河南省许昌市鄢陵县职业教育中心（升学班）2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题

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鄢陵县职业教育中心2022-2023学年第二学期升学班
21级期中考试试卷
数学
时间：120分钟 总分：150分命题
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（共60分）
1．（本题5分）下列与角的终边一定相同的角是（ ）
A． B．
C． D．
2．（本题5分）已知角的终边经过点，则（ ）
A． B． C． D．
3．（本题5分）在空间直角坐标系中，已知点，则点关于轴的对称点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
4．（本题5分）已知角的终边与单位圆交于点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．（本题5分）对于向量，“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．（本题5分）设是平面内的一个基底，则下面的四组向量不能作为基底的是（ ）
A．和 B．和
C．和 D．和
7．（本题5分）如图，网格小正方形的边长为1，网格纸上绘制了一个多面体的三视图，则该多面体的体积为（ ）

A．14 B．7 C． D．
8．（本题5分）用斜二测画法作一个边长为2的正方形，则其直观图的面积为（ ）
A． B．2 C．4 D．
9．（本题5分）已知复数（为虚数单位），则（ ）
A．2 B． C． D．
10．（本题5分）复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
11．（本题5分）设为两个平面，则能断定的条件是（ ）
A．内有无数条直线与平行 B．分别平行于两条平行的直线
C．分别垂直于两条平行的直线 D．垂直于同一平面
12．（本题5分）如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是为的中点，是侧面上一点，且平面，则线段的最大值为（ ）

A． B． C． D．3
二、填空题（共20分）
13．（本题5分）若，则________．
14．（本题5分）在中，是边的中点，是边上的动点（不与重合），过点作的平行线交于点，将沿折起，点折起后的位置记为点，得到四棱锥．

如图所示．给出下列四个结论：①平面；
②不可能为等腰三角形；
③存在点，使得；
④当四棱锥的体积最大时，．
其中所有正确结论的序号是________．
15．（本题5分）如图，矩形中，为边的中点，将沿直线翻折至的位置．若为线段的中点，在翻折过程中（平面），给出以下结论：
①存在，使；
②三棱锥体积最大值为；
③直线平面．
则其中正确结论的序号为________．（填写所有正确结论的序号）

16．（本题5分）在正三棱柱中，为棱的中点，与交于点，若，则与所成角的余弦值为________．

三、解答题（共70分）
17．（本题10分）已知为第二象限角．
（1）求的值；
（2）求的值．
18．（本题12分）已知向量．
（1）求的值；
（2）求向量与所成角的余弦值．
19．（本题12分）已知，求的值．
20．（本题12分）如图，在菱形中，．

（1）若，求的值；
（2）若，求．
21．（本题12分）阳马，中国古代算数中的一种几何形体，是底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体．如图，四棱锥就是阳马结构，平面，且，．

（1）证明：平面；
（2）若，求三棱锥的体积．
22．（本题12分）已知．
（1）求的周期，最大值和最小值．
（2）把的图象向左平移后得到的图象，求的解析式．
参考答案：
1．C
【分析】根据终边相同的角的概念，根据选项判断即可.
【详解】对于A项，因为，故A项错误；
对于B项，表达有误，角的表示不能同时在一个表达式中既有角度制又有弧度制，B错误，
对于C项，因为，故C项正确；
对于D项，因为，故D项错误.
故选：C.
2．D
【分析】利用三角函数的定义求解.
【详解】由题意，得.
故选：D.
3．C
【分析】直接根据空间点关于轴对称的结论即可得到答案.
【详解】根据空间点关于轴对称，则轴上坐标不变，轴上坐标取相反数，
故点P关于x轴的对称点的坐标是.
故选：C.
4．A
【分析】根据三角函数的定义求的值.
【详解】因为角α的终边与单位圆交于点，所以.
故选：A
5．B
【分析】利用向量平行和相等可以进行判断.
【详解】因为时一定有，
所以“”是“”的必要条件，
但时，两个向量不一定相等，
如零向量与任意非零向量都平行，但不相等，
所以“”是“”的不充分条件.
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：B．
6．D
【分析】判断每个选项中的向量是否共线，即可判断出答案.
【详解】由于是平面内的一个基底，故不共线，
根据向量的加减法法则可知和不共线，和不共线，
和不共线，故A，B，C中向量能作为平面的基底，
，故和共线，不能作为平面的基底，D错误，
故选：D
7．C
【分析】由三视图还原出原几何体为三棱台以及各边的关系，先证明平面，得出棱台的高.然后求出上下底面的面积，根据棱台的体积公式，即可得出答案.
【详解】
如图，由三视图还原可得，原几何体为三棱台，
且有，，，.
因为平面，平面，，
所以平面.
又，所以，三棱台的高即为.
又，，，，，，
所以，，
所以，由棱台的体积公式.
故选：C.
8．D
【分析】根据斜二测画法的原则得到直观图的对应边长关系，即可求出相应的面积.
【详解】根据斜二测画法的原则可知，

所以对应直观图的面积为.
故选：D.
9．D
【分析】根据复数的除法运算，化简可得，进而即可求出复数的模.
【详解】由已知可得，，
所以，.
故选：D.
10．C
【分析】利用复数除法化简复数，再根据复数的几何意义即可得到答案．
【详解】，
所以复数对应的点坐标为，该点是第三象限点，
故选：C．
11．C
【分析】根据线面，面面的位置关系，判断选项.
【详解】对于.若内有无数条直线是平行线，即使无数条直线与平行，也不能说明两平面平行，有可能相交，所以只能判断或，故A错误；
对于.若两个平面的交线平行于平面外的两条平行线，则分别平行于两条平行的直线，所以只能判断或，故B错误；
对于分别垂直于两条平行的直线，所以，故C正确；
对于垂直于同一平面，则或，故D错误；
故选:．
12．A
【分析】利用面面平行的性质，通过平面平面，得出点在线段上，从而求出线段的最大值.
【详解】如图，

取的中点，取的中点，连接，，，所以，
又面，面，所以平面，
又为的中点，所以,
又面，面，所以平面，
又，面，面，所以平面平面，
又因为是侧面上一点，且平面，
所以在线段上，又因为，，
所以线段的最大值为.
故选：A.
13．
【分析】利用二倍角的正弦公式计算可得答案.
【详解】.
故答案为：.
14．①③
【分析】根据线面平行的判断定理，判断①；证明,即可判断②；利用垂直关系转化，结合反证法，即可判断③；表示四棱锥的体积后，利用导数计算最值，即可判断④.
【详解】①因为，平面，平面，
所以平面，故①正确；
②因为是等腰直角三角形，所以也是等腰直角三角形，则，
因为，，所以，且
当时，,所以，
此时是等腰三角形，故②错误；
③因为，且，，
且平面，平面，所以平面，平面，
所以平面平面，且平面平面，
如图，过点作，连结，
则平面，平面，所以，
若，，平面，平面，
所以平面,平面，
所以，
如图，，延长，交于点，
则和都是等腰直角三角形，
则，点到直线的距离等于，
这样在翻折过程中，若能构成四棱锥，则，
设，则，则，
则存在点E，P，使得，故③正确；

④当底面的面积一定时，平面平面平面时，即平面时，四棱锥的体积最大，
设，，



得（舍）或，
当，，函数单调递增，
当，，函数单调递减，
所以当时，函数取得最大值，此时，故④错误；
故答案为：①③
【点睛】思路点睛：本题考查几何体的线线，线面位置关系，以及动点问题，和导数相联系的最值问题，本题的关键是第三问，需在变化过程中找到位置关系，建立不等式，即可判断.
15．②③
【分析】①假设存在，根据线面垂直的判定定理和性质得到，再说明与不垂直，与矛盾，即可得到假设不成立；②根据题意得到当平面平面时，三棱锥体积最大，然后求体积即可；③证明平面∥平面，再利用面面平行的性质即可得到∥平面.
【详解】
取中点，连接，，
①假设存在，
因为为中点，，所以，
又为中点，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，为中点，
所以与不垂直，与矛盾，故假设不成立，故①错误；
②当平面平面时，三棱锥体积最大，
因为，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，，此时，
所以三棱锥体积最大值为，故②正确；
③取中点，连接，，
因为，分别为，的中点，所以，
因为为矩形，且为的中点，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以∥平面，
因为，平面，所以平面∥平面，
因为平面，所以∥平面，故③正确.
故答案为：②③.
16．
【分析】作出辅助线，找到CD与所成的角，证出线面垂直，得到，设出，利用余弦定理求出，，求出余弦值.
【详解】连接，取中点F，连接，EF，则，

所以为CD与所成的角（或其补角）．
因为在正三棱柱中，D为棱AB的中点，
所以⊥，⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，
所以CD⊥平面，
可得EF⊥平面，又平面，
所以．
不妨设，则，，所以，
又，
所以，
所以，
所以＝．
故答案为：
17．(1)
(2)

【分析】（1）根据同角三角函数结合已知得出，即可根据二倍角的正弦公式代入数值得出答案；
（2）根据两角和差的余弦公式代入数值得出答案.
【详解】（1），为第二象限角，
，
则；
（2）.
18．(1)
(2)

【分析】（1）根据空间向量的平行以及垂直关系列出方程，求解方程组即可.
（2）根据两个向量所成角的余弦公式求解即可.
【详解】（1）∵，，， ，
因为，设存在实数，使得，
所以，则.
因为，，则.
∴所以.
（2）由（1）知，，，
∴，，
∴，
，，
∴.
∴向量与所成角的余弦值为.
19．.
【分析】利用两角和的正弦公式求解.
【详解】因为，，
所以，
所以．
20．(1)
(2)

【分析】（1）由题意可知，即可求解；
（2），从而即可求解.
【详解】（1）因为在菱形中，.
故，
故，所以.
（2）显然，
所以
①，
因为菱形，且，，
故，.
所以.
故①式.
故.
21．(1)证明见详解
(2)

【分析】（1）取中点为,证明，，进而根据线面平行以及面面平行的判定定理证明平面平面，然后根据面面平行的性质定理，即可证得线面平行；
（2）由已知可推出，进而推得.根据等体积法可推得，然后根据体积公式求解，即可得出答案.
【详解】（1）

如图，取中点为,连接.
因为，所以分别为的中点.
又为的中点，所以，.
又，所以.
因为平面，平面，
所以平面.
同理可得，平面.
因为平面，平面，，
所以，平面平面.
因为平面，所以平面.
（2）因为，所以.
因为
，
所以.
22．(1)周期为，最大值为2，最小值为；
(2).

【分析】（1）由两角差的正弦公式可得，根据正弦函数的性质即可求解；
（2）根据正弦函数的图象变换即可求解.
【详解】（1），
∴的周期为，最大值为2，最小值为.
（2）把的图象左移后得.