安徽省安庆市2023-2024学年高一数学下学期5月同步测试试卷含解析

Page232023-2024学年度高一第二学期同步测试卷数学一、单选题1.若复数满足，则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【解析】【分析】根据复数的运算法则进行化简，结合复数的几何意义进行求解即可．【详解】由，则，所以复数对应的点为，位于第二象限.故选：B.2.已知向量，，则“”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【答案】B【解析】【分析】利用向量数量积的坐标表示，结合充分性和必要性的定义求解即可.【详解】由题意，得，，若，则，即，解得，所以“”推得出“”，即必要性成立，但“”推不出“”，即充分性不成立，所以“”是“”的必要不充分条件．故选：B．3.如图，是水平放置的在斜二测画法下的直观图．若，，，则的面积为（）A.2 B. C.4 D.【答案】B【解析】【分析】先求出，再根据求解即可.【详解】由已知得，所以.故选：B.4.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则的形状一定是（）A.等腰三角形 B.锐角三角形C.直角三角形 D.钝角三角形【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合和角的正弦推理判断即可.【详解】在中，由及正弦定理，得，于是，而，则，所以是等腰三角形.故选：A5.设是三个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】D【解析】【分析】根据线面位置关系依次讨论各选项即可得答案.【详解】对于A选项，若，则或，无法确定与的关系，错误；对于B选项，根据面面平行的性质定理，缺少的条件，它们可能平行或异面，错误；对于C选项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件，平行、相交或均有可能，错误；对于D选项，若，则，由面面垂直的判定定理可得，正确.故选：D6.已知正六棱锥底面边长为2，体积为，则外接球的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先计算底面面积，进而得到该六棱锥的高，即可得出外接球的球心及半径，根据球的体积公式计算即可．【详解】由正六棱锥得，底面为正六边形，设底面的中心为，连接，则，底面，为正六棱锥的高，所以，因为正六棱锥的体积为，所以，即，故点为外接球的球心，半径为2，故外接球的体积，故选：C．7.如图，已知正四棱锥的所有棱长均为2，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题中条件连接，取的中点，连接,，作出异面直线所成的角，利用余弦定理求解即可.【详解】连接，取的中点，连接,，由题意知，，则异面直线与所成角（或其补角），在中，，则，则异面直线与所成角的余弦值为.故选：B.8.在正方体中，为的中点，在棱上，且，则过且与垂直的平面截正方体所得截面的面积为（）A.6 B.8 C.12 D.16【答案】C【解析】【分析】先根据空间中线面的位置关系确定截面形状；再根据几何关系即可求解.【详解】如图所示，在棱上取一点，使得.因为在棱上，且，所以，.由正方体性质可知：平面平面，.又因为平面平面，平面，所以平面，则平面.又因为平面所以.取为的中点，在棱上取一点，使得.则，,所以.因为为的中点，则由正方体的性质可得：平面.又因为平面，所以.又因为，平面，平面，所以平面.因为平面，所以.同理可得：在棱上取一点，使得时有.所以截面为四边形.因为平面平面，平面平面，平面平面，所以又因为，所以，，.所以等腰梯形为所得截面，梯形的高为.所以等腰梯形面积为，故选：C．【点睛】关键点点睛：本题主要考查空间中线面的位置关系及正方体的截面.解题关键在于熟练运用线、面平行与垂直的判定定理和性质定理来确定截面的形状.二、多选题9.对于有如下命题，其中正确的是（）A.若，则为钝角三角形B.若，，且有两解，则的取值范围是C.在锐角中，不等式恒成立D.在中，若，，则必是等边三角形【答案】ACD【解析】【分析】根据正弦定理和余弦定理边角互化判断A，结合图象，根据边角的关系与解的数量判断B，利用锐角三角形角的关系结合诱导公式判断C，由余弦定理可证D.【详解】选项A：中，若，即，所以由正弦定理得，又由余弦定理得，所以，为钝角三角形，A正确；选项B：如图所示，若有两解，则，解得，B错误；选项C：因为是锐角三角形，所以，所以，又，所以，则，又因为在单调递增，所以，C正确；选项D：若，，由余弦定理，，所以，顶角为的等腰三角形为等边三角形，D正确.故选：ACD10.如图，从一个正方体中挖掉一个四棱锥，然后从任意面剖开此几何体．下列可能是该几何体的截面的为（）A. B. C. D.【答案】BCD【解析】【详解】截面中间是矩形，如果可能话，那么一定是用和正方体底面平行的截面去剖开正方体，并且是从挖去四棱锥的那部分剖开的，但此时剖面中间应该是一个正方形，因此选项A不可能是截面；当从正方体底面的一组相对棱的中点处剖开时，截面正好通过四棱锥顶点，如图①，此时截面形状如选项B，故B可能是该几何体的截面；当截面不经过底面一组相对棱的中点处，并和另一组棱平行去剖开正方体时，如图②中截面PDGH位置，截面形状就会如选项C，故C可能是该几何体的截面；如图③，按图中截面A1B1C1的位置去剖开正方体，截面就会如选项D，故D可能是该几何体的截面．故选BCD.11.如图，正方体的棱长为2，P是直线上的一个动点，则下列结论中正确的是（）A.的最小值为B.的最小值为C.三棱锥的体积为D.以点B为球心，为半径的球面与面在正方体内的交线长为【答案】ABD【解析】【分析】对于选项A，即求正三角形的高，判断为正确；对于选项B，将空间问题平面化即可判定为正确；对于选项C，去一个特殊点，计算其体积，判断为错误；对于选项D，先求出球与平面的交线，然后判断有多少在正方体内，求出其长度即可.【详解】对于A，为边长为的等边三角形，的最小值即该等边三角形的高，为，故A正确；对于B，如图，将等边绕旋转到与平面共面，显然，故B正确；对于C，当P在D上时，，故C错误；对于D，设点B到平面的距离为d,，，，，以点B为球心，为半径的球面与面在正方体内的交线是以中心为圆心，以为半径的圆，如图，圆有一部分在正方体外，，由A得，，所以，，所以有圆周在正方体内部，其长度为，故D对.故选：ABD.三、填空题12.已知平面内非零向量在向量上的投影向量为，且，则与夹角的余弦值为______．【答案】【解析】【分析】利用投影向量公式计算即可.【详解】设与的夹角为，因为，即，又，则，即．故答案为：.13.如图所示，在棱长为的正方体中，点是平面内的动点，满足，则直线与平面所成角正切值的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】在正方体上“堆叠”一个与之全等的正方体，连接、，设在平面的射影为，连接，则即为直线与平面所成角，在平面上的射影为，求出点的轨迹，再结合平面几何的性质即可得解．【详解】如图所示，在正方体上“堆叠”一个与之全等的正方体，连接、，易知四边形是菱形，设在平面的射影为，由正三棱锥可知，点是△的外心，，则，由，得，所以，再结合，得，从而的轨迹是（平面上）以为圆心，为半径的圆，记为圆，同理，在平面（即平面上的射影为的外心，连接，则在平面上的射影为，进而即为直线与平面所成角，记，则，其中为定值，而对于，由圆的几何知识可知，当运动到线段且与圆相交时，取得最小值，记相交于Q,易知，则，此时取得最大值为．故答案为：．【点睛】关键点点睛:本题考查空间中点的轨迹及线面角，关键是确定在平面上的轨迹为圆.14.在棱长为1的正方体中，点是该正方体表面及其内部的一个动点，且平面，则线段的长的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】证明平面平面，得点的轨迹，由此可得的最大值为的长，最小值为到平面的距离，求出距离后可得．【详解】连接，正方体中由与平行且相等得是平行四边形，从而，又平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，所以平面平面，平面，则平面，所以动点的轨迹形成的区域为的边界及内部，的最大值为即的长，的最小值为到平面的距离，连接交于点，连接交于点，，由平面，平面，得，又，，平面，所以平面，而平面，所以，同理，又因为，平面，所以平面，同理可证，所以，从而，故线段的长的取值范围是．故答案为：．四、解答题15.已知圆锥的顶点为，母线PA，PB所成角的余弦值为，轴截面等腰三角形PAC的顶角为，若的面积为.（1）求该圆锥的侧面积；（2）求该圆锥的内接圆柱侧面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据同角的平方关系求出，由三角形面积公式求出圆锥母线长，进而求出底面半径，结合圆锥的侧面积公式计算即可求解；（2）设圆柱底面半径，则圆柱的高为，结合圆柱侧面积公式和基本不等式计算即可.【小问1详解】设圆锥母线长、底面半径分别为、，由圆锥的轴截面为等腰三角形且顶角为，则，解得，又，所以，又因为的面积为，∴，解得（负值舍去），又，所以，∴圆锥的侧面积．【小问2详解】作出轴截面如图所示：由（1）可知，设圆柱底面半径，即，则圆锥的高，所以，即圆柱的高为，所以圆锥内接圆柱的侧面积，当且仅当，即时取等号，所以圆锥内接圆柱侧面积的最大值为.16.如图，在直三棱柱中，，D是BC边的中点，．（1）求直三棱柱的体积；（2）求证：面．（3）一只小虫从点沿直三棱柱表面爬到点D，求小虫爬行的最短距离．【答案】（1）144；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，求出，再利用柱体体积公式计算得解.（2）连接，借助三角形中位线，利用线面平行的判定推理即得.（3）分情况把点及点所在的几何体表面展开置于同一平面，求出两点间的距离并比较得解.【小问1详解】在直三棱柱中，由，得，由，得，，所以直三棱柱的体积.【小问2详解】连接，连接，由矩形，得是的中点，而D是BC边的中点，则，又平面，平面，所以平面.【小问3详解】当小虫从点沿爬到点D，把矩形与置于同一平面内，如图，连接，过作于，交于点，由，得，，，，则，因此；当小虫从点沿正方形爬到点D，把正方形与置于同一平面内，或把正方形与矩形置于同一平面内，如图，在左图中，取中点，连，显然共线，则，，而，因此，在右图中，，；当小虫从点沿矩形爬到点D，把矩形与置于同一平面内，或把矩形与矩形置于同一平面内，如图，在左图中，取中点，连，显然共线，则，，而，因此，在右图中，，，显然，所以小虫爬行的最短距离.17.已知的内角所对的边分别为,设向量,,且.（1）求角;（2）若,的面积为,求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据得到,再利用正弦定理和余弦定理求解即可;（2）先根据三角形的面积公式求出,再利用正弦定理求出即可.【小问1详解】因为,,且,所以,由正弦定理可得:，即,由余弦定理得:，所以,又,所以.【小问2详解】因为,由三角形面积公式得:，解得,所以为等腰三角形，所以,又，即,所以的周长为.18.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面QAD是正三角形，侧面底面，M是QD的中点．（1）求证：平面；（2）求侧面QBC与底面所成二面角的余弦值；（3）在棱QC上是否存在点N使平面平面AMC成立？如果存在，求出，如果不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质可得面，再根据线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定定理即可得证；（2）取的中点，的中点，连接，证明平面，从而可得即为侧面QBC与底面所成二面角的平面角，进而可得答案；（3）连接交于点，连接，易得，当面，证明此时平面平面，再根据相似比即可求出.【小问1详解】因为侧面QAD是正三角形，M是QD的中点，所以，因为，面面，面面，面，所以面，又面，所以，又平面，所以平面；【小问2详解】取的中点，的中点，连接，则且，，故，因为面面，面面，面，所以面，因为面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，则即为侧面QBC与底面所成二面角的平面角，设，则，故，所以，即侧面QBC与底面所成二面角的余弦值为；【小问3详解】当面时，平面平面，证明如下：如图，连接交于点，连接，因为底面是正方形，所以，由（2）得面，因为面，所以，因为面时，，所以，又平面，所以平面，又平面，所以平面平面，因为，所以，因为，所以，所以在棱QC上是否存在点N，当时，平面平面AMC.【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.19.利用平面向量的坐标表示，可以把平面向量的概念推广为坐标为复数的“复向量”，即可将有序复数对（其中）视为一个向量，记作．类比平面向量可以定义其运算，两个复向量，的数量积定义为一个复数，记作，满足，复向量的模定义为．（1）设，，为虚数单位，求复向量、的模；（2）设、是两个复向量，①已知对于任意两个平面向量，，（其中），成立，证明：对于复向量、，也成立；②当时，称复向量与平行．若复向量与平行（