2022-2023学年吉林省长春市第二中学高一下学期第二次学程考试数学试题含解析

2022-2023学年吉林省长春市第二中学高一下学期第二次学程考试数学试题

一、单选题

1．（    ）

A．1 B．－1 C． D．

【答案】D

【分析】利用复数乘方的性质即可求得该式的值.

【详解】

故选：D

2．已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列说法错误的是（    ）

A．若，，则

B．若，，则

C．若，，，则

D．若与异面，，，，，则

【答案】B

【分析】根据直线与平面的位置关系可判断ABC；利用反证法可判断D.

【详解】对于A，根据垂直于同一平面的两条直线平行可知A正确；

对于B，若，，则或，故B错误；

对于C，根据直线与平面平行的性质定理可知C正确；

对于D，假设，因为，，，所以，

同理可得，所以，这与与异面相矛盾，故假设不成立，

则，故D正确.

故选：B

3．在平面直角坐标系中，，，，则在上的投影向量的坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据在上的投影向量为可求出结果.

【详解】因为，，，

所以，，

所以在上的投影为，

所以在上的投影向量为.

故选：C

4．如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D．现测得，，，在点C测得塔顶A的仰角为，则塔高（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】运用正弦定理和锐角三角函数定义进行求解即可.

【详解】在中，由正弦定理可知：

，

在直角三角形中，

，

故选：A

5．已知长方体中，，，若与平面所成的角的余弦值为，则该长方体外接球的表面积为（    ）

A． B．  C． D．

【答案】B

【分析】根据直线与平面所成角的定义得，即，设，求出，根据该长方体外接球的直径是，可求出，再根据球的表面积公式可求出结果.

【详解】连，因为平面，所以是与平面所成的角，

所以，所以，

设，则，即，

又，所以，所以，

即，所以，，

因为该长方体外接球的直径是，所以半径，

所以该外接球的表面积为.

故选：B

6．已知中，为的中点，分别为上的点，，，交于点，若，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设，用、作为基底表示，再根据向量相等，列方程求解即可.

【详解】设，则，

则，

则，

又为的中点，所以，

所以，

所以，解得，

故.

故选：A

7．已知一个圆锥的底面半径为1，母线长为3，在其中有一个内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，圆柱的高为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求得圆柱的侧面积的表达式，进而求得其侧面积最大时圆柱的高.

【详解】设该内接圆柱底面半径为r，高为h，

又圆锥的底面半径为1，母线长为3，高为，

则，整理得，

则该内接圆柱的侧面积

，

（当且仅当时等号成立）

此时圆柱的高

故选：B

8．在中，角，，所对的边分别为，，，，则面积的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据正弦定理进行边角互化，结合余弦定理可得，进而可得，根据面积公式可得，根据二次函数的最值可得面积的最大值.

【详解】由题意可得，

所以由正弦定理得，

由余弦定理得，

所以，所以，

因为，所以，

所以，

则当时，取最大值为.

故选：B.

二、多选题

9．已知平面向量，，，若，则（   ）

A． B．

C．与的夹角的余弦值为 D．与的夹角的余弦值为

【答案】AD

【分析】根据向量数量积运算律，由可求得AB正误；由向量夹角公式可求得CD正误.

【详解】对于AB，由得：，，

即，，解得：，A正确，B错误；

对于CD，，

即与的夹角的余弦值为，C错误，D正确.

故选：AD.

10．在中，a，b，c分别为的对边，下列叙述正确的是（    ）

A．若，则有两解

B．若，则为等腰三角形

C．若为锐角三角形，则

D．若，则为锐角三角形

【答案】AC

【分析】利用正弦定理可判定A，B的正误，根据锐角三角形的特点和余弦函数的单调性可得C的正误，用正弦定理和余弦定理可得D的正误.

【详解】若，则由正弦定理，

可得，所以或，

此时有两解，A正确；

若，则由正弦定理可得，所以,

即，所以有或，

即或，B不正确；

若为锐角三角形，则，，

因为在为减函数，所以，C正确；

若，则由正弦定理可得，

设，其中；

则为最大边，，

为钝角三角形，D不正确.

故选：AC.

11．如图1，一个密闭圆柱体容器的底部镶嵌了同底的圆锥实心装饰块，容器内盛有a升水.平放在水平的地面上，水面正好过圆锥的顶点P，若将容器倒置如图2，水面也恰过点P.以下命题正确的是（    ）

A．圆锥的高等于圆柱高的

B．圆锥的高等于圆柱高的

C．将容器一条母线贴地，水面也恰过点P

D．将容器任意摆放，当水面静止时都过点P

【答案】BC

【分析】根据圆柱和圆锥的体积公式和性质逐一判断即可.

【详解】设圆柱的高为h，其内部圆锥的高为h1，圆柱的底面积为S，因为无论如何摆放，水的体积保持不变，所以，化简得h，故B正确；水的体积为Sh，小圆锥的体积为，所以当容器一条母线贴地时，水的体积正好占内部空间的一半，故水面过点P，圆柱内部关于点P不对称，故当斜放时，水面不过点P，

故选：BC.

12．如图，棱长为2的正四面体中，分别为棱的中点，O为线段的中点，球O的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是（    ）

A．平面

B．球O的体积为

C．球O被平面截得的截面面积为

D．球O被正四面体表面截得的截面周长为

【答案】ABD

【分析】设分别为的中点，连接，根据线面垂直的判定定理可判断A；求出球的半径，计算球的体积，判断B；求出球O被平面截得的截面圆的半径，可求得截面面积，判断C；结合C的分析，利用圆的周长公式可判断D.

【详解】设分别为的中点，连接，

则,

故，则四边形为平行四边形，

故交于一点，且互相平分，即O点也为的中点，

又，故,

平面，故平面，

由于平面，则平面，

故，结合O点也为的中点，同理可证,

平面，故平面，A正确；

由球O的表面正好经过点M，则球O的半径为,

棱长为2的正四面体中，，M为的中点，

则，故,

则，所以球O的体积为，B正确；

由平面，平面，故平面平面，

平面平面，由于平面，

延长交平面于G点，则平面，垂足G落在上，

且G为正的中心，故，

所以，

故球O被平面截得的截面圆的半径为，

则球O被平面截得的截面圆的面积为，C错误；

由A的分析可知，O也为棱中点连线的中点，

则球O与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知，

球O被正四面体的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为，

故球O被正四面体表面截得的截面周长为，D正确，

故选：ABD

三、填空题

13．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为C1D1的中点，则异面直线AE与A1B1所成的角的余弦值为______.

【答案】

【分析】连接由，得到 即为异面直线AE与A1B1所成的角，再根据平面，然后在中，由 求解.

【详解】如图所示：

设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，连接,

因为，

所以 即为异面直线AE与A1B1所成的角，

因为平面，

所以 ，

在中，，

所以，

故答案为：

【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的求法，还考查了逻辑推理的能力，属于中档题.

14．已知1＋2i是方程x2－mx＋2n＝0(m，n∈R)的一个根，则m＋n＝____.

【答案】

【分析】将代入方程，根据复数的乘法运算法则，得到，再由复数相等的充要条件得到方程组，解得即可；

【详解】解：将代入方程x2－mx＋2n＝0，有(1＋2i)2－m(1＋2i)＋2n＝0，即，即，由复数相等的充要条件，得解得

故.

故答案为：

15．一个正三棱锥的侧棱长为1，底面边长为，它的四个顶点在同一个球面上，则球的表面积为__________.

【答案】

【分析】设为正三角形的中心，则⊥平面，正三棱锥的外接球的球心在上，在中利用勾股定理求出的长，再在中利用勾股定理即可求出的值，从而得到球的表面积．

【详解】如图所示：

设为正三角形ABC的中心，连接，则⊥平面，正三棱锥的外接球的球心在上，

设球的半径为，连接，，

∵的边长为，

∴，

又∵，

∴在中，，

在中，，，，

∴，解得，

此时说明球心在点的下方，即如下图所示：

∴球的表面积为．

故答案为：．

16．在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且满足．若A，B，C，D四点共圆，且点D与点A位于直线BC的两侧．，，则AD=______．

【答案】

【分析】根据余弦定理，结合不等式以及三角函数的有界性可得，进而可得，进而由余弦定理即可求解.

【详解】由，与相加可得，

由于，所以,

所以,由于,故，

如图可知：,，,

在中，由余弦定理可得 ,

解得 或（舍去），

故答案为：

四、解答题

17．设，为平面内不共线的两个单位向量，，，．

(1)以，为基底表示；

(2)若，求

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用平面向量基本定理列方程组即可求得；

（2）利用向量数量积即可求得的值.

【详解】（1）设，又，，．

则，

则，解之得，则

（2），，则

又由，可得，则，

，又，，则，

则

18．已知锐角中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c．在下列三个条件：

①，，且；

②；

③中任选一个，回答下列问题．

(1)求角A；

(2)若，求内切圆的半径．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）选①利用向量平行充要条件列出关于角A的三角方程解之即可求得A的值；选②利用三角形面积公式和余弦定理列出关于角A的三角方程解之即可求得A的值；选③利用正弦定理和余弦定理列出关于角A的三角方程解之即可求得A的值；

（2）利用题给条件求得的值，进而利用面积等式求得内切圆的半径．

【详解】（1）选①，，且；

则，即，

则，又，

则，即；

选②由，可得

则，又，则；

选③由，

可得，

即，则，

则，又，则

（2）由，，

可得， ，

联立，解之得，或，

则内切圆的半径

19．在中，有，其中分别为角的对边.

(1)求角的大小；

(2)设点是的中点，若，求的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由正弦定理边角关系将条件转化为，应用差角余弦公式及三角形内角性质求角的大小；

（2）延长到满足，连接，易知为平行四边形，再应用余弦定理、基本不等式求上界，结合三角形三边关系求下界，即可得范围.

【详解】（1）在中，由正弦定理，可得，

由，得，即，

所以，可得，又，可得.

（2）如图，延长到满足，连接，则为平行四边形，

则，

在中，由余弦定理得：，即

可变形为：，即，

由基本不等式得：，即，得（当且仅当取等号）.

又，有，故的取值范围是.

20．如图，已知四棱锥中，平面，且.

(1)求证：平面；

(2)当直线与底面所成的角都为，且时，求出多面体的体积.

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）连接，设交于点，连接，根据相似比证明，再根据线面平行的判定定理即可得证；

（2）根据平面，可得即为直线与底面所成的角的平面角，即为直线与底面所成的角的平面角，再根据即可得出答案.

【详解】（1）证明：连接，设交于点，连接，

因为，

所以，

因为，

所以，

所以，

又平面，平面

所以平面；

（2）解：因为平面，

所以即为直线与底面所成的角的平面角，

即为直线与底面所成的角的平面角，

所以，

所以，

，，

设点到平面的距离为，

因为，

所以，

故，

，

所以.

21．如图，在直三棱柱中，.

(1)求证：；

(2)求与平面所成的角的大小.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据直三棱柱的性质和各棱长可知，连接，利用线面垂直的判定定理可得平面，易知四边形为菱形，可得平面，由线面垂直的性质即可得；

（2）取的中点，连接，可证明是与平面所成角的平面角，在中，易知，，即与平面所成的角的大小为.

【详解】（1）连接与相交于点，如下图所示

在直棱柱中，平面平面，

，

又，平面，

所以，平面，

又平面，

，四边形为菱形，即

又，且平面，

平面，又平面，

.

（2）取的中点，连接.如下图所示；

，

又平面平面，

又，且平面，

平面，

是在面内的射影，是与平面所成角的平面角.

在中，易知，

，

即与平面所成的角的大小为.

22．嘉祥教育秉承“为生活美好､社会吉祥而努力”的企业理念及“坚韧不拔､创造第一”的企业精神，经过30年的发展和积累，目前已建设成为具有高度文明素质和良好社会信誉的综合性教育集团.某市有一块三角形地块，因发展所需，当地政府现划拨该地块为教育用地，希望嘉祥集团能帮助打造一所新的教育品牌学校.为更好地利用好这块土地，集团公司决定在高一年级学生中征集解决方案.如图所示，是中点，分别在上，拟建成办公区，四边形拟建成教学区，拟建成生活区，和拟建成专用通道，，记.

(1)若，求教学区所在四边形的面积；

(2)当取何值时，可使快速通道的路程最短？最短路程是多少？

【答案】(1)

(2)，

【分析】（1）在Rt中计算出，再分析出四边形为直角梯形，利用梯形面积公式即可；

（2）利用正弦定理求得，写出的表达式，利用三角恒等变换、换元以及函数单调性即可得到最值.

【详解】（1）因为，则在Rt中，；

为等边三角形，，

则四边形为直角梯形，.

（2）在中，由正弦定理得：.

在中，由正弦定理得：，

所以，

，

设快速通道的长度为，

设，由题得，则，

则，则，

显然在上单调递减，

所以当，即时，取得最小值.