山西省吕梁市兴县友兰中学2023-2024学年高一下册5月质量检测巻数学试题【附解析】

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考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色，墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：人教A版必修第二册第六章～第八章.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若复数满足，则（ ）
A. B. C. 2D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件可得，再使用模长的性质和定义即可.
【详解】由已知有，故.
故选：B.
2. 已知向量，满足，且，则（ ）
A. 11B. 7C. 6D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】由数量积的运算律即可得解.
【详解】因为．
故选：A.
3. 若异面直线m，n分别在平面，内，且，则直线l（ ）
A. 与直线m，n都相交B. 可能与m，n都平行
C. 与m，n中的一条相交，另一条平行D. 至少与m，n中的一条相交
【答案】D
【解析】
【分析】由线面位置关系推理即可得解.
【详解】因为，所以，，则l与m平行或相交，l与n平行或相交，
又m，n为异面直线，所以l不能与m，n同时平行，
即l与m，n可能都相交，也可能与其中一条相交，故A，B，C错误，D正确．
故选：D．
4. 在中，内角，，的对边分别为，，，则“”是“为直角三角形”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理可得，利用三角恒等变换可得，进而可得，可得结论.
【详解】因为，由正弦定理可得，所以，
所以，所以，
因为，，所以，，则，
所以为直角三角形，但为直角三角形时不一定是，
所以“”是“为直角三角形”的充分不必要条件．
故选：A．
5. 已知m，n是两条不同的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，，则B. 若，，，则
C. 若，，，则D. 若，，，则
【答案】C
【解析】
【分析】利用立体几何公理、定理结合反例证明即可.
【详解】对于A，若，，，当m，n都平行于，的交线时，
满足条件，此时，相交，故A错误；
对于B，若，，，则m，n可能异面，故B错误；
对于C，若，，，则，故C正确；
对于D，若，，，则m，n可能平行或异面，故D错误.
故选：C.
6. 如图，在正三棱锥中，，点分别是棱的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知这是一个正四面体，即各面都是等边三角形，通过平移，就可作出异面直线所成的角，再进行解三角形计算,就可得到结果.
【详解】
取线段的中点G，连接由点是棱的中点，可得，
所以为直线与所成角或其补角．
不妨设，由等边三角形可得，，所以，
在中，由余弦定理得，
所以．在中，由余弦定理得，
即直线PD与CE所成角的余弦值为．
故选：C．
7. 为了测量、两岛屿之间的距离，一艘测量船在处观测，、分别在处的北偏西、北偏东方向．再往正东方向行驶48海里至处，观测在处的正北方向，在处的北偏西方向，则、两岛屿之间的距离为（ ）
A. 海里B. 海里C. 海里D. 海里
【答案】D
【解析】
【分析】画出图形，由题意可知，，，在中，利用正弦定理求出，再由为等腰直角三角形，求出，再在中利用余弦定理可求得结果.
详解】根据题意画出图形，如图所示：
由题意知，，，所以，
在中，由正弦定理得：解得，
又，，所以，，
又，
在中，由余弦定理得：，
解得，所以、两岛屿之间的距离为海里．
故选：D．
8. 在直四棱柱中，四边形ABCD是矩形，，点E为线段的中点，点G是线段上的一点，点F是底面ABCD内的一点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将平面沿翻折，使其与平面共面，结合牛吃草理论以及解三角形知识即可列式求解.
【详解】如图，
显然当F是G在底面ABCD的射影时，才可能最小．
将平面沿翻折，使其与平面共面，如图所示，
由于，则，则，
得，同理，而，
显然当E，G，F三点共线且时，取得最小值，
此时．
故选：A．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知复数满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 复数的共轭复数为
B. 复数在复平面内对应的点位于第四象限
C. 复数是方程的解
D. 若复数满足，则的最大值为
【答案】AB
【解析】
【分析】利用复数的除法法则和模长公式化简，得到共轭复数，即可判断A；根据复数的几何意义判断B；求出方程的解，即可判断C；利用判断D.
【详解】对于A：因为，
又，则，
所以，所以，故A正确；
对于B：因为复数在复平面内对应的点为，
所以复数在复平面内对应的点位于第四象限，故B正确；
对于C：方程，即，
解得或，
所以复数不是方程的解，故C错误；
对于D：因为，又，
所以，所以的最大值为，故D错误．
故选：AB．
10. 已知三棱锥P-ABC的所有顶点都在球O的球面上，是等边三角形，，，点D是棱PB的中点，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 点D到平面ABC的距离为D. 球O的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A选项，证明，即可用勾股定理求解；
对于B选项，证明线面垂直即可求解；
对于C选项，过点D作AB的垂线，垂足为E，证明，求出长度即可；
对于D选项，结合正弦定理，求外接圆半径r，外接球半径R与r构造直角三角形，利用勾股定理即可求出外接球的半径，从而得表面积.
【详解】如图，
对于A选项，因为点D是棱PB的中点，所以，又，，
所以，所以，所以，故A正确；
对于B选项，因为，，
所以，，又，，
所以，又，所以，故B正确；
对于C选项，在平面PAB内，过点D作AB的垂线，垂足为E，又，，
所以，又，，，
所以，所以点D到平面ABC的距离为DE，
又，故C错误；
对于D选项，设球O的半径为R，的外接圆的半径为r，
所以 ，解得，所以，
所以球O的表面积，故D正确,
故选：ABD．
11. 如图，在边长为1的正方形ABCD中，点P是线段AD上的一点，点M，N分别为线段PB，PC上的动点，且，（，），点O，G分别为线段BC，MN的中点，则下列说法正确的是（ ）
A
B. 的最小值为
C. 若，则的最小值为
D. 若，，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，通过向量的线性运算即可验证；对于B，建立适当的平面直角坐标系，将数量积转换为闭区间上的二次函数，进而判断；对于C，先表示出，进一步可表示出，结合模长公式即可验算；对于D，将条件等式转换为，结合基本不等式即可判断.
【详解】对于A，因为，，所以
，故A正确；
对于B，以B为坐标原点，BC，BA所在的直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，如图所示．
所以B（0，0），C（1，0），D（1，1），A（0，1），设，，所以P（x，1），
所以，所以的最小值为，此时，故B正确；
因为，（，），
所以，，
所以，当时，，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为，故C错误；
因，若，，则
，所以，
所以，即，当且仅当即时，等号成立，
所以，即的最大值是，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：判断C选项的关键是先表示出，进一步可表示出即可顺利得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 与垂直的单位向量的坐标为________.
【答案】或
【解析】
【分析】设与垂直的单位向量的坐标为，根据题意可得，解得答案即可.
【详解】设与垂直的单位向量的坐标为，
可得，解得或 ，
故答案为：或
13. 如图，在棱长为3的正方体中，点M，N分别为棱AB，上的点，且，点P是正方体表面上的一点，若平面，则点P的轨迹长度为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据条件分别在棱取点，证明平面，同理平面，进而可得平面平面，从而P点在正方体表面上运动所形成的轨迹为，进一步即可得解.
【详解】在棱上取一点E，使得，连接，EM，如图所示，易得，，
所以四边形是平行四边形，所以，又平面，
平面，所以平面．
在棱上取一点F，使得，连接FN，FE，，
如图所示．同理可得平面，
又，平面，所以平面平面．
所以P点在正方体表面上运动所形成的轨迹为．
因为正方体的棱长为3，所以，
，
所以点P的轨迹长度为．
故答案为：.
14. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，点D是边CA上的一点，，，则的最小值为________．
【答案】##
【解析】
【分析】首先由余弦定理有，进一步，从而通过等面积法得，结合基本不等式的乘“1”法即可得解.
【详解】
因为，所以，由余弦定理得
，又，所以．
又，所以，因为，所以有
，即，所以，
所以，
当且仅当，即，时等号成立，
所以的最小值为．
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知，，是同一平面内的三个不同向量，其中．
（1）若，且，求的坐标；
（2）若，且，求与的夹角的余弦值．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意设，结合模长公式即可列式求解参数，进而得解；
（2）对已知等式两边平方并化简可得，利用转换法可求的模，根据数量积的运算律可求得与的数量积，结合向量夹角公式即可得解.
【小问1详解】
因为，且，所以可设，，
所以，解得，
所以或．
【小问2详解】
因为，所以，所以，
又，所以，解得，
又，所以，
又，
设与的夹角为，所以，
即与的夹角的余弦值为．
16. 如图，在四边形ABCD中，，，，，.
（1）求及AD的长度；
（2）求BC的长度.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）运用平方关系求出，，
由于，
借助和角公式求出即可．再用正弦定理求出即可；
（2）在中，由正弦定理求出，再用余弦定理求出即可.
【小问1详解】
因为，，，，
所以，，
由于，又，∴，
∴，
则
，
∴，
所以.
在中，由正弦定理得，
所以，所以.
【小问2详解】
在中，由正弦定理得，可得，解得.
由于，，
在中，由余弦定理可得
.
17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，，，且平面平面，点G是棱PA上的一点（不包含端点）．
（1）求证：．
（2）若，平面PBC与平面GBD的交线为l，求证：平面．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）通过线面垂直的判定定理证明平面，进一步结合线面垂直的性质即可得证；
（2）通过线面平行的判定定理证明平面，然后线面平行线的性质得出，进一步结合线面平行的判定定理即可得证.
【小问1详解】
因为平面平面，平面 平面，，平面，
所以平面，
又平面，所以，
又，，平面，
所以平面，
又平面，所以．
【小问2详解】
连接AC，记，连接GO，如图所示．
因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点，又，所以，
又平面，平面，所以平面，
又平面 平面，平面，所以，
又平面，平面，所以平面．
18. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角B的大小；
（2）若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边化角，再结合三角恒等变换可得，进一步结合已知即可得解；
（2）将三角形的面积表示为，通过三角形是锐角三角形求出的范围即可得解.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
所以
，
又，所以，所以，即，
所以，可得，
所以或，
又，所以．
【小问2详解】
由正弦定理，可得，
所以，
所以，
又由为锐角三角形，且，则，解得，
因为在上单调递增，所以，
所以，即的面积的取值范围是．
19. 如图，在直三棱柱中，，，，点D，E分别为棱BC，的中点，点F是线段CE的中点．

（1）求证：平面；
（2）求直线DF与平面ABF所成角的正弦值；
（3）求二面角余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）只需分别证明，，结合线面垂直的判定定理即可得解；
（2）首先通过分析可说明是直线DF与平面ABF所成角，进一步通过解三角形即可得解；
（3）由二面角的定义分析说明为二面角F-AD-C的平面角，再通过解三角形即可得解.
【小问1详解】
在直三棱柱中，平面，又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以．
在矩形中，，，点E是棱的中点，
所以，所以是等边三角形，
又点F是线段CE的中点，所以，
又，平面，所以平面．
【小问2详解】
在平面BCE内，过点D作BF的垂线，垂足为H，如图所示．
由（1）知平面，又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
所以是直线DF与平面ABF所成角．
在中，，，所以，
又点D为棱BC的中点，所以．
因为平面，又平面，所以，
所以，．
在中，由余弦定理得，
所以，即直线DF与平面ABF所成角的正弦值为．
【小问3详解】
在平面内，过点F作AC的垂线，垂足为O，在平面ABC内，过O作AD的垂线，垂足为G，连接FG，如图所示．
因为平面，又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，又，
所以为二面角的平面角．
在中，．
因为平面，平面，所以，
又易得，，所以，
由等面积法可知．
在中，，，，所以，
所以，即二面角的余弦值为．