2021-2022学年福建省三明市第二中学高一下学期阶段（二）考试数学试题（解析版）

1、试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页第 Page * MergeFormat 16 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 16 页2021-2022学年福建省三明市第二中学高一下学期阶段（二）考试数学试题一、单选题1复数在复平面内对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】B【分析】根据复数的几何意义求解即可.【详解】复数在复平面内对应点的坐标为，位于第二象限故选：B2如图，已知等腰三角形是一个平面图形的直观图，则这个平面图形的面积是（）ABCD【答案】A【分析】作出的平面图形，计算出、的长，利用三角形的面积可求得结果.【详

2、解】在等腰三角形中，则，作出的平面图形的图形如下图所示：由题意可知，且，因此，.故选：A.3如图，在ABC中，设，则（）ABCD【答案】D【分析】根据向量的加法法则，即可求解.【详解】解：由题意得：，故选：D.4如图所示，平面，且，直线，过，三点的平面记作，则与的交线必通过（）A点B点C点但不过点D点和点【答案】D【分析】由平面的基本性质易知与的交线必通过点和点.【详解】由已知可得点，又，所以，有平面的基本性质可得，所以与的交线必通过点和点.故选D.【点睛】本题主要考查平面的基本性质，是常考题型，试题较易.5已知ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则ABC的外接圆的直径为（

3、）ABCD【答案】C【分析】先由面积公式求出c，利用余弦定理求出b，利用正弦定理求出外接圆的直径.【详解】因为，所以，解得：.由余弦定理得：.由正弦定理得：.故选：C6如图，已知A、B是圆C上两点，若，则（）A2B4C6D8【答案】D【分析】取AB的中点D，利用数量积的定义结合圆的性质计算作答.【详解】在圆C中，取AB的中点D，连CD，如图，则有，而，所以.故选：D7在棱长为的正方体中，M是棱的中点，过，B，M作正方体的截面，则这个截面的面积为（）ABCD【答案】B【分析】首先作出截面，再求截面面积.【详解】如图，取的中点，连接，四边形即过，B，M三点的截面，此截面为等腰梯形，上底，下底，腰，

4、所以梯形的高 所以梯形的面积 故选：B8在锐角中，的对边分别是，则的范围是（）ABCD【答案】A【分析】根据题意得，进而得到，再由得，所以，代入化简求解即可.【详解】在锐角中，因为，,所以，解得，所以，而，所以，所以由正弦定理可知：，因为，所以，所以，即.故选：A.二、多选题9已知向量，设，的夹角为，则（）ABC在上的投影向量为D【答案】BD【分析】首先求出，再根据向量数量积、模及夹角的坐标表示一一计算可得；【详解】解：因为，所以，所以，故A错误；，所以，故B正确；， 所以，因为，所以，故D正确；又，故在上的投影向量为，故C错误；故选：BD10如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于

5、点M，则下列结论正确的是（）A，M，O三点共线B平面C直线与平面所成角的为D直线和直线是共面直线【答案】ABC【分析】根据正方体的特性，依次分析各项正误.【详解】由正方体的特性可知，为正方体的体对角线，平面，平面平面于，又交平面于点，故点在上，故A项正确；由正方体的特性可知，平面，平面，故，同理，于点，故平面，故B项正确；设正方体的边长为1，直线与平面的夹角为，则，点到平面的距离为，故，C项正确；直线与直线为异面直线，故D项错误.故选：ABC.11有下列说法，其中错误的说法有（）A在正方体中，E，F，P，Q分别为，的中点，则直线EF与直线PQ所成角的大小是.B四面体中，面BCD，垂足为O，若三

6、条侧棱两两垂直，则O为的内心.C在复数范围内，是关于x的方程：的一个根.D若直线a与平面内的一条直线平行，则直线平面.【答案】ABD【分析】以为原点，所在的直线分别为的正方向建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用向量的夹角公式可判断A；连接交于，连接交于，利用线面垂直的判断和性质得到，从而可判断B；把代入可判断C；直线a与平面内的一条直线平行，则直线a可能在平面内，也可能与平面平行可判断D.【详解】对于A,以为原点，所在的直线分别为的正方向建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则，所以，则直线EF与直线PQ所成角的大小是，故A错误；对于B，连接交于，连接交于，因为，所以平面，平面，所以，平面，

7、平面，所以，且，所以平面，平面，所以，因为，所以平面，平面，所以，因为平面，平面，所以，且，所以平面，平面，所以，为的垂心，故B错误；对于C，在复数范围内，若是关于x的方程的一个根，则，故C正确；对于D， 若直线a与平面内的一条直线平行，则直线a可能在平面内，也可能与平面平行，故D错误.故选：ABD.12若ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则下列结论正确的是（）A角C一定为锐角BCD的最大值为【答案】BCD【分析】先由倍角公式化简得即可判断A选项；由余弦定理即可判断B选项；由正弦定理即及和角公式可判断C选项；由正切和角公式及基本不等式即可判断D选项.【详解】由可得，又，故

8、，故为钝角，A错误；又由余弦定理，化简得，B正确；由正弦定理，即，又，故，即，即，C正确；由上知，为钝角，故，当且仅当，即时取等，D正确.故选：BCD.三、填空题13已知为虚数单位，若，则_【答案】【分析】首先根据复数代数形式的除法法则化简复数，即可得到，再根据复数模的计算公式计算可得；【详解】解：，所以，所以，所以；故答案为：14若，是夹角为的两个单位向量，则与的夹角大小为_【答案】13534【分析】利用平面向量的数量积的定义和运算法则计算出、的值，利用公式，结合平面向量夹角的取值范围可求得结果.【详解】因为、是夹角为的两个单位向量，则，所以，设与的夹角为，所以，所以.故答案为：.15在锐角

9、ABC中，a，b，c分别为角A，B，C，若，则_【答案】【分析】先由正弦定理求得，再用余弦定理即可求得.【详解】对于，由正弦定理得：.因为,所以，所以.因为,所以.由余弦定理得：.故答案为：.16如图，已知正方形ABCD的边长为2，点E为AB的中点以A为圆心，AE为半径，作圆弧交AD于点F，若P为劣弧EF上的动点，则的最小值为_【答案】【分析】建立直角坐标系，设，利用坐标运算求出，再利用辅助角公式即可求解.【详解】解：如图所示：建立平面直角坐标系，则，由题意可设：，则，其中，的最小值为.故答案为：.四、解答题17已知，（其中为虚数单位）(1)若为纯虚数，求实数的值；(2)若其中是复数的共扼复数

10、），求实数的取值范围【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意，再根据纯虚数性质求解；（2）根据题意得，即，求解不等式即可.【详解】(1)由，得，因为为纯虚数，所以，且，所以(2)，因为，所以，即即，解得18已知平面向量，(1)若，求k的值；(2)若，求【答案】(1)或(2)或【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示，列式求值；（2）根据两向量平行，列式求，再求的坐标，即可求模.【详解】(1)，得，解得：或；(2)，得，解得：或.当时，；当时，综上：或19已知圆锥SO的底面半径，高(1)求圆锥SO的母线长；(2)圆锥SO的内接圆柱的高为h，当h为何值时，内接圆柱的轴截面面积最大，并求出最大值【答案

11、】(1)13(2)；最大值为30【解析】(1)圆锥SO的底面半径，高，圆锥SO的母线长；(2)作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示，其中，设圆柱底面半径为r，则，即设圆柱的轴截面面积为当时，有最大值为3020如图正方体中，棱长为1， (1)求证：AC平面；(2)求二面角的平面角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)【解析】(1)证明：在正方体中，平面ABCD，又平面ABCD，BD，平面，AC平面；(2)，所以，又，而，面BAC，为二面角的平面角在中，21如图，直三棱柱中，分别是，的中点（1）证明：平面；（2）若，证明：平面平面【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）连接交于点，则为

12、中点，连接，易知，根据线面平行的判定可证平面；（2）由题设得平面，根据线面垂直的性质及判定有，由已知线段的长度求、，再由勾股定理知，最后根据线面、面面垂直的判定可证平面平面【详解】（1）连接交于点，则为中点，连接，又是中点，又平面，平面平面（2）是直三棱柱，平面，又平面，由且为的中点，即，又，平面，又平面，由，得，即，又，平面，又平面，平面平面.22三明如意湖湿地公园是以水为主题的公园，分生态净化区、生态保育区、生态科普区三个区域，具有生态观光、休闲娱乐多种功能欲在该公园内搭建一个平面凸四边形ABCD的体闲、观光及科普宣教的平台，如图所示，其中百米，百米，ABC为正三角形，建成后BCD将作为人们旅游观光、休闲娱乐的区域，ABD将作为科普宣教湿地功能利用、弘扬湿地文化的区域(1)当时，求旅游观光、休闲娱乐的区域BCD的面积；(2)求旅游观光、休闲娱乐的区域BCD的面积的最大值【答案】(1)（百米）2(2)（百米）2【分析】