高一下学期期中模拟数学卷(二）答案

这是一份高一下学期期中模拟数学卷(二）答案，共13页。试卷主要包含了 B， 解等内容，欢迎下载使用。
2022--2023高一期中模拟数学卷(二）答案解析1.B解：A：时，，显然，错误；B：则虚部为0，即为实数，正确；C：为非零实数时，也成立，错误；D：，时，，错误.2．C解：由题可知所以由余弦定理所以3．A解：对于A，若，则两向量的大小相等，方向相同，故成立，故A对，对于B，若，都是单位向量，两向量的方向不定，故不成立，故B错，对C，因为两向量不能比较大小，故C错，对于D，根据平面向量的三角形法则成立，故D错4．A解：因为，所以，所以，所以，所以，整理得，所以，因为，所以，所以，解得.所以的最大值为5．B解：取中点，连接、、、、，因为且，所以，四边形为平行四边形，所以，，  、分别为、的中点，所以，且，所以，，故、、、四点共面，所以过、、三点的平面截正方体所得的截面为等腰梯形，其中，，，过点、在平面内分别作的垂线，垂足点分别为、，因为，，，所以，，故，在平面内，因为，，，所以，四边形为矩形，则，所以，，所以，梯形的高，梯形的面积.6．B解：对于A：若，则或，故选项A不正确；对于B：设直线，且，则直线和确定平面，因为，，所以，因为，，所以平面，同理可证，所以，故选项B正确；对于C：当与相交时，和都平行于与的交线时，也满足，但与不平行，故选项C不正确；对于D：若则或，故选项D不正确； 7．A解：由正弦定理可知已知，所以和，所以，，所以是等腰直角三角形，由条件可知外接圆的半径是，即等腰直角三角形的斜边长为，所以.8．A    解：对于选项A，OQ∥AB，OQ与平面MNQ是相交的位置关系，     故AB和平面MNQ不平行：对于选项B，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ： 对于选项C，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：对于选项D，由于AB∥CD∥NQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：9.解：平面单位向量，，满足，，则可知，，，对于A：与同向，与同向，故与的夹角为，易知，故A错误；对于B：，故B正确；对于C：，则，故C错误；对于D：，则，故D错误；10．D解：由题得圆柱的底面圆的半径为，所以圆柱的侧面积为11.c12．A  解：由题意，三棱锥的底面的面积为定值，当平面平面时，此时点到底面的距离最大，此时三棱锥的体积取得最大值，因为四边形为菱形，且，连接交与点，可得，所以为的外心，过点作平面的垂线，可得上点到三点的距离相等，设存在点点，使得，即点为三棱锥的外接球的球心，设，可得，即，解得，所以外接球的半径为，所以外接球的表面积为.【点睛】解决与球有关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球半径的方程，并求解.13.解：面面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直.本题中，①是线面垂直，③是线面平行，则内存在直线与平行，且此直线与垂直，根据面面垂直的判定定理可知②.14.解：∵，，，∴cos＜，＞＝﹣，即与的夹角为，如图，作，，，连接AC，BC，则＝，＝，∴∠ACB＝，又∠AOB＝，∴O，A，C，B四点共圆， 故当OC为圆的直径时，||最大，此时A＝B＝，OA＝，OB＝1，∠BOC＝﹣∠AOC，在中，OC＝，在中，OC＝，∴＝，即＝，∴cos∠AOC＝（﹣cos∠AOC+sin∠AOC），整理得，2cos∠AOC＝sin∠AOC，∴tan∠AOC＝2，cos∠AOC＝，∴OC＝＝，即||的最大值为．15. （1，3）解：由B＝3A，可得C＝π﹣A﹣B＝π﹣4A，由0＜B＜π，0＜C＜π， 可得0＜A，则cosA＜1，==2cos2A+cos2A＝4cos2A﹣1，由cosA＜1，可得cos2A＜1，即有1＜4cos2A﹣1＜3，则的取值范围为（1，3）16 ②③④.对于①：连接交于点，当点在点时直线与直线相交，故①不正确，当时，故②正确；对于③：连接、交于点，因为点E是棱的中点，此时，故线段到平面的距离为定值，所以四面体的体积为定值，故③正确；对于④：平面平面，故④正确；【点睛】：证明面面垂直的方法（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；（2）利用性质：（客观题常用）；（3）面面垂直的定义（不常用）；（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于.17．(1)；(2)；(3)解：(1)因为，，所以.(2)因为，所以.(3)由，可得，，因为向量与互相垂直，所以，即，解得：.18．解：（1）由，应用余弦定理，可得                            化简得则                                           （2）即                     所以                      法一.,则            =            =            =                                               又                            法二：因为   由余弦定理得，又因为，当且仅当时“”成立.所以        又由三边关系定理可知综上19. 解：（1）因为所以，．，，因此．（2）由（1）知所以，，，，①当时，当时，有最小值，解得．②当≥时，当时，有最小值，（舍去），  ③当时，当时，有最小值，无解，综上可得．20.解：（1）取中点，连接，，由题意，为的平分线，且，，即在上，连接，∴面，∵面面，面面，∴面，同理，面，又面，∴，又和面所成的角为，即，∴，则为平行四边形，故∴平面（1）设点到平面的距离为，由，∴，即，解得（3）在面内，过作于，连接，∵平面，平面，∴，又，∴平面，又平面，∴，即为二面角的平面角，在中，，在中，，在中，，故二面角的正切值为.21. 解：若选①：因为，可得，又因为，可得，∴，即，所以，因为，可得，所以，解得，由余弦定理，可得，所以.若选②：因为，可得，所以，因为，可得，所以，因为，可得，所以，解得，由余弦定理，可得，所以.若选③：因为，由余弦定理可得，因为，可得，所以，解得，由余弦定理，可得，所以.22.解:(1)因为，是的中点，所以，故四边形是菱形，从而，所以沿着翻折成后，，,又因为，所以平面，由题意，易知，，所以四边形是平行四边形，故，所以平面；(2) 因为平面，所以与平面所成的角为，由已知条件，可知，， 所以是正三角形，所以，所以与平面所成的角为30°；(3) 假设线段上是存在点，使得平面，过点作交于，连结，，如下图：所以，所以，，， 四点共面，又因为平面，所以，所以四边形为平行四边形，故，所以为中点，故在线段上存在点，使得平面，且.