，因为底面是边长为4的菱形，且，所以,而 ,所以 ；以为坐标原点，以，的方向分别为x，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，.设是平面的法向量，因为，，则，令，得.设点到平面的距离为，.因为，所以，得.故选：D.10．为了解某中学对新冠疫情防控知识的宣传情况，增强学生日常防控意识，现从该校随机抽取30名学生参加防控知识测试，得分（10分制）如图所示，以下结论正确的是（    ）A．这30名学生测试得分的中位数为6B．这30名学生测试得分的众数与中位数相等C．这30名学生测试得分的平均数比中位数小D．从这30名学生的测试得分可预测该校学生对疫情防控的知识掌握不够，建议学校加强学生疫情防控知识的学习，增强学生日常防控意识【答案】D【分析】利用中位数，众数，平均数的计算方式可判断各个选项.【详解】对于A，这30名学生测试得分的中位数为，故A错误；对于B，这30名学生测试得分的众数为5，故B错误；对于C，这30名学生测试得分的平均数为，故C错误；对于D，因为抽取的30名学生测试得分普遍偏低，所以预测该校学生对疫情防控的知识掌握不够，建议学校加强学生疫情防控知识的学习，增强学生日常防控意识，故D正确．故选：D 11．在数学史上，为了三角计算的简便并且更加追求计算的精确性，曾经出现过下列两种三角函数：定义为角的正矢，记作；定义为角的余矢，记作.给出下列结论：①函数在上单调递增；②若，则；③若，则的最小值为0；④若，则的最小值为.其中所有正确结论的序号为（    ）A．①② B．③④ C．①③④ D．②③④【答案】D【分析】利用定义性函数和三角函数关系式的变换判断各选项即可得到结论.【详解】因为，所以在上单调递增，在上单调递减，故①错误；因为，所以，故②正确；，令，则，所以，所以，故③正确；因为，所以，故④正确.故选：D.12．如图（1），在矩形中，，为线段上一点（不是端点），沿线段将折成（如图（2）），使得平面平面，且二面角的余弦值为，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据二面角的余弦值列方程，建立平面直角坐标系，求得点的位置.建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线与所成角的余弦值.【详解】过作于，因为平面平面，所以平面．过作于，连接，则即二面角的平面角，所以．在图（1）中，直线与垂直，交于，以为原点，，的方向分别为，轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，，所以直线的方程为，直线的方程为．由，可知直线的方程为，与直线的方程联立解得，所以．因为，所以，解得．由，得，所以，化简得，解得，即．在图（2）中，以为坐标原点，以，的方向分别为，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，．因为，，所以，，进而可得，因为，，所以，故异面直线与所成角的余弦值为．故选：D 二、填空题13．已知，，在平面内，写出平面的一个法向量：________.【答案】（答案不唯一）【分析】根据在平面内，由平面的任意相交的两个向量坐标，分别与所设的法向量垂直，计算即可求出平面的一个法向量.【详解】设，因为，，所以令，得.（，且）都是平面的法向量.故答案为：（答案不唯一）14．已知正方体的棱长为4，，点为的中点，则________．【答案】【分析】根据题意，建立适当的空间直角坐标系，即可求解.【详解】如图所示，以点为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.因为正方体的棱长为4，，点为的中点，所以，，故．故答案为：.15．已知，，三点在同一条直线上，则________.【答案】5【分析】由题意，利用斜率公式，结合共线斜率相等，可列方程，可得答案.【详解】因为，，所以，得.故答案为：5.16．正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是2（如图），P，Q分别为棱AB，AD的中点，则________.【答案】1【分析】根据给定条件，利用空间向量的一个基底表示，再利用数量积运算律计算作答.【详解】正八面体ABCDEF中，不共面，而P，Q分别为棱AB，AD的中点，有，，则，，.故答案为：1 三、解答题17．如图，在正四面体OABC中，E，F，G，H分别是OA，AB，BC，OC的中点.设，，.(1)试用，，表示；(2)若正四面体OABC的棱长为6，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据及平面向量的线性运算即可求解；（2）由，及即可求解.【详解】(1)；(2)因为，，所以.18．判断下列直线与是否垂直：(1)的倾斜角为，经过，两点；(2)的斜率为，经过，两点；(3)的斜率为，的倾斜角为，为锐角，且.【答案】(1)(2)与不垂直(3) 【分析】（1）的斜率为，根据过两点的斜率公式可求的斜率，判断斜率的乘积是否为即可；（2）根据过两点的斜率公式可求的斜率，判断斜率的乘积是否为即可；（3）根据二倍角的正切公式求出的值，判断斜率的乘积是否为即可.【详解】(1)因为的倾斜角为，所以的斜率为.因为经过，两点，所以的斜率为.因为，所以.(2)因为经过，两点，所以的斜率为.因为的斜率为，且，所以与不垂直.(3)记的斜率为，因为，所以，解得或.因为为锐角，所以.因为的斜率为，且，所以.19．如图，已知圆锥的顶点为P，底面圆的直径AB长为4，点C是圆上一点，，点D是劣弧上的一点，平面平面，且.(1)证明：平面平面POD.(2)当三棱锥的体积为时，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由及线面平行的判定定理可得平面PCD，根据线面平行的性质可得.根据可得，由线面垂直的性质可得，故根据线面垂直的判断定理可得平面POD，从而根据面面垂直的判定定理可证明；（2）根据三棱锥的体积可求，以为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出平面POD的一个法向量及平面PCD的一个法向量，根据即可求解.【详解】(1)证明：因为，平面PCD，平面PCD，所以平面PCD.因为平面ABCD，且平面平面，所以.因为，所以，所以，即.因为平面ABCD，平面ABCD，所以.因为，平面POD，所以平面POD.因为平面POC，所以平面平面POD；(2)解：因为，所以.如图，以为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，.取平面POD的一个法向量.设平面PCD的法向量为，则，令，得.因为，且二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.20．三角测量法是在地面上选定一系列的点，并构成相互连接的三角形，由已知的点观察各方向的水平角，再测定起始边长，以此边长为基线，即可推算各点坐标的一种测量方法.在实际测量中遇到高大障碍物的测量，需要跨越时的测量，无法得到平距的测量都需要用到三角测量法.如图，为测量横截面为直角三角形的某模型的平面图△ABC，由于实际情况，Rt△ABC（∠ACB=）的边和角无法测量，以下为可测量数据：①BD=2；②CD=+1；③∠BDC=；④∠BCD=.以上可测量数据中至少需要几个可以推算出Rt△ABC的面积？请选择一组并写出推算过程.注：若选择不同的组合分别作答，则按第一个作答计分.【答案】答案见解析【分析】若选择组合一：①③④或②③④，则由正弦定理可求得，再利用三角函数恒等变换公式求出，从而可求的长，进而可求得三角形的面积，若选择组合二：①②③，则由余弦定理求出，再利用正弦定理求得，然后求出，从而可求的长，进而可求得三角形的面积，若选择组合三：①②④，则由正弦定理可得，得，然后求出，从而可求的长，进而可求得三角形的面积，【详解】解：至少需要3个可测量数据.选择组合一：①③④或②③④在中，因为，所以.因为，所以，故.选择组合二：①②③在中，因为，所以.结合正弦定理，可求得.因为，所以，故.选择组合三：①②④在中，因为，所以.因为为钝角，所以.因为，所以，故.21．在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，，平面平面，为线段的中点.(1)证明：.(2)在直线BC上是否存在点，使得直线AF与平面ABP所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，或1 【分析】(1)作于 ，根据勾股定理分别可求得，的值，只需证得，即可求出，即可得出为等腰三角形，从而可得.(2)建立空间直角坐标系，利用坐标法即可求解.【详解】(1)证明：作于 ，由平面平面ABC，且平面平面，得平面，∴.∵，，，由勾股定理得，所以，∴，，.在直角三角形中，由勾股定理可得.又.∴.(2)在平面内，过点作，垂足为点，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，∴，，，，，设，∴，.设是平面的法向量，∴，取，得，又.设直线与平面所成的角为，∴，化简得，解得或.当时，（在线段上）；当时，（在线段的延长线上）∴存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，且或1.22．如图，在正方体中，，E，F分别是AB，BC的中点，平面分别与，交于M，N两点.(1)证明：.(2)求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)由可证得∥平面，而平面平面，可得，根据平行的传递性可证得；(2)建立空间直角坐标系，利用坐标法求出点到平面的距离，结合余弦定理及面积公式求出底面积，再由体积公式求解即可.【详解】(1)证明：因为E，F分别为AB，BC的中点，所以.因为平面，平面，所以∥平面.因为平面，平面平面，所以，所以.(2)以点D为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，，.设平面的法向量为，则，令，得.因为点到平面的距离，点到平面的距离，所以.设点，由，可得，则，，，所以点M的坐标为，同理可得点.因为，，所以，所以，则.因为，所以.