山西省呂梁市興縣友蘭中學(xué)2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期5月質(zhì)量檢測巻數(shù)學(xué)試題（解析版）

第頁，共頁2023～2024學(xué)年高一5月質(zhì)量檢測卷數(shù)學(xué)考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分.滿分150分，考試時間120分鐘.2.答題前，考生務(wù)必用直徑0.5毫米黑色，墨水簽字筆將密封線內(nèi)項目填寫清楚.3.考生作答時，請將答案答在答題卡上.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效.4.本卷命題范圍：人教A版必修第二冊第六章～第八章.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.若復(fù)數(shù)滿足，則（）A. B. C.2 D.8【答案】B【解析】【分析】由已知條件可得，再使用模長的性質(zhì)和定義即可.【詳解】由已知有，故.故選：B.2.已知向量，滿足，且，則（）A.11 B.7 C.6 D.5【答案】A【解析】【分析】由數(shù)量積的運算律即可得解.【詳解】因為．故選：A.3.若異面直線m，n分別在平面，內(nèi)，且，則直線l（）A.與直線m，n都相交 B.可能與m，n都平行C.與m，n中的一條相交，另一條平行 D.至少與m，n中的一條相交【答案】D【解析】【分析】由線面位置關(guān)系推理即可得解.【詳解】因為，所以，，則l與m平行或相交，l與n平行或相交，又m，n為異面直線，所以l不能與m，n同時平行，即l與m，n可能都相交，也可能與其中一條相交，故A，B，C錯誤，D正確．故選：D．4.在中，內(nèi)角，，的對邊分別為，，，則“”是“為直角三角形”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分又不必要條件【答案】A【解析】【分析】由正弦定理可得，利用三角恒等變換可得，進(jìn)而可得，可得結(jié)論.【詳解】因為，由正弦定理可得，所以，所以，所以，因為，，所以，，則，所以為直角三角形，但為直角三角形時不一定是，所以“”是“為直角三角形”的充分不必要條件．故選：A．5.已知m，n是兩條不同的直線，，是兩個不重合的平面，則下列命題正確的是（）A.若，，，則 B.若，，，則C.若，，，則 D.若，，，則【答案】C【解析】【分析】利用立體幾何公理、定理結(jié)合反例證明即可.【詳解】對于A，若，，，當(dāng)m，n都平行于，的交線時，滿足條件，此時，相交，故A錯誤；對于B，若，，，則m，n可能異面，故B錯誤；對于C，若，，，則，故C正確；對于D，若，，，則m，n可能平行或異面，故D錯誤.故選：C.6.如圖，在正三棱錐中，，點分別是棱的中點，則直線與所成角的余弦值為（）A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由題意可知這是一個正四面體，即各面都是等邊三角形，通過平移，就可作出異面直線所成的角，再進(jìn)行解三角形計算,就可得到結(jié)果.【詳解】取線段的中點G，連接由點是棱的中點，可得，所以為直線與所成角或其補(bǔ)角．不妨設(shè)，由等邊三角形可得，，所以，在中，由余弦定理得，所以．在中，由余弦定理得，即直線PD與CE所成角的余弦值為．故選：C．7.為了測量、兩島嶼之間的距離，一艘測量船在處觀測，、分別在處的北偏西、北偏東方向．再往正東方向行駛48海里至處，觀測在處的正北方向，在處的北偏西方向，則、兩島嶼之間的距離為（）A.海里 B.海里 C.海里 D.海里【答案】D【解析】【分析】畫出圖形，由題意可知，，，在中，利用正弦定理求出，再由為等腰直角三角形，求出，再在中利用余弦定理可求得結(jié)果.詳解】根據(jù)題意畫出圖形，如圖所示：由題意知，，，所以，在中，由正弦定理得：解得，又，，所以，，又，在中，由余弦定理得：，解得，所以、兩島嶼之間的距離為海里．故選：D．8.在直四棱柱中，四邊形ABCD是矩形，，點E為線段的中點，點G是線段上的一點，點F是底面ABCD內(nèi)的一點，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】將平面沿翻折，使其與平面共面，結(jié)合牛吃草理論以及解三角形知識即可列式求解.【詳解】如圖，顯然當(dāng)F是G在底面ABCD的射影時，才可能最?。畬⑵矫嫜胤郏蛊渑c平面共面，如圖所示，由于，則，則，得，同理，而，顯然當(dāng)E，G，F(xiàn)三點共線且時，取得最小值，此時．故選：A．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知復(fù)數(shù)滿足，則下列說法正確的是（）A.復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)為B.復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于第四象限C.復(fù)數(shù)是方程的解D.若復(fù)數(shù)滿足，則的最大值為【答案】AB【解析】【分析】利用復(fù)數(shù)的除法法則和模長公式化簡，得到共軛復(fù)數(shù)，即可判斷A；根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義判斷B；求出方程的解，即可判斷C；利用判斷D.【詳解】對于A：因為，又，則，所以，所以，故A正確；對于B：因為復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為，所以復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于第四象限，故B正確；對于C：方程，即，解得或，所以復(fù)數(shù)不是方程的解，故C錯誤；對于D：因為，又，所以，所以的最大值為，故D錯誤．故選：AB．10.已知三棱錐P-ABC的所有頂點都在球O的球面上，是等邊三角形，，，點D是棱PB的中點，且，則下列說法正確的是（）A. B.C.點D到平面ABC的距離為 D.球O的表面積為【答案】ABD【解析】【分析】對于A選項，證明，即可用勾股定理求解；對于B選項，證明線面垂直即可求解；對于C選項，過點D作AB的垂線，垂足為E，證明，求出長度即可；對于D選項，結(jié)合正弦定理，求外接圓半徑r，外接球半徑R與r構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理即可求出外接球的半徑，從而得表面積.【詳解】如圖，對于A選項，因為點D是棱PB的中點，所以，又，，所以，所以，所以，故A正確；對于B選項，因為，，所以，，又，，所以，又，所以，故B正確；對于C選項，在平面PAB內(nèi)，過點D作AB的垂線，垂足為E，又，，所以，又，，，所以，所以點D到平面ABC的距離為DE，又，故C錯誤；對于D選項，設(shè)球O的半徑為R，的外接圓的半徑為r，所以，解得，所以，所以球O的表面積，故D正確,故選：ABD．11.如圖，在邊長為1的正方形ABCD中，點P是線段AD上的一點，點M，N分別為線段PB，PC上的動點，且，（，），點O，G分別為線段BC，MN的中點，則下列說法正確的是（）AB.的最小值為C.若，則的最小值為D.若，，則的最大值為【答案】ABD【解析】【分析】對于A，通過向量的線性運算即可驗證；對于B，建立適當(dāng)?shù)钠矫嬷苯亲鴺?biāo)系，將數(shù)量積轉(zhuǎn)換為閉區(qū)間上的二次函數(shù)，進(jìn)而判斷；對于C，先表示出，進(jìn)一步可表示出，結(jié)合模長公式即可驗算；對于D，將條件等式轉(zhuǎn)換為，結(jié)合基本不等式即可判斷.【詳解】對于A，因為，，所以，故A正確；對于B，以B為坐標(biāo)原點，BC，BA所在的直線分別為x軸、y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示．所以B（0，0），C（1，0），D（1，1），A（0，1），設(shè)，，所以P（x，1），所以，所以的最小值為，此時，故B正確；因為，（，），所以，，所以，當(dāng)時，，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，所以的最小值為，故C錯誤；因，若，，則，所以，所以，即，當(dāng)且僅當(dāng)即時，等號成立，所以，即的最大值是，故D正確．故選：ABD．【點睛】關(guān)鍵點點睛：判斷C選項的關(guān)鍵是先表示出，進(jìn)一步可表示出即可順利得解.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.與垂直的單位向量的坐標(biāo)為________.【答案】或【解析】【分析】設(shè)與垂直的單位向量的坐標(biāo)為，根據(jù)題意可得，解得答案即可.【詳解】設(shè)與垂直的單位向量的坐標(biāo)為，可得，解得或，故答案為：或13.如圖，在棱長為3的正方體中，點M，N分別為棱AB，上的點，且，點P是正方體表面上的一點，若平面，則點P的軌跡長度為________．【答案】【解析】【分析】根據(jù)條件分別在棱取點，證明平面，同理平面，進(jìn)而可得平面平面，從而P點在正方體表面上運動所形成的軌跡為，進(jìn)一步即可得解.【詳解】在棱上取一點E，使得，連接，EM，如圖所示，易得，，所以四邊形是平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面．在棱上取一點F，使得，連接FN，F(xiàn)E，，如圖所示．同理可得平面，又，平面，所以平面平面．所以P點在正方體表面上運動所形成的軌跡為．因為正方體的棱長為3，所以，，所以點P的軌跡長度為．故答案為：.14.在中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，點D是邊CA上的一點，，，則的最小值為________．【答案】##【解析】【分析】首先由余弦定理有，進(jìn)一步，從而通過等面積法得，結(jié)合基本不等式的乘“1”法即可得解.【詳解】因為，所以，由余弦定理得，又，所以．又，所以，因為，所以有，即，所以，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即，時等號成立，所以的最小值為．故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知，，是同一平面內(nèi)的三個不同向量，其中．（1）若，且，求的坐標(biāo)；（2）若，且，求與的夾角的余弦值．【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）由題意設(shè)，結(jié)合模長公式即可列式求解參數(shù)，進(jìn)而得解；（2）對已知等式兩邊平方并化簡可得，利用轉(zhuǎn)換法可求的模，根據(jù)數(shù)量積的運算律可求得與的數(shù)量積，結(jié)合向量夾角公式即可得解.【小問1詳解】因為，且，所以可設(shè)，，所以，解得，所以或．【小問2詳解】因為，所以，所以，又，所以，解得，又，所以，又，設(shè)與的夾角為，所以，即與的夾角的余弦值為．16.如圖，在四邊形ABCD中，，，，，.（1）求及AD的長度；（2）求BC的長度.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）運用平方關(guān)系求出，，由于，借助和角公式求出即可．再用正弦定理求出即可；（2）在中，由正弦定理求出，再用余弦定理求出即可.【小問1詳解】因為，，，，所以，，由于，又，∴，∴，則，∴，所以.在中，由正弦定理得，所以，所以.【小問2詳解】在中，由正弦定理得，可得，解得.由于，，在中，由余弦定理可得.17.如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是平行四邊形，，，且平面平面，點G是棱PA上的一點（不包含端點）．（1）求證：．（2）若，平面PBC與平面GBD的交線為l，求證：平面．【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】【分析】（1）通過線面垂直的判定定理證明平面，進(jìn)一步結(jié)合線面垂直的性質(zhì)即可得證；（2）通過線面平行的判定定理證明平面，然后線面平行線的性質(zhì)得出，進(jìn)一步結(jié)合線面平行的判定定理即可得證.【小問1詳解】因為平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以．【小問2詳解】連接AC，記，連接GO，如圖所示．因為四邊形ABCD是平行四邊形，所以O(shè)是AC的中點，又，所以，又平面，平面，所以平面，又平面平面，平面，所以，又平面，平面，所以平面．18.在中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且．（1）求角B的大?。唬?）若為銳角三角形，且，求的面積的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理邊化角，再結(jié)合三角恒等變換可得，進(jìn)一步結(jié)合已知即可得解；（2）將三角形的面積表示為，通過三角形是銳角三角形求出的范圍即可得解.【小問1詳解】因為，由正弦定理得，所以，又，所以，所以，即，所以，可得，所以或，又，所以．【小問2詳解】由正弦定理，可得，所以，所以，又由為銳角三角形，且，則，解得，因為在上單調(diào)遞增，所以，所以，即的面積的取值范圍是．19.如圖，在直三棱柱中，，，，點D，E分別為棱BC，的中點，點F是線段CE的中點．（1）求證：平面；（2）求直線DF與平面ABF所成角的正弦值；（3）求二面角余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）（3）【解析】【分析】（1）只需分別證明，，結(jié)合線面垂直的判定定理即可得解；（2）首先通過分析可說明是直線DF與平面ABF所成角，進(jìn)一步通過解三角形即可得解；（3）由二面角的定義分析說明為二面角F-AD-C的平面角，再通過解三角形即可得解.【小問1詳解】在直三棱柱中，平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以．在矩形中，，，點E是棱的中點，所以，所以是等邊三角形，又點F是線段CE的中點，所以，又，平面，所以平面．【小問2詳解】在平面BCE內(nèi)，過點D作BF的垂線，垂足為H，如圖所示．由（1）知平面，又平面，所以，又