解析：吉林省延边第二中学2020-2021学年高一下学期第二次考试月考数学试题(解析版).doc

延边第二中学2020—2021学年度第二学期
第二次阶段检测高一年级数学试卷
一､选择题（共12小题，每小题4分，共48分，每题只有一个选项正确）
1. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的乘方运算以及共轭复数的概念即可求解.
【详解】，
.
故选：C
2. 如图，为水平放置的斜二测画法的直观图，且，则的周长为（ ）

A. 9 B. 10 C. 11 D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】
由斜二测画法的直观图与原图的关系，运算即可得解.
【详解】由直观图可得，在中，，且，

所以，
所以的周长为.
故选：D.
3. 在正方体中，，，分别为，，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】连接，可得，从而（或其补角）为异面直线与所成角，然后再三角形由余弦定理求解即可.
【详解】连接，在正方体中，
由，分别为，的中点，则
所以，所以（或其补角）为异面直线与所成角
设正方体的棱长为2，则,

所以在中，
故选：B

4. 已知向量满足，，，则向量的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据平面向量的夹角公式计算即可得到结果.
【详解】设向量的夹角为，则，
由，，得：，
向量的夹角为.
故选：C.
【点睛】本题考查利用平面向量数量积和模长求解向量夹角的问题，属于基础题.
5. 在△中，若满足，则该三角形的形状为（ ）
A. 等腰三角形
B. 直角三角形
C. 等腰直角三角形
D. 等腰三角形或直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】运用正弦定理进行边角互化，运用诱导公式进行化简，然后判断出三角形形状.
【详解】由正弦定理可得，
所以，
所以，
所以，
所以或，
因为，，
所以或，
所以或，
所以是直角三角形或等腰三角形，
故选：D
6. 若一个圆锥的侧面展开图是半径为的半圆，则该圆锥的高为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设圆锥的底面半径为，则可得，求出底面半径，再利用勾股定理可求出圆锥的高
【详解】设圆锥的底面半径为，则由题意得，所以，
所以圆锥的高为，
故选：C
7. 如图所示，平行四边形对角线相交于点，为的中点，若，则等于（ ）．

A. 1 B. -1 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的加减法运算及平面向量基本定理求解即可.
【详解】由题意知，
因为，所以，，，
故选：D．
8. 已知某企业有职工80000人，其职工年龄情况和绿色出行情况分别如图1和图2所示，则下列说法正确的是（ ）

A. 该企业老年职工绿色出行的人数最多
B. 该企业青年职工绿色出行的人数最多
C. 该企业老年职工绿色出行的人数和青年职工绿色出行的人数之和与中年职工绿色出行的人数相等
D. 该企业绿色出行的人数占总人数的80%
【答案】D
【解析】
【分析】
由图先求出该企业老年职工绿色出行的人数、中年职工绿色出行的人数和青年职工绿色出行的人数，进而可得答案
【详解】由图可知该企业老年职工绿色出行的人数是，中年职工绿色出行的人数是，青年职工绿色出行的人数是，则该企业职工绿色出行的人数占总人数的比例为，故A，B，C错误，D正确．
故选：D
9. 北京2008年第29届奥运会开幕式上举行升旗仪式，在坡度的看台上，同一列上的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为和，第一排和最后一排的距离为米(如图所示)，旗杆底部与第一排在一个水平面上，已知国歌长度为50秒，升旗手匀速升旗的速度为(　　)

A. (米/秒) B. (米/秒)
C. (米/秒) D. (米/秒)
【答案】A
【解析】
【详解】由条件得中，，由正弦定理得，则在中，，所以速度(米/秒)，故选A.
10. G是的重心，a、b、c分别是角A、B、C的对边，若，则角（ ）
A. 90° B. 60°
C. 45° D. 30°
【答案】D
【解析】
【分析】根据重心的性质得a∶b∶c＝1∶1∶1，由此应用余弦定理可求得．
【详解】因为G是的重心，所以有.
又，所以a∶b∶c＝1∶1∶1，
设c＝，则有a＝b＝1，由余弦定理可得，cosA＝，所以A＝30°，
故选：D.
11. 已知是某一棱长为2的正方体展开图中的两条线段，则原正方体中几何体的表面积为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由所给正方体的展开图得到直观图，再根据条件计算几何体表面积.
【详解】由所给正方体的展开图得到直观图，
如图：
则此三棱锥的表面积为：

故选：A
12. 在棱长为的正方体中，为棱上一点，且到的距离与到的距离相等，则四面体的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接、交于点，推导出，设，根据已知条件列等式求的值，然后将四棱锥补成长方体，计算出长方体的体对角线长，可得出四面体的外接球半径，利用球体表面积公式可得结果.
【详解】连接交于点，连接、、、，如下图所示，

在正方体中，四边形为正方形，且，则为的中点，
因为，所以.
设，则，易知，，
，由已知可得，可得，解得，
将三棱锥补成长方体，
设三棱锥的外接球半径为，则，则，
因此，三棱锥的外接球的表面积为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.
二､填空题（共4小题，每小题4分，共16分，请将答案写在答题纸上）
13. 为了了解高一、高二、高三年级学生的身体状况，现用分层随机抽样的方法抽取一个容量为的样本，三个年级学生人数之比依次为.已知高一年级共抽取了人，则高三年级抽取的人数为___________人.
【答案】360
【解析】
【分析】根据高一年级学生所占的比例，求出，得到高三年级抽取的人数．
【详解】由已知高一年级抽取的比例为，所以，得，
故高三年级抽取的人数为．
故答案为：360
14. 已知复数为虚数单位），表示的共轭复数，则________.
【答案】1
【解析】
【分析】先由复数除法求得，然后再计算．
【详解】，
∴．
故答案为：1
【点睛】本题考查复数的运算，掌握复数四则运算法则是解题基础．本题还考查了共轭复数的概念．
15. 设m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列命题正确的序号是___________
①若，，则；
②若，，则；
③若，，，则；
④若，，，nm，则n；
⑤已知a，b是异面直线，一定存在无数个平面，使直线b与平面交于一个定点，且直线平面；
⑥已知a，b是异面直线，一定存在平面，使直线平面，直线平面.
【答案】③④⑤
【解析】
【分析】由线面垂直和线面平行的性质判定①错误，由面面垂直的性质判定②错误，根据面面垂直、线面垂直判定③正确，由面面垂直的性质定理可得④正确，由直线和平面平行的判定定理判定⑤正确，利用反证法证明⑥错误.
详解】①：若，，则或或或、相交但不垂直，
故①错误；
②：若，则与平行或相交，
故②错误；
③：若，，则或，
又因为，所以，
故③正确；
④：由平面与平面垂直的性质定理可得④正确；
⑤：在直线上取一点，过点作直线，使，
由直线和平面平行的判定定理可知：
过直线可作无数个平面，使得，，
故⑤正确；
⑥：假设存在平面，使直线平面，直线平面，
则，与“已知a，b是异面直线”相矛盾，所以假设不成立，
即⑥错误.
故答案为：③④⑤.
16. 公园里设置了一些石凳供游客休息,这些石凳是经过正方体各棱的中点截去8个一样的四面体得到的（如图所示）．设石凳的体积为V1,正方体的体积为V2,则的值是_______．

【答案】
【解析】

【分析】设正方体的棱长为2a即可得出V2,再利用总体积减去正方体八个角上的三棱锥的体积求出V1,继而得出即可.
【详解】解析：设正方体的棱长为2a,
则V2＝8a3,,
故．
【点睛】本题主要考查了空间几何体的体积问题,属于基础题.
三､解答题（共5小题，17､18题10分，19､20､21题各12分，请写出必要的解答过程）
17. 已知，与的夹角为45°.
（1）求的值；
（2）若向量与的夹角是锐角，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）或
【解析】
【分析】（1）根据向量模的计算公式，结合题中条件，直接计算，即可得出结果；
（2）先由题意，得到，且与不能同向共线分别求出的范围，即可得出结果.
【详解】（1）∵，与的夹角为45°,
∴;
（2）∵与的夹角是锐角,
∴，且与不能同向共线,
由得，即，
解得：；
若与同向共线，则存在实数，使得，
所以，解得：；
又与不能同向共线，所以，
因此，或.
【点睛】本题主要考查求平面向量的模，以及由向量的夹角求参数的问题，熟记向量数量积的运算，以及向量共线定理即可，属于常考题型.
18. 如图，直三棱柱中，是的中点，四边形为正方形．

（1）求证：平面；
（2）若为等边三角形, ，求点到平面的距离．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于，连接；根据三角形中位线可得，再利用线面平行的判定定理可得结论；（2）利用体积桥：构造关于所求距离的方程，解方程求得结果.
【详解】（1）如图，连接，交于点，再连接

由已知得，四边形为正方形，为的中点
是的中点
又平面，平面
平面.
（2）在直三棱柱中，平面平面,且为它们的交线
又 平面
设点到平面的距离为，由等体积法可得：
即
即
即点到平面的距离为
【点睛】本题考查线面平行关系的证明、点到平面距离问题的求解；在求解点到面距离时，经常采用体积桥的方式，将问题转化为三棱锥高的问题的求解，利用体积桥构造方程求得距离.
19. 在中，角，，所对的边分别为，，，，
（1）求角
（2）若，，求的周长.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知条件结合正弦定理可得，化简可得，从而可求出角，
（2）先利用正弦定理求出，从而可求得，再利用余弦定理求出，从而可求出的周长
【详解】（1）∵，
∴，由正弦定理得：，
因为，所以，得，
又，故
（2）由及得：，，
∵，则为锐角，∴，故.
如图所示，在中，由余弦定理得，
，
解得，
因为，,
所以
所以的周长为.

20. 为了落实习主席提出“绿水青山就是金山银山”的环境治理要求，某市政府积极鼓励居民节约用水.计划调整居民生活用水收费方案，拟确定一个合理的月用水量标准(吨)，一位居民的月用水量不超过的部分按平价收费，超出的部分按议价收费.为了了解居民用水情况，通过抽样，获得了某年200位居民每人的月均用水量(单位：吨)，将数据按照[0，1)，[1，2)，…，[8，9)分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图,其中.

（1）求直方图中的值，并由频率分布直方图估计该市居民用水的平均数(每组数据用该组区间中点值作为代表)；
（2）设该市有40万居民，估计全市居民中月均用水量不低于2吨的人数，并说明理由；
（3）若该市政府希望使85%的居民每月的用水量不超过标准(吨)，估计的值，并说明理由.
【答案】（1），；4.07（2）35.2万；（3）
【解析】
【分析】（1）由频率之和为1以及列方程组求得的值，并由频率分布直方图中间值作为代表，计算出平均数；
（2）计算不低于2吨人数对应的频率，求出对应的人数；
（3）由频率分布直方图计算频率，可判断，再根据频率列出方程，求出的值.
【详解】解：（1）由频率分布直方图可得
，
又，则，，
该市居民用水的平均数估计为：

；
（2）由频率分布直方图可得，
月均用水量不超过2吨的频率为：，
则月均用水量不低于2吨的频率为：，
所以全市40万居民中月均用水量不低于2吨的人数为：
（万）；
（3）由频率分布直方图知月均用水量不超过6吨的频率为：0.88，
月均用水量不超过5吨的频率为0.73，
则85%的居民每月的用水量不超过的标准（吨），，
，解得，
即标准为5.8吨.
【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用，求平均数，计算频率，总体百分位数的估计，考查了数据处理能力和运算能力，属于中档题.
21. 在四棱台中，平面，，，，，，垂足为M.

（1）证明：平面平面；
（2）若二面角正弦值为，求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）连接，由平面，可得，再由可得平面，从而得，而，结合线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可得结论，
（2）由已知条件可得平面平面，从而得二面角的余弦值为，由于平面，则得，而，所以为二面角的平面角，从而可求得，由于平面，所以为直线与平面所成角，从而可求得答案
【详解】（1）证明：连接，

因为平面，平面，
所以，因为，，
所以平面，因为平面，
所以，因为，，
所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）因，，所以，即，
因为平面，平面，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
因为二面角正弦值为，所以二面角的余弦值为，
因为平面，平面，故，
因为，
所以为二面角的平面角，
因为平面，平面，
所以，所以，
因为，所以，所以，
因为平面，所以为直线与平面所成角，
所以，
所以直线与平面所成角的余弦为