2021-2022學年遼寧省沈陽市第一二〇中學高二上學期期初質量監(jiān)測數學試題一、單選題1．已知，則下列向量中與平行的是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據空間向量平行的坐標公式可判斷出結果.【詳解】對于A，因為，所以A不正確；對于B，因為，所以B正確；對于C，因為，所以C不正確；對于D，因為，所以D不正確.故選：B2．已知復數，則（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求得，然后求得【詳解】.故選：A3．已如向量，，且與互相垂直，則（       ）．A． B． C． D．【答案】B【解析】計算，根據向量垂直得到答案.【詳解】，，則，與互相垂直，則，.故選：B.【點睛】本題考查了根據向量垂直求參數，屬于簡單題.4．設m，n是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，下列說法正確的是（       ）A．若，，，則B．若，，，則C．若，，，則D．若，，，則【答案】B【分析】利用空間直線和平面的位置關系進行逐個判斷.【詳解】對于A，兩個平面垂直不能得出兩個平面內的兩條直線垂直，所以A錯誤；對于B，因為，，所以，因為，所以內存在一條直線，所以，從而得到，所以B正確；對于C，因為，不能得出線面垂直，所以無法得出，所以C錯誤；對于D，兩個平面平行不能得出兩個平面內的兩條直線平行，所以D錯誤；故選：B.5．正四棱臺的上?下底面的邊長分別為2，4，側棱長為2，則其體積為（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由四棱臺的幾何特征算出該幾何體的高及上下底面面積，再由棱臺的體積公式即可得解.【詳解】作出圖形，連接該正四棱臺上下底面的中心，如圖，因為該四棱臺上下底面邊長分別為2，4，側棱長為2，所以該棱臺的高，下底面面積，上底面面積，所以該棱臺的體積.故選：D.6．鸛雀樓是我國著名古跡，位于今山西省永濟市，傳說常有鸛雀在此停留，故有此名．更有唐朝詩人王之渙在作品《登鸛雀樓》中寫下千古名句“欲窮千里目，更上一層樓”．如圖是復建的鸛雀樓的示意圖，某位游客（身高忽略不計）從地面D點看樓的項點C的仰角為，沿直線前進51.9米到達E點，此時看點A的仰角為，若點B，E，D在一條直線上，，則樓高約為（）（       ）A．30米 B．60米 C．90米 D．103米【答案】C【分析】設，以的長列方程，化簡求得，由此求得.【詳解】，則，，，即，所以米.故選：C7．北斗三號全球衛(wèi)星導航系統(tǒng)是我國航天事業(yè)的重要成果，系統(tǒng)由24顆中圓地球軌道衛(wèi)星、3顆地球靜止軌道衛(wèi)星和3顆傾斜地球同步軌道衛(wèi)星，共30顆衛(wèi)星組成．系統(tǒng)中一顆地球靜止軌道衛(wèi)星的軌道位于地球赤道所在的平面內，軌道是以地球球心O為圓心的圓，軌道高度為36000km（軌道高度是指衛(wèi)星到地球表面的距離）．將地球看作一個球，球半徑＝6400km，地球上點A的緯度是OA與地球赤道所在平面所成角的度數．在地球表面上能直接觀測到這顆地球靜止軌道衛(wèi)星的點的緯度最大值記為，記衛(wèi)星信號覆蓋地球表面的表面積為S．若（單位：km2），則S占地球表面積的百分比約為（       ）A．26% B．34% C．42% D．50%【答案】C【分析】建立平面直角坐標系，求出，分別求出面積，即可得到正確答案.【詳解】由題意建立平面直角坐標系如圖所示：B點為地球靜止同步衛(wèi)星所在位置,OA⊥AB,OA=r=6400km,OB=r+36000=42400km.在△AOB中,因此.故選：C8．a，b為空間兩條互相垂直的直線，等腰直角三角形的直角邊所在直線與a，b都垂直，斜邊以為旋轉軸選擇，有下列結論：①當直線與a成60°角時，與b成30°角；②當直線與a成60°角時，與b成60°角；③直線與a所成角的最小值為45°；④直線與a所成角的最大值為60°；其中正確的是_______.（填寫所以正確結論的編號）.A．①③ B．①④ C．②③ D．②④【答案】C【分析】由題意知，、、三條直線兩兩相互垂直，構建如圖所示的邊長為1的正方體，，，斜邊以直線為旋轉軸，則點保持不變，點的運動軌跡是以為圓心，1為半徑的圓，以坐標原點，以為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出結果．【詳解】解：由題意知，、、三條直線兩兩相互垂直，畫出圖形如圖，不妨設圖中所示正方體邊長為1，故，，斜邊以直線為旋轉軸，則點保持不變，點的運動軌跡是以為圓心，1為半徑的圓，以坐標原點，以為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，則，0，，，0，，直線的方向單位向量，1，，，直線的方向單位向量，0，，，設點在運動過程中的坐標中的坐標，，，其中為與的夾角，，，在運動過程中的向量，，，，，設與所成夾角為，，則，，，，③正確，④錯誤．設與所成夾角為，，，當與夾角為時，即，，，，，，，此時與的夾角為，②正確，①錯誤．故選：．【點睛】本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力、空間想象能力，考查數形結合思想、化歸與轉化思想，屬于中檔題．二、多選題9．己知向量，則下列說法正確的是（       ）A． B．C．向量在向量方向上的投影的數量是 D．與向量方向相同的單位向量是【答案】ABD【分析】根據向量的數量積的坐標運算，向量的幾何意義，以及單位向量的計算方法，逐項判定，即可求解.【詳解】由題意，向量，由，則，所以，故A正確；由，可得，故B正確；由向量在向量方向上的投影的數量為，故C不正確；由，所以與向量方向相同的單位向量是，故D正確；故選：ABD10．已知，且．下列說法正確的是（       ）A．若，則 B．若，則C． D．【答案】ACD【分析】根據復數的運算率可判斷；令，為純虛數可判斷；令，或可判斷．【詳解】解：由，得，，，即，正確；令，，滿足，但不滿足，錯誤；令，，則，又，正確；，，，正確．故選：ACD．11．一副三角板由一塊有一個內角為的直角三角形和一塊等腰直角三角形組成，如圖所示， ，現將兩塊三角形板拼接在一起，得三棱錐，取中點與中點，則下列判斷中正確的是（       ）A．直線面B．與面所成的角為定值C．設面面，則有∥D．三棱錐體積為定值.【答案】ABC【分析】對于A，利用線面垂直的判定定理即可解決；對于B，C，依托于選項A即可較容易得到.點到平面的距離不等確定，即可判斷選項D.【詳解】對于A，由中點與中點，得,得，由為等腰直角三角形得，由，面，得直線面，故A正確；對于B，由A得，與面所成的角為，為定值，故B正確；對于C，由A得，，故面，由面，面面，所以∥，故C正確；對于D，的面積為定值，但三棱錐的高會隨著點的位置移動而變化，故D錯誤.故選：ABC.【點睛】此題考立體幾何中關于線面垂直，線面角，線面平行的判定與性質，屬于簡單題.12．當時，函數與的圖象恰有三個交點，且是直角三角形，則（       ）A．的面積 B．C．兩函數的圖象必在處有交點 D．【答案】BD【解析】根據正余弦函數的圖象特征，結合題中條件，得到直角斜邊上的高為，且為等腰直角三角形，得到斜邊長，確定周期，求出，以及三角形的面積，判定A錯，B正確；根據給定區(qū)間，先確定，再由兩函數恰有三個交點，得到，由此可判斷C錯，D正確.【詳解】由可得，而，因為當時，函數與的圖象恰有三個交點，且是直角三角形，所以該直角三角形斜邊上的高為，且該直角三角形必為等腰直角三角形，因此斜邊為，所以這兩個函數的周期都為，則，所以，即B正確；三角形的面積為，故A錯；當時，，因為這兩個函數恰有三個交點，所以，又，所以，故D正確；因為，所以兩函數的圖象在處不可能有交點，故C錯.故選：BD【點睛】關鍵點點睛：求解本題的關鍵在于結合正余弦函數圖象的性質，根據題中兩函數恰有三個交點，且三點構成直角三角形，確定三角形的特征，以及三個交點的位置，再結合三角函數的周期性，對稱軸等性質，即可求解.三、填空題13．已知，為銳角，，．則的值為__________．【答案】【分析】根據同角公式求出和，利用和兩角和的正弦公式可求出結果.【詳解】因為，，所以，因為，，所以，因為，所以，所以.故答案為：14．在空間直角坐標系中，設點是點關于坐標平面的對稱點，點關于軸對稱點，則線段的長度等于__________．【答案】【解析】按照點關于坐標軸和平面對稱的規(guī)律求出的坐標，然后利用空間兩點的距離公式進行求解即可.【詳解】因為點是點關于坐標平面的對稱點，所以，又因為點關于軸對稱點，所以.因此.故答案為：【點睛】本題考查了空間的點關于坐標軸和平面對稱的規(guī)律，考查了空間兩點距離公式的應用，考查了數學運算能力.15．點為邊長為的正四面體底面內一點，且直線與底面所成角的正切值為，則動點所在曲線長度為___________．【答案】【分析】取正三角形的中心為，結合已知條件通過計算可得，從而可得點的軌跡是底面內以為圓心，為半徑的圓被三角形的三條邊截得的三段相等的弧，再利用弧長公式可求出結果.【詳解】在正四面體中，三角形為正三角形，設其中心為，連，，，，如圖：則平面，則是直線與底面所成的角，所以，因為邊長為的正三角形的中心，所以，在直角三角形中，，所以，所以，因為到正三角形的三條邊的距離為，且，所以點的軌跡是底面內以為圓心，為半徑的圓被三角形的三條邊截得的三段相等的弧，如圖：因為，，所以，所以，又因為，所以，同理，所以，所以，所以動點所在曲線長度為.故答案為：.四、雙空題16．在矩形ABCD中，AB＝，BC＝1，現將△ABC沿對角線AC翻折，得到四面體DABC，則該四面體外接球的體積為________；設二面角D－AC－B的平面角為θ，當θ在內變化時，BD的取值范圍為________．【答案】          【分析】分別過點，作，計算得到，得到半徑和體積，根據，計算，得到答案.【詳解】如圖1，分別過點，作，垂足分別為F，E，則在四面體中也滿足．因為，，所以，，則，．在四面體ABCD中，三角形ABC和三角形DAC均為直角三角形，設點O為AC的中點，如圖2，連接OB，OD，則，即點O為四面體ABCD外接球的球心，則外接球的半徑，所以外接球的體積．在四面體ABCD中，，因為二面角的平面角為θ，且，所以和的夾角為，所以因為，所以，則．故答案為：；五、解答題17．如圖，在空間四邊形中，，點為的中點，設，，.（1）試用向量，，表示向量；（2）若，，，求的值.【答案】（1）（2）【解析】(1）根據向量的運算性質求出即可；(2）根據向量的運算性質代入計算即可.【詳解】（1），故∵點E為AD的中點，故（2）由題意得故故18．如圖.在四棱錐P-ABCD中，平面ABCD，且，.(1)求異面直線PC與AD所成角的余弦；(2)求點A到平面PCD的距離.【答案】(1)(2)【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用空間向量求解異面直線的夾角；（2）先求出平面PCD的法向量，然后利用點到平面的向量公式進行求解.【詳解】(1)因為平面ABCD，平面ABCD所以，，，因為，故以A為坐標原點，所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，因為過點C作CE⊥AD于點E，則CE=AB=2，AE=BC=1，因為，所以DE=CE=2，故，，，，，，設異面直線PC與AD所成角為，所以，異面直線PC與AD所成角的余弦值為.(2)，，設平面PCD的法向量為，則，即，令，解得：，，故，設點A到平面PCD的距離為，則19．已知的內角所對的邊分別是在以下三個條件中任先一個：①；②；③；并解答以下問題：（1）若選___________填序號，求的值；（2）在（1）的條件下，若，當有且只有一解時，求實數的范圍及面積S的最大值.【答案】（1）條件選擇見解析；；（2），.【分析】（1）若選①，先化簡，再結合正弦定理進行邊化角，再利用余弦定理求得，結合范圍即得結果；若選②，利用二倍角以此計算、，結合范圍即得結果；若選③，利用正弦定理進行邊化角，再結合，進行化簡求得結合范圍即得結果；（2）先根據三角形有一解知或，解得參數m的取值范圍，再分別討論m在不同取值下面積的取值范圍，即得最值.【詳解】解：（1）若選①，由已知化簡得，由正弦定理得，由余弦定理得.因為，所以；若選②，由二倍角公式，故，因為，所以；若選③，由題設及正弦定理得.因為，所以由可得故，因為，故，因此；（2）由已知，當有且只有一解時，或，即或，故或，，①當時，為直角三角形，B為直角，，故，所以；②當時，由余弦定理可得當且僅當時等號成立，三角形面積為，即面積的最大值.綜上，面積的最大值.【點睛】方法點睛：求解三角形中有關邊長、角、面積的最值（范圍）問題時，常利用正弦定理、余弦定理與三角形面積公式，建立，，之間的等量關系與不等關系，然后利用函數或基本不等式求解.20．已知函數，其中常數.（1）在上單調遞增，求的取值范圍；（2）若，將函數圖像向左平移個單位，得到函數的圖像，且過，若對任意的，不等式恒成立，求實數的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根據正弦型函數的性質，可得在ω＞0時，區(qū)間是函數y＝2sinωx+1的一個單調遞增區(qū)間，結合已知條件列出一個關于ω的不等式組，解不等式組，即可求出實數ω的取值范圍．（2）由函數的圖像變換得，且g（x）的圖像過，可解得ω＝2k，k∈Z，結合范圍0＜w＜4，可得g（x）的解析式．結合，得，令，參變分離得在恒成立，求出的取值范圍即可.【詳解】（1）由題意得，又，得的最小正周期為，由正弦函數的性質，當，函數取得最小值，函數取得最大值，∴是函數的一個單調遞增區(qū)間，又因為函數()在上單調遞增，則，解得.（2）由（1）得，將函數圖像向左平移個單位，得到函數的圖像，即，∵的圖像過，∴，得：，即：，，∴，，∵，∴，得，，，，令，參變分離得在恒成立，令，則函數在上遞增，當時，..【點睛】方法點睛：求函數在區(qū)間上值域的一般步驟：第一步：三角函數式的化簡，一般化成形如的形式或的形式．第二步：由的取值范圍確定的取值范圍，再確定（或）的取值范圍；第三步：求出所求函數的值域（或最值）.21．正多面體也稱柏拉圖立體，被喻為最有規(guī)律的立體結構，其所有面都只由一種正多邊形構成的多面體（各面都是全等的正多邊形，且每一個頂點所接的面數都一樣，各相鄰面所成二面角都相等）．數學家已經證明世界上只存在五種柏拉圖立體，即正四面體、正六面體、正八面體、正十二面體、正二十面體．已知一個正四面體和一個正八面體的棱長都是a（如圖），把它們拼接起來，使它們一個表面重合，得到一個新多面體．（1）求新多面體的體積；（2）求二面角的余弦值；（3）求新多面體為幾面體？并證明．【答案】（1）；（2）；（3）新多面體是七面體；證明見解析．【分析】（1）分別求得正四面體和正八面體的體積，由新多面體體積為原正四面體體積與正八面體體積之和求解；（2）在正八面體中，取的中點為M，連結，易得為二面角的平面角，利用余弦定理求解；（3）由（2）可知，正八面體任何相鄰面構成的二面角余弦值均為，設此角為．再求得四面體相鄰面所構成的二面角的余弦值為判斷.【詳解】（1）如圖所示：，在正四面體中，分別取PT，QR的中點，連接QN，RN，NG，則 ，所以平面QNR，所以正四面體的體積為 ，如圖所示，在正八面體中，連接AC交平面EFBH于點O，則平面EFBH， 所以 ，所以正八面體的體積為，因為新多面體體積為原正四面體體積與正八面體體積之和，所以.（2）如圖，在正八面體中，取的中點為M，連結，易得為二面角的平面角．易得，，由余弦定理得.（3）新多面體是七面體，證明如下：由（2）可知，正八面體任何相鄰面構成的二面角余弦值均為，設此角為．在正四面體中，易得為二面角的平面角．由余弦定理得，即正四面體相鄰面所構成的二面角的余弦值為，所以，因此新多面體是七面體．【點睛】關鍵點點睛：本題第三問關鍵是將判斷拼接后兩個幾何體相鄰面是否共面，轉化為二面角之和是否為而得解.22．已知矩形，為中點，將至折起，連結.（1）當時，求證：；（2）當時，求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）由線面垂直的判定定理可證平面，再由線面垂直的性質定理可知，進而由線面垂直的判定定理可證平面，最后由線面垂直的性質定理可證；（2）過點作直線平面，以點為原點，分別以所在直線為軸、軸、軸，建立空間直角坐標系，設，的坐標為，由已知關系構建三元一次方程組求得,再分別計算平面和平面的法向量，最后由數量積公式求夾角的余弦值即可.【詳解】（1）證明：由題意可知，，平面，平面，所以平面，又平面，所以，因為，平面，平面，所以平面，又平面.所以. （2）過點作直線平面，以點為原點，分別以所在直線為軸、軸、軸，建立空間直角坐標系，設，則，設點的坐標為，則的坐標為， ①又   ②，   ③解由①②③構成的方程組可得，即點的坐標     進而設平面的一個法向量為，可得所以，令，解得，即， 易知，平面的一個法向量，，由圖可知，二面角的大小為銳角，二面角的余弦值為. 【點睛】本題考查空間中線線垂直的證明，還考查了利用空間向量求二面角的余弦值，屬于中檔題. 

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