安徽省安庆市太湖中学2023-2024学年高二上学期第一次段考数学试题（Word版附解析）

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1. 若复数满足，则的虚部是（ ）
A. 1B. －1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的除法求得，设，利用共轭复数的定义及复数相等求的虚部即可.
【详解】由题设，，
令，则，
∴，得，故的虚部是1．
故选：A.
2. 若向量在空间的的一组基底下的坐标是，则在基底下的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设的坐标为，得到，求得的值，即可求解.
【详解】因为在基底下的坐标是，所以，
设在基底下的坐标为，
则，
因此，所以，
即，
即向量在基底下的坐标为．
故选：C．
3. 设，向量，，且，则（ ）
A. B. C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量平行与垂直的坐标表示，求得的值，结合向量模的计算公式，即可求解.
【详解】由向量且，
可得，解得，所以，，
则，所以.
故选：C.
4. 已知点，．若直线l：与线段相交，则实数m的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直线l过定点，且与线段相交，利用数形结合法，求出的斜率，从而得出l的斜率的取值范围，即可得解.
【详解】设直线过定点，则直线可写成，
令，解得.
直线必过定点．
，．
直线与线段相交，

由图象知，或，解得或，
则实数的取值范围是．
故选：A.
5. 已知矩形为平面外一点，平面，点满足，．若，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由平面向量基本定理结合平面向量的线性运算，即可得到结果.
【详解】
因，，
所以
，
因为，所以，，，
所以.
故选：C
6. 当直线过点，当取得最小值时，直线的方程为：（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知得，根据基本不等式“”的代换可得的最小值，即取最小值时与的值，进而得解.
【详解】由直线过点，
则，所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以直线方程为，即.
故选：C.
7. 已知空间直角坐标系中， ，点在直线上运动，则当取得最小值时，点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量表示出点Q坐标，再求出，的坐标，借助数量积建立函数关系即可求解.
【详解】因点Q在直线上运动，则，设，于是有，
因为，，所以，，
因此，，
于是得
，
则当时，，此时点Q，
所以当取得最小值时，点Q的坐标为.
故选：C
8. 如图，已知四棱台的底面是直角梯形，，，，平面，是侧棱所在直线上的动点，与所成角的余弦值的最大值为（ ）

A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成角的余弦值.
【详解】以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，过A垂直平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设，
则，，
，
设，，
设与所成角为，则，
设，则有，
由存在，则，
解得，即的最大值为，
所以与所成角的余弦值的最大值为.
故选：C
二．多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知直线，则该直线（ ）
A. 过点B. 斜率为
C. 倾斜角为D. 在x轴上的截距为
【答案】AB
【解析】
【分析】验证法判断选项A；求得直线的斜率判断选项B；求得直线的倾斜角判断选项C；求得直线在x轴上的截距判断选项D.
【详解】对于A，当时，，∴，
∴直线过点，故A正确；
对于B，由题意得，，∴该直线的斜率为，故B正确；
对于C，∵直线的斜率为，∴直线的倾斜角为，故C错误；
对于D，当时，，∴该直线在x轴上的截距为2，故D错误．
故选：AB．
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 直线的倾斜角的取值范围是
B. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件
C. 过点且在轴，轴截距相等的直线方程为
D. 经过平面内任意相异两点的直线都可以用方程表示．
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A：根据可求倾斜角的取值范围；对于B：根据两直线垂直的条件求出的值即可判断；对于C：分截距是否为0两种情况求解可判断；对于D：对斜率为0、斜率不存在特殊情况讨论可以确定所求直线均可用表示.
【详解】对于A：直线的倾斜角为，则，
因为，所以，故A正确.
对于B：当时，直线与直线斜率分别为，斜率之积为，故两直线相互垂直，所以充分性成立，
若“直线与直线互相垂直”，则，
故或，所以得不到，故必要性不成立，故B错误.
对于C：截距为0时，设直线方程为，又直线过点，
所以可得，所以直线方程为，
当截距不为0时，调直线方程为，又直线过点，
所以可得，所以直线方程为，
所以过点且在轴，轴截距相等的直线方程为或，故C错误；
.对于D：经过平面内任意相异两点直线：
当斜率等于0时，，方程为，能用方程表示；
当斜率不存在时，，方程为，能用方程表示；
当斜率不为0且斜率存在时，直线方程为，
也能用方程表示，故D正确.
故选：AD.
11. 已知定义域为R的奇函数，当时，下列说法中正确的是（ ）
A. 当时，恒有
B. 若当时，的最小值为，则m的取值范围为
C. 不存在实数k，使函数有5个不相等的零点
D. 若关于x的方程所有实数根之和为0，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性及时的解析式作出函数的图象，结合图象可判断AB选项，联立与可判断相切时切点横坐标为1，当，时最多一个交点，可判断C，根据函数奇偶性与对称性判断D．
【详解】当时，且为R上的奇函数，
作函数f（x）的图象如图：

对于A，当时，函数f（x）不是单调递减函数，则f（x1）＞f（x2）不成立，故A不正确；
对于B，令，解得，由图象可知，当时，的最小值为，则，故B正确；
对于C，联立，得，
△＝（k+1）2﹣4＝k2+2k﹣3=0，存在，使得△=0，此时,可知最多有3个不同的交点，
∴不存在实数k，使关于x的方程f（x）＝kx有5个不相等的实数根，故C正确；
对于D，由 可得或，
∵函数f（x）是奇函数，若关于x的两个方程与所有根的和为0，
∴函数的根与根关于原点对称，则，
但x＞0时，方程有2个根，分别为，两根之和为，
若关于x的两个方程与所有根的和为0，
若的根为，此时，此时仅有一解，符合题意 ，故D错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：利用奇函数的对称性得出函数的图象是解决本题的关键所在，结合函数的单调性，函数值的变换，函数图象的交点，利用数形结合解决问题，属于难题.
12. 如图，在四棱锥中，已知底面，底面为等腰梯形，，，记四棱锥的外接球为球，平面与平面的交线为的中点为，则（ ）
A.
B.
C. 平面平面
D. 被球截得的弦长为1
【答案】ABD
【解析】
【分析】由，可得平面，再根据线面平行的性质即可证得，即可判断A；对于B，连接，证明，，即可得平面，再根据线面垂直的性质即可证得，即可判断B；对于C，如图以为原点建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，判断法向量是否垂直，即可判断C；对于D，易得四棱锥的外接球的球心在过点且垂直于面的直线上，求出半径，再利用向量法求出点到直线的距离，最后利用圆的弦长公式求出被球截得的弦长，即可判断D.
【详解】解：对于A，因为，平面，平面，
所以平面，
又因平面与平面的交线为，
所以，故A正确；
对于B，连接，
在等腰梯形中，因为，，的中点为，所以四边形都是菱形，
所以，所以，
因为底面，面，
所以，
又，所以平面，
又因平面，所以，故B正确；
对于C，如图以原点建立空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量，平面的法向量，
则，可取，
同理可取，
因为，所以与不垂直，
所以平面与平面不垂直，故C错误；
对于D，由B选项可知，，则点即为四边形外接圆的圆心，
故四棱锥的外接球的球心在过点且垂直于面的直线上，
设外接球的半径为，则，则，
所以，
设与所成的角为，点到直线的距离为，
，
因为，直线的方向向量可取，，
则，所以，
所以，
所以被球截得的弦长为，故D正确.
故选：ABD.
三．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知直线，直线．若，则实数的值为______．
【答案】或
【解析】
【分析】由题意利用两条直线垂直的性质，求得的值．
【详解】因为直线，直线，且，
所以，解得或.
故答案为：或.
14. 已知，，．若、、三向量共面，则实数______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，存在实数x，y，使，列出方程组，即可求得答案.
【详解】因为不平行，且、、三向量共面，
所以存在实数x，y，使，
所以，解得，
故答案为：
15. 算盘是中国传统计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一．算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠．例如，在十位档拨上一颗上珠和两颗下珠，个位档拨上四颗下珠，则表示数字，若分别在个、十、百、千位档中各随机拨上一颗下珠或拨下一颗上珠，记事件所表示的数能被整数，事件所表示的数能被整除，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】分析可知共可以组成个数，计算出、、的值，即可计算得出的值.
【详解】分别在个、十、百、千位档中各随机拨上一颗下珠或拨下一颗上珠，共可以组成个不同的数，
若组成的数能被整除，则四个数位上有个，个，故能被整除的数有个，则．
若组成的数能被整除，则个位数为，故能被整除的数有个，则．
既能被整除又能被整除的数，则个位数字为，其余三个数上有个，个，有个，则．
故．
故答案为：.
16. 如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，平面ABCD，，，点Q是侧棱PD的中点，点M，N分别在边AB，BC上，当空间四边形PMND的周长最小时，点Q到平面PMN的距离为______．
【答案】##
【解析】
【分析】平面PAB沿AB展开到与平面ABCD共面，当点P，M，N和共线时周长最小，计算得到，，，建立空间直角坐标系，计算平面的法向量为，根据距离公式计算得到答案.
【详解】要使得空间四边形PMND周长最小，只需将平面PAB沿AB展开到与平面ABCD共面，
延长DC至，使得，
于是点N在线段的垂直平分线上，所以，
因为PD为定值，故当点P，M，N和共线时，空间四边形PMND的周长最小，
易得，即得，即，
所以，，，
以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，由题意可得，，，
则，，
设是平面PMN的一个法向量，则. 即得，
令，得，，，，
所以点Q到平面PMN的距离．
故答案为：．
四．解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 已知平行六面体，底面是正方形，，，设．
（1）试用表示；
（2）求的长度．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量线性运算的几何意义，结合几何体确定与的线性关系；
（2）由（1），结合空间向量数量积的运算律及已知条件求的长度.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
，
，
所以
.
18. 已知点，求下列直线的方程：
（1）求经过点，且在轴上的截距是轴上截距的2倍的直线的方程；
（2）光线自点射到轴的点后被轴反射，求反射光线所在直线的方程．
【答案】（1）或.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，分直线过原点与不过原点讨论，结合直线的截距式代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，求得点关于轴的对称点的坐标为，再由直线的点斜式代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
当直线过原点时，满足在轴上的截距是轴上截距的2倍，
此时直线方程为，将代入，可得，化简可得；
当直线不过原点时，设直线方程为，且，
即，将代入，可得，解得，
则直线方程为，化简可得；
综上，直线方程为或.
【小问2详解】
点关于轴的对称点的坐标为，
由题意可知，反射光线所在的直线经过点与，
所以反射光线所在的直线斜率为，
则反射光线所在的直线方程为，
化简可得.
19. 某校举行了一次高一年级数学竞赛，笔试成绩在分以上（包括分，满分分）共有人，分成、、、、五组，得到如图所示频率分布直方图．

（1）根据频率分布直方图估计这次数学竞赛成绩的平均数和中位数（中位数精确到）；
（2）为进一步了解学困生的学习情况，从数学成绩低于分的学生中，通过分层随机抽样的方法抽取人，再从这人中任取人，求此人分数都在的概率．
【答案】（1）平均数为，中位数约为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据所有直方图的面积之和为可求得的值，将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全加可得样本的平均数，根据中位数的定义可求得样本的中位数；
（2）计算出分层抽样抽取的人中，数学成绩位于的有人，记为、，数学成绩位于的有人，记为、、、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【小问1详解】
由，解得，
这次数学竞赛成绩的平均数为，
前组的频率和为，前组的频率和为，
所以中位数为．
【小问2详解】
分层抽样抽取的人中，数学成绩位于的有人，记为、．
数学成绩位于的有人，记为、、、，
从人中任取人，基本事件有：、、、、、、、
、、、、、、、、、、、
、，共种，
其中人分数都在的有、、、，共种，
所以从人中任取人，分数都在的概率为.
20. 图①是直角梯形，四边形是边长为2的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且．
（1）求证：平面平面；
（2）在棱上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值：若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明过程见解析
（2）存在，直线与平面所成角的正弦值为.
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，取的中点，连接，由勾股定理逆定理得：，从而平面,所以平面平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出点的坐标，从而得到线面角.
【小问1详解】
取的中点，连接，
因为四边形是边长为2的菱形，并且，
所以均为等边三角形，故且，
因为，所以，
由勾股定理逆定理得：，又因为是平面内两条相交直线，
所以平面，即平面,
因为平面，所以平面平面；
【小问2详解】
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设，故，
解得：，
故，
设平面的法向量为，
则，
故，
令，则，故，
其中
则，
解得：,则，
设直线与平面所成角为，
则，
直线与平面所成角的正弦值为.
21. 在中，角的对边分别为，已知．
（1）求角；
（2）若，边上的中线，且，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意结合正、余弦定理边化角即可得解；
（2）在中，根据题意利用余弦定理可得，再结合（1）中的关系，运算求解即可.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，整理得，
由余弦定理可得，
又因为，所以.
【小问2详解】
在中，由余弦定理可得，
即，整理得，
解得或，
且为的中点，可得或，
又因为，则，
由（1）可知：，即.

22. 如图，四棱锥中，，，，，，为线段中点，线段与平面交于点.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得平面，进而可得，根据三线合一以及勾股定理可证平面，进而可得结果；
（2）建系，利用空间向量求面面夹角；
（3）设，根据线面关系可得，利用向量求面积以及点到面的距离，结合体积公式运算求解.
【小问1详解】
连接，
因为，且为线段中点，则，
又因为，，平面，
所以平面，
由平面，可得，所以，
取的中点，连接，
因为，则，且，
可知，可得，
且，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
则，
且平面与平面夹角为锐角，所以平面与平面夹角的余弦值为.
【小问3详解】
设，
因为，则，解得，即，
可得，
又因为，解得，即，
可得，
则，
可得，
可知为钝角，则，
所以的面积为，
又因为，则，
可得，
可知为锐角，则，
所以的面积为，
可知四边形的面积为，
又因为点到平面的距离，
所以四棱锥的体积.