甘肃省天水市2023-2024学年高一下学期第二次段中检测（6月） 数学试题（含解析）

这是一份甘肃省天水市2023-2024学年高一下学期第二次段中检测（6月） 数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

数学试题
（满分：150分 时间：120分钟）
一、单选题：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．已知复数，则的虚部是（ ）
A．B．1C．D．
2．已知、表示两条不同的直线，表示平面，则下面四个命题正确的是（ ）
①若，，则； ②若，，则；
③若，，则； ④若，，则．
A．①②B．②③C．①③D．③④
3．若圆锥的高为，底面半径为，则此圆锥的表面积为（ ）
A．B．C．D．
4．如图正方体或正四面体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图是（ ）
A．B．C．D．
5．如图所示，一个水平放置的四边形OABC的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形，则原四边形的面积是（ ）
A．B．C．16D．8
6．已知，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在正三棱柱中，，则与平面所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，，，是平面上的4个定点，，，不共线，若点满足，其中，则点的轨迹一定经过的（ ）
A．重心B．外心C．内心D．垂心
二、多选题：本题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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．下列说法正确的是（ ）
A．棱柱的侧面都是平行四边形
B．长方体是正四棱柱
C．底面是正多边形的棱锥是正棱锥
D．圆柱的所有母线长都相等
10．在锐角中，角、、所对的边分别为、、，已知，且，则（ ）
A．B．角的取值范围是
C．的取值范围是D．的取值范围是
11．如图，正方体的棱长为1，动点在线段上，分别是的中点，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．当为中点时，
C．三棱锥的体积为定值D．直线到平面的距离为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．如图，某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东，距离为海里，货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在北偏东，则A与D间的距离为 海里．
13．如图，长方体的棱和的中点分别为，，，，，则异面直线与所成角的正切值为 .
14．已知点是的外心，，设，且实数，满足，则的值是 .
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．已知平面向量，，，且，．
(1)求和；
(2)若，，求向量和向量的夹角的大小．
16．已知，.
(1)求的值；
(2)若，，求的值.
17．如图，已知四棱锥的底面是正方形，点E是棱PA的中点，平面ABCD．

(1)求证：平面BDE；
(2)求证：平面平面BDE；
18．已知长方体，，分别为和的中点，．
(1)求三棱锥体积；
(2)求证：平面平面．
19．如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，为的中点，，， ．
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值．
1．B
【分析】利用除法运算求出，根据复数的概念可得结果.
【详解】因为，所以的虚部是1.
故选：B
2．D
【分析】借助长方体模型考察直线是否可在平面内，可判断①②；在平面内取两条相交直线m，n，根据线面垂直判定定理可判断③；利用线面平行的性质定理和异面直线夹角定义可判断④.
【详解】长方体中，平面为平面，直线BC为直线b，如图，
当直线AD为直线a时，满足，，而，①不正确；
当直线为直线a时，满足，，而，②不正确；
在平面内取两条相交直线m，n，如图，因，则，
而，则，又，m，n是相交直线，∴，③正确；
因，过直线b作平面，如图，
则有，又，，于是得，从而得，④正确，
∴给定命题正确的是③④.
故选：D.
3．B
【分析】根据圆锥的高和底面半径求出母线长，分别求出圆锥侧面积和底面积，加和得到结果.
【详解】由题意可得圆锥的母线长为：
圆锥侧面积为：；底面积为：
圆锥表面积为：
本题正确选项：
【点睛】本题考查圆锥表面积的求解，关键是熟练掌握圆锥侧面积公式，属于基础题.
4．D
【分析】利用异面直线的判定方法可得正确的选项.
【详解】对于选项A，分别连接，因为分别为的中点，所以，又，所以，所以四点共面，A错误；
对于选项B，如图过可作一个正六边形，故四点共面，B错误；
对于选项C，分别连接，因为分别为的中点，所以，又因为分别为的中点，所以，
，所以四点共面，C错误；
对于选项D，因为平面，平面，，
所以与为异面直线，所以四点不共面，D正确；
故选：D．
5．B
【分析】根据斜二测画法规则求出，判断的形状，确定，由此求出原四边形的面积.
【详解】在正方形中可得，
由斜二测画法可知，，
且，，
所以四边形为平行四边形，
所以．
故选：B.
6．D
【分析】首先根据向量数量积公式，求，再代入投影向量公式，即可求解.
【详解】，由，
得，
所以向量在上的投影向量为.
故选：D
7．A
【分析】利用线面角的定义，结合线面垂直的判定定理求得为与平面所成角，再利用勾股定理即可得解.
【详解】取中点，连接，如图，
在正三棱柱中，是正三角形，，
底面底面，，
又平面，平面，
为与平面所成角，
平面平面，，
由题意，，
在中，.
故选：A.
8．A
【分析】取线段的中点，则，依题可得，即可得答案.
【详解】取线段的中点，则.
动点满足：，，
则，即，所以，
又，所以三点共线，即点的轨迹是直线，
一定通过的重心.
故选：A.
9．AD
【分析】根据棱柱、正棱柱、正棱锥和圆柱的定义，逐项判定，即可求解.
【详解】由棱柱定义可得棱柱的侧面都是平行四边形，所以A正确；
当长方体底面的长宽高互不相等时，该长方体不是正四棱柱，所以B错误；
底面是正多边形且顶点在底面的射影为底面正多边形的中心的棱锥是正棱锥，所以C错误；
根据圆柱的定义，可得圆柱的所有母线长都相等，所以D正确.
故选：AD.
10．AD
【分析】由正弦定理统一为角可判断A，由锐角三角形确定角的取值范围，由正弦定理化为三角函数求取值范围判断BD，由确定A的取值范围即可判断C.
【详解】因为，所以，
，，则，所以或．
因为，所以，所以，则，故A正确；
因为，所以．
因为是锐角三角形，所以，即，解得，
所以，则，故B错误，D正确；
因为，所以，所以，则C错误．
故选：AD
11．ABC
【分析】根据平行四边形，即可求解A，根据等腰三角形以及中点即可求证，即可求解B，根据体积公式即可求解C，根据面面平行，即可结合等体积公式即可求解D.
【详解】连接，正方体中，且，四边形为平行四边形，则，
因为分别是的中点，所以，故正确;
连接，正方体中，．
当为中点时，由于,所以，由于，所以，故正确;
，在三棱锥中，底面积为定值，
棱锥的高等于是定值，三棱锥的体积为定值，则三棱锥体积为定值，故正确;
连接由于平面，平面,所以平面，
同理可证平面，平面，故平面平面，
平面,所以直线平面平行，
故直线到平面的距离，即为点到平面的距离，设距离为，
,故D错误．
故选：ABC．
12．24
【分析】直接由正弦定理求解即可.
【详解】在中，，，
所以，所以海里.
故答案为：24.
13．
【分析】取的中点，连接，，则或其补角即为异面直线与所成角，在中计算即可求解.
【详解】如图：取的中点，连接，，
因为是的中点，所以，且，
所以或其补角即为异面直线与所成角，
，
在中，，
所以异面直线与所成角的正切值为，
故答案为：.
14．0
【分析】将已知条件转化为，再结合可得，.
【详解】将两端分别与、作内积，结合数量积的几何意义可得：
，
又，即有，解得.
又，联立可得，，所以.
故答案为：0.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是：将已知条件两端分别与、作内积，转化为.
15．(1)，；
(2)．
【分析】（1）由列方程可求出，再由列方程可求出，从而可求出和；
（2）先求出向量和向量的坐标，再利用向量的夹角公式求解即可.
【详解】（1）因为，所以，解得，
因为，所以，解得，
故，；
（2），，
设向量和向量的夹角为，
则，
因为，所以，
即向量和向量的夹角的大小为．
16．(1)
(2)
【分析】（1）由题意先求，然后写出的展开式计算即可;
（2）根据题意，先求的取值范围和值，然后用求的值.
【详解】（1）由，，，可得，
所以.
（2）由，，可得，
故.
从而
由，可得.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设AC交BD于M，连接ME，则利用三角形的中位线定理得，再利用线面平行的判定定理可证得结论；
（2）由已知得，，则由线面垂直的判定定理可得平面PAC，再利用线面垂直的判定定理可证得结论.
【详解】（1）证明：设AC交BD于M，连接ME．因为ABCD为正方形，
所以M为AC中点，
又因为E为PA的中点，所以ME为△PAC的中位线，
所以，
又因为平面BDE，平面BDE，
所以平面BDE．
（2）证明：因为ABCD为正方形，所以，
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，又，
又PA，平面PAC，所以平面PAC．
因为平面BDE，所以平面平面BDE．

18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由平面，可得结合题干条件，即得解；
（2）先证明平面，平面，结合面面平行的判断定理，即得证
【详解】（1）由题意可知：平面，，为的中点，
，，
，
；
（2）∵ABCD-A1B1C1D1是长方体
∴AD//BC且AD=BC
∵点E、F分别为CC1和BB1的中点
∴EF//BC且EF=BC
∴AD//EF且AD=EF
∴四边形ADEF是平行四边形
∴AF//DE
∵平面，平面
∴平面
又，分别是线段，的中点
平面，平面
平面
又
平面平面．
19．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由等腰三角形的性质可得，由面面垂直的性质定理可得底面，再由线面垂直的性质定理即可求证；
（2）证明两两垂直，如图建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，由空间向量夹角公式计算即可求解.
【详解】（1）在中，，为的中点，所以，
因为平面底面，且面面，面，，所以底面．
又因为平面，所以.
（2）在直角梯形中，，，为的中点，
所以四边形为平行四边形．
因为，所以．
由（1），可知底面，故以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，，，，
因为，，，所以平面，
平面的一个法向量即为，
设平面的法向量为，
由，可得，令，，
所以平面的法向量为，
所以，
由图知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.