2023-2024學年度高一數學第二學期第二次學情調研一、單選題1．已知向量，，若與共線且反向，則實數的值為（）A．4 B．2 C． D．或42．一圓錐的側面展開圖是半徑為4的半圓，則該圓錐表面積為（）A． B． C． D．3．在正三棱錐A-OBC中，頂點A在底面OBC的射影為點D，，則（）A． B． C． D．4．如圖，正方形OABC邊長為1，它是水平放置的一個平面圖形的直觀圖，則原圖形的面積為（）A． B． C． D．5．在△ABC中，已知，，，則（）A． B． C．或 D．6．已知正三棱錐P－ABC的底面邊長為6，頂點P到底面ABC的距離是，則這個正三棱錐的側面積為（）A．27 B． C． D．7．如圖，在棱長為2的正方體中，E，F分別為棱AB和的中點，過點，E，F的平面交于點G，則（）A． B． C． D．8．已知，則（）A． B．0 C． D．二、多選題9．下列命題正確的是（）A．一個棱錐至少5個面 B．平行六面體中相對的兩個面是全等的平行四邊形C．有一個面是平行四邊形的棱錐一定是四棱錐 D．正棱錐的側面是全等的等腰三角形10．已知m，n，l為空間中三條不同的直線，，，為空間中三個不同的平面，則下列說法中正確的是（）A．若，，則，B．若，，則m與n為異面直線C．若，，，且，則D．若，，，則11．函數，則（）A．的一條對稱軸方程為 B．的一個對稱中心為C．的最小值是 D．的最大值是三、填空題12．方程在復數范圍內的解是．13．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，M，N分別是AB，PC的中點，若，，則異面直線PA與MN所成角大小是．14．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，，，，則△ABC的面積為.四、解答題15．已知z是復數，與均為實數.（1）求；（2）若復數z是方程（m，）的一個解，求的值.16．在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a，b，c，已知.（1）求B；（2）若，，D為AC邊的中點，求BD的長.17．已知四棱錐P-ABCD，底面ABCD為正方形，邊長為3，平面ABCD.（1）求證：平面CDP；（2）若，求直線PB與平面PCD所成的角大小.18．如圖，在四棱錐S-ABCD中，底面ABCD是正方形，底面ABCD，，點M是SD的中點，于點N．（1）求證：平面平面AMN；（2）求二面角D?AC?M的正切值．19．互相垂直且有公共原點的兩條數軸構成平面直角坐標系．如果坐標系中兩條坐標軸不垂直，那么這樣的坐標系就稱為斜坐標系．如圖，設Ox，Oy是平面內相交成60°角的兩條數軸，，分別是與x軸、y軸正方向同向的單位向量．若向量，則把有序數對叫做向量在斜坐標系xOy中的坐標．（1）設，求；（2）若，，與的夾角為，求的余弦值．

參考答案：1．A【分析】利用向量共線的坐標表示求出，再結合反向共線即可得解.【詳解】由向量，共線，得，解得或，當時，，，與同向，不符合題意，當時，，，與反向，符合題意，所以實數的值為4.故選：A2．A【分析】借助圓錐的側面積公式與扇形面積公式可得底面半徑，再利用圓錐表面積公式計算即可得.【詳解】圓錐的底面半徑為r，由圓錐的側面積公式與扇形面積公式可得，即圓錐的底面半徑，則.故選：A.3．D【分析】利用正三棱錐的性質，頂點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.【詳解】正三棱錐A-OBC中，點A在平面OBC的射影是點D，即為等邊△OBC的中心，已知，可得，由底面OBC，底面OBC，可得，則由勾股定理可得高.故選：D.4．D【分析】把直觀圖還原成原來的圖形，則原圖形是平行四邊形，根據斜二測畫法法則求得原圖形的面積.【詳解】由斜二測畫法知：對應原圖OA＇B＇C＇中，，且，且OA＇B＇C＇為平行四邊形，如下圖示，所以原圖形OA＇B＇C＇的面積為.故選：D5．C【分析】由三角形角的范圍以及大邊對大角原理并結合正弦定理計算即可求解.【詳解】由正弦定理可得，所以，又，且，所以或，故選：C.6．A【分析】利用已知條件求解斜高，然后求解正三棱錐的側面積．【詳解】由題意可知底面正三角形的中心到底面正三角形的邊的距離為：，所以正三棱錐的斜高為：，所以這個正三棱錐的側面積為：.故選：A.7．D【分析】通過平行得到平面與的交點H，從而得到與面的交線，再由平行得到與平面ABCD的交線，從而確定點G的位置，根據H為的四等分點得到G為AD的三等分點，從而得到AG的長.【詳解】如圖，平面與平面的交線與平行，即過點F作的平行線，交于點H，連接，因為E，F分別為棱AB和的中點，所以H為的四等分點，過點E作，交AD于點G.從而G為AD的三等分點，故.故選：D.8．C【分析】利用兩角差的正切公式計算可得，結合切弦互化即可求解.【詳解】由，得，解得，所以.故選：C9．BCD【分析】根據柱體和錐體的體結構特征和基本性質對每一題進行逐一分析判斷.【詳解】對于A，三棱錐只有4個面，故A錯誤；對于B，由平行六面體的定義可知，平行六面體中相對的兩個面是全等的平行四邊形，故B正確；對于C，由棱錐的定義可知，側面是三角形，底面的邊數決定了它是幾棱錐，從而有一個面是平行四邊形的棱錐一定是四棱錐，故C正確；對于D，由正棱錐的定義可知，正棱錐的側面是全等的等腰三角形，故D正確.故選：BCD.10．ACD【分析】利用面面垂直的判定判斷A；確定線線位置關系判斷B；利用平面基本事實判斷C；利用線面垂直的性質、面面平行的性質判斷D.【詳解】對于A，顯然，，又，則，，A正確；對于B，由，，得m與n可能相交、可能平行、也可能為異面直線，B錯誤；對于C，由，，，知點P在平面，，內，即為平面，的公共點，而，因此，C正確；對于D，由，，得，而，因此，D正確.故選：ACD11．AD【分析】先化簡，令，求出的對稱軸可判斷A；令，求出的對稱中心可判斷B；當或求出的最大值和最小值可判斷C，D.【詳解】對于A，令，，所以，，令，所以的一條對稱軸方程為，故A正確；對于B，令，，則，，令，所以的一個對稱中心為，故B錯誤；對于C，當時，的最小值是，故C錯誤；對于D，當時，的最大值是，故D正確.故選：AD.12．【分析】利用配方法和復數的運算性質結合虛數單位，求解即可.【詳解】由，得，所以，即，則解集為.故答案為：.13．【分析】取PD的中點E，證明，得到∠PAE是異面直線PA與MN所成的角或其補角，結合題設條件在△PAE中，求∠PAE即得.【詳解】如圖，取PD的中點E，連接AE，EN，因M，N分別是AB，PC的中點，底面ABCD是平行四邊形，故且，又且，故得，即，故∠PAE是異面直線PA與MN所成的角或其補角.由，兩邊取平方，，設AP，AD的夾角為，因，，代入上式，整理可得，，即，故，則，在△PAE中，設，，因，故.故答案為：14．或【分析】根據題意利用正弦定理可得，結合余弦定理可得或，代入面積公式即可得結果.【詳解】因為，由正弦定理可得，且，則，可得，即，且，可知，由余弦定理可得，即，解得或，所以△ABC的面積為或.故答案為：或.15．（1）（2）【分析】（1）由復數的運算結合復數的幾何意義即可求解；（2）將復數代入方程，再由幾何意義求出m，n，求出最后結果即可.【詳解】（1）設（a，），則為實數，所以，為實數，所以，所以，所以.（2）因為復數z是方程（m，）的一個解，代入可得，整理可得，解得，所以.16．（1）（2）．【分析】（1）根據正弦定理邊化角，再結合兩角和差公式求解；（2）根據余弦定理求出c邊，再根據向量運算求.【詳解】（1）因為，根據正弦定理，得，化簡得，因為，所以，因為，所以.（2）在△ABC中，由余弦定理得，所以，解得．因為BD為△ABC的中線，所以，所以，因為，，所以，解得.17．（1）證明見解析（2）【分析】（1）欲證線面垂直，需證線線垂直.根據條件，先證直線BC垂直于平面CDP內的兩條相交直線即可；（2）先確定所求的線面角，再在三角形中求解.【詳解】（1）如圖：因為底面ABCD是正方形；又因為底面ABCD，平面；又PD，平面PCD，且；所以平面CDP.（2）因為平面CDP，所以∠BPC即為直線PB與平面PCD所成的角.在直角△PCB中：，，.所以.即為所求.18．（1）證明見解析（2）【分析】（1）利用線面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理即可證明出平面平面AMN；（2）先根據條件作出二面角D-AC-M的平面角∠FQM，假設邊長后利用Rt△MFQ即可求出結果.【詳解】（1）證明：由條件有，，且SA，平面SAD，，∴平面SAD，又平面SAD，∴；又∵，M是SD的中點，∴；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中點F，則，