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（含解析）

第第页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（含解析）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

18.（12分）

数学答题卡

学校:姓名:班级:考号:座号:

注意事项贴条形码区

1.答题前请将姓名,班级,考号填写清楚。(正面朝上，切勿贴出方框)

2.客观题答题必须使用2B铅笔填涂;主观题答题必须使用黑色签字笔书

写。

3.必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效。

4.保持答卷清洁、完整。正确填涂缺考标识

一、单选题(共60分)

1ABCD6ABCD11ABCD

2ABCD7ABCD12ABCD

3ABCD8ABCD

4ABCD9ABCD

5ABCD10ABCD

二、填空题(共20分)

19.（12分）

13.14.15.16.

三、解答题(共70分)

17.（10分）

{#{ABaTCAogggiAgAABAAARBgCAUQHGiCAgCEkIkkABGGACAACCggGGxQFAFAIIAIoAACAAiBFNAABBAAA==}#}#}}

20.（12分）22.（12分）

21.（12分）

{#{ABaTCAogggiAgAABAAARBgCAUQHGiCAgCEkIkkABGGACAACCggGGxQFAFAIIAIoAACAAiBFNAABBAAA==}#}#}}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．14B．7C．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．2C．4D．

9．（本题5分）已知复数（为虚数单位），则（）

A．2B．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，