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1、2023-2024学年度高一年级第二学期第二次学科学情调研数学试卷一、单选题1已知向量，若与共线且反向，则实数的值为（ ）A4B2CD或42一圆锥的侧面展开图是半径为4的半圆，则该圆锥表面积为（ ）ABCD3在正三棱锥A-OBC中，顶点A在底面OBC的射影为点D，则（ ）ABCD4如图，正方形OABC边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积为（ ）ABCD5在ABC中，已知，则（ ）ABC或D6已知正三棱锥PABC的底面边长为6，顶点P到底面ABC的距离是，则这个正三棱锥的侧面积为（ ）A27BCD7如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱AB和的中点，过点，E，F的平面
2、交于点G，则（ ）ABCD8已知，则（ ）AB0CD二、多选题9下列命题正确的是（ ）A一个棱锥至少5个面B平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形C有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥D正棱锥的侧面是全等的等腰三角形10已知m，n，l为空间中三条不同的直线，为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）A若，则，B若，则m与n为异面直线C若，且，则D若，则11函数，则（ ）A的一条对称轴方程为B的一个对称中心为C的最小值是D的最大值是三、填空题12方程在复数范围内的解是 13如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N分别是AB，PC的中点，若，则异面直线PA与MN
3、所成角大小是 14在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则ABC的面积为 .四、解答题15已知z是复数，与均为实数.（1）求；（2）若复数z是方程（m，）的一个解，求的值.16在ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求B；（2）若，D为AC边的中点，求BD的长.17已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为正方形，边长为3，平面ABCD.（1）求证：平面CDP；（2）若，求直线PB与平面PCD所成的角大小.18如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是正方形，底面ABCD，点M是SD的中点，于点N（1）求证：平面平面AMN；（2）求二面角DACM的正切值19互相
4、垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系如果坐标系中两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系就称为斜坐标系如图，设Ox，Oy是平面内相交成60角的两条数轴，分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系xOy中的坐标（1）设，求；（2）若，与的夹角为，求的余弦值参考答案：1A【分析】利用向量共线的坐标表示求出，再结合反向共线即可得解.【详解】由向量，共线，得，解得或，当时，与同向，不符合题意，当时，与反向，符合题意，所以实数的值为4.故选：A2A【分析】借助圆锥的侧面积公式与扇形面积公式可得底面半径，再利用圆锥表面积公式计算即可得.【详解】圆锥的底面半径为r，由圆锥
5、的侧面积公式与扇形面积公式可得，即圆锥的底面半径，则.故选：A.3D【分析】利用正三棱锥的性质，顶点在底面的射影是底面三角形的中心，然后用勾股定理可解得高.【详解】正三棱锥A-OBC中，点A在平面OBC的射影是点D，即为等边OBC的中心，已知，可得，由底面OBC，底面OBC，可得，则由勾股定理可得高.故选：D.4D【分析】把直观图还原成原来的图形，则原图形是平行四边形，根据斜二测画法法则求得原图形的面积.【详解】由斜二测画法知：对应原图OABC中，且，且OABC为平行四边形，如下图示，所以原图形OABC的面积为.故选：D5C【分析】由三角形角的范围以及大边对大角原理并结合正弦定理计算即可求解.
6、【详解】由正弦定理可得，所以，又，且，所以或，故选：C.6A【分析】利用已知条件求解斜高，然后求解正三棱锥的侧面积【详解】由题意可知底面正三角形的中心到底面正三角形的边的距离为：，所以正三棱锥的斜高为：，所以这个正三棱锥的侧面积为：.故选：A.7D【分析】通过平行得到平面与的交点H，从而得到与面的交线，再由平行得到与平面ABCD的交线，从而确定点G的位置，根据H为的四等分点得到G为AD的三等分点，从而得到AG的长.【详解】如图，平面与平面的交线与平行，即过点F作的平行线，交于点H，连接，因为E，F分别为棱AB和的中点，所以H为的四等分点，过点E作，交AD于点G.从而G为AD的三等分点，故.故选
7、：D.8C【分析】利用两角差的正切公式计算可得，结合切弦互化即可求解.【详解】由，得，解得，所以.故选：C9BCD【分析】根据柱体和锥体的体结构特征和基本性质对每一题进行逐一分析判断.【详解】对于A，三棱锥只有4个面，故A错误；对于B，由平行六面体的定义可知，平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，故B正确；对于C，由棱锥的定义可知，侧面是三角形，底面的边数决定了它是几棱锥，从而有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥，故C正确；对于D，由正棱锥的定义可知，正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，故D正确.故选：BCD.10ACD【分析】利用面面垂直的判定判断A；确定线线位置关系判断B；利用平面基本
8、事实判断C；利用线面垂直的性质、面面平行的性质判断D.【详解】对于A，显然，又，则，A正确；对于B，由，得m与n可能相交、可能平行、也可能为异面直线，B错误；对于C，由，知点P在平面，内，即为平面，的公共点，而，因此，C正确；对于D，由，得，而，因此，D正确.故选：ACD11AD【分析】先化简，令，求出的对称轴可判断A；令，求出的对称中心可判断B；当或求出的最大值和最小值可判断C，D.【详解】对于A，令，所以，令，所以的一条对称轴方程为，故A正确；对于B，令，则，令，所以的一个对称中心为，故B错误；对于C，当时，的最小值是，故C错误；对于D，当时，的最大值是，故D正确.故选：AD.12【分析】
9、利用配方法和复数的运算性质结合虚数单位，求解即可.【详解】由，得，所以，即，则解集为.故答案为：.13【分析】取PD的中点E，证明，得到PAE是异面直线PA与MN所成的角或其补角，结合题设条件在PAE中，求PAE即得.【详解】如图，取PD的中点E，连接AE，EN，因M，N分别是AB，PC的中点，底面ABCD是平行四边形，故且，又且，故得，即，故PAE是异面直线PA与MN所成的角或其补角.由，两边取平方，设AP，AD的夹角为，因，代入上式，整理可得，即，故，则，在PAE中，设，因，故.故答案为：14或【分析】根据题意利用正弦定理可得，结合余弦定理可得或，代入面积公式即可得结果.【详解】因为，由正
10、弦定理可得，且，则，可得，即，且，可知，由余弦定理可得，即，解得或，所以ABC的面积为或.故答案为：或.15（1）（2）【分析】（1）由复数的运算结合复数的几何意义即可求解；（2）将复数代入方程，再由几何意义求出m，n，求出最后结果即可.【详解】（1）设（a，），则为实数，所以，为实数，所以，所以，所以.（2）因为复数z是方程（m，）的一个解，代入可得，整理可得，解得，所以.16（1）（2）【分析】（1）根据正弦定理边化角，再结合两角和差公式求解；（2）根据余弦定理求出c边，再根据向量运算求.【详解】（1）因为，根据正弦定理，得，化简得，因为，所以，因为，所以.（2）在ABC中，由余弦定理得，
11、所以，解得因为BD为ABC的中线，所以，所以，因为，所以，解得.17（1）证明见解析（2）【分析】（1）欲证线面垂直，需证线线垂直.根据条件，先证直线BC垂直于平面CDP内的两条相交直线即可；（2）先确定所求的线面角，再在三角形中求解.【详解】（1）如图：因为底面ABCD是正方形；又因为底面ABCD，平面；又PD，平面PCD，且；所以平面CDP.（2）因为平面CDP，所以BPC即为直线PB与平面PCD所成的角.在直角PCB中：，.所以.即为所求.18（1）证明见解析（2）【分析】（1）利用线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理即可证明出平面平面AMN；（2）先根据条件作出二面角D-AC-M的
12、平面角FQM，假设边长后利用RtMFQ即可求出结果.【详解】（1）证明：由条件有，且SA，平面SAD，平面SAD，又平面SAD，；又，M是SD的中点，；又DC，平面SDC，平面SDC，平面SDC，由已知，且AM，平面AMN，平面AMN又平面SAC，平面平面AMN（2）取AD中点F，则，作于Q，连结MQ底面ABCD，底面ABCDFQ为MQ在平面ABCD内的射影，FQM为二面角D-AC-M的平面角设，在RtMFQ中，；二面角D-AC-M的正切值为19（1）（2）【分析】（1）由题意计算，再代入向量模的公式，即可求解；（2）首先求，和，再代入向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）由题意可知，所以；（2），根据（2）的结果可知，；，则.
