2022-2023学年高一数学上学期第二次阶段考试试题(含解析)一、选择题（每小题4分，共48分）1.下列说法正确的是（ ）A. 三点确定一个平面 B. 四边形一定是平面图形C. 梯形一定是平面图形 D. 共点的三条直线确定一个平面【答案】C【解析】【分析】根据确定平面的公理和推论逐一判断即可【详解】对于A，由公理3知，不共线的三点确定一个平面，故A不正确；对于B，四边形有平面四边形和空间四边形，由不共面的四个点构成的四边形为空间四边形，故B不正确；对于C，再同一个平面内，只有一组对边平行的四边形为梯形，故C正确；对于D，当三条直线交于一点时，三条直线有可能不共面，故D不正确.故选C.【点睛】本题主要考查的是平面的基本公理和推论，属于基础题.2.已知△ABC的平面直观图是边长为的正三角形，那么原△ABC的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由直观图和原图像的面积比为易可得解.【详解】直观图△A′B′C′是边长为1的正三角形,故面积为，而原图和直观图面积之间的关系，那么原△ABC的面积为： ，故选A.【点睛】本题主要考查平面图形的直观图和原图的转化原则的应用，要求熟练掌握斜二测画法的边长关系，比较基础．直观图和原图像的面积比为掌握两个图像的变换原则，原图像转直观图时，平行于x轴或者和轴重合的长度不变。
平行于y轴或者和轴重合的线段减半原图转直观图时正好反过来，即可.3.已知直线和平面，则下列结论正确的是（ ）A. 若，，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】B【解析】试题分析：A．若，则或， 故本命题错误；B．若，则，考查直线与平面垂直的定义，正确；C．若，则或或，故本命题错误；D．若，则，或异面，本命题错误；故本题选B.考点：直线与平面垂直的定义、直线与平面平行的判定定理.4.如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中（1）BM与ED平行 （2）CN与BE是异面直线（3）CN与BM成60° （4）DM与BN垂直以上四个命题中，正确命题的序号是（ ）A. （1）（2）（3） B. （2）（4） C. （3）（4） D. （2）（3）（4）【答案】C【解析】【分析】先利用正方体纸盒的展开图，画出它的直观图，特别注意特殊点的位置，再在正方体中证明线线位置关系以及求异面直线所成的角即可.【详解】由已知正方体的平面展开图，得到正方体的直观图，如图所示：由正方体的几何特征得：（1）BM与ED是相对两个平行平面的两条异面的对角线，∴（1）不正确； （2）CN与BE是相对两个平行平面的两条平行的对角线，∴（2）不正确；（3）由②知CN//BE，∠EBM即为CN与BM所成角，又三角形EBM为等边三角形，所以∠EBM =60°，∴（3）正确；（4）因为DM⊥NC，DM⊥BC，NC∩BC=C，所以DM⊥平面NCB，（4）正确；综上，正确的命题是（3）（4）；故选：C.【点睛】本题主要考查了异面直线及其所成的角，直线与直线的位置关系，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题，其中把正方体的平面展开图还原成原来的正方体是解答本题的关键.5.如果函数在区间(－∞，4]上是减函数，那么实数a的取值范围是（ ）A. a≥－3 B. a≤－3C. a≤5 D. a≥3【答案】A【解析】主要考查函数单调性的概念及二次函数单调区间判定方法。
解：此函数图象开口向上，所以只需对称轴6. 下列四个命题中错误的个数是（ ）①垂直于同一条直线的两条直线相互平行；②垂直于同一个平面的两条直线相互平行；③垂直于同一条直线的两个平面相互平行；④垂直于同一个平面的两个平面相互平行.A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】试题分析：①中垂直于同一条直线的两条直线相互平行或相交或异面；②正确；③正确；④中垂直于同一个平面的两个平面相互平行或相交考点：空间线面的位置关系7.四面体中，若，则点在平面内的射影点是的( )A. 外心 B. 内心C. 垂心 D. 重心【答案】A【解析】【分析】由已知条件推导出△POA≌△POB≌△POC，由此能求出点P在平面ABC内的射影点O是三角形ABC的外心．【详解】设P在平面ABC射影为O，∵PA=PB=PC，PO=PO=PO，（公用边），∠POA=∠POB=∠POC=90°，∴△POA≌△POB≌△POC，∴OA=OB=OC，∴O是三角形ABC的外心．故选：A．【点睛】本题考查三角形外心的判断，是基础题，解题时认真审题，注意空间思维能力的培养．8. 若某圆柱体的上部挖掉一个半球，下部挖掉一个圆锥后所得的几何体的三视图中的正（主）视图和侧（左）视图如图1所示，则此几何体的表面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：圆柱的侧面积为，半球的表面积为，圆锥的侧面积为，所以几何体的表面积为，故选C.考点：由三视图求表面积.9.已知奇函数，当时单调递增，且，若，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】为奇函数，时，单调递增，时，也单调递增，由，得，，，的取值范围为或，故选A.10.已知边长为2的等边三角形，为的中点，以为折痕，将折成直二面角，则过四点的球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意，知过四点的球的直径为以为邻边的长方体的对角线的长，而，则，所以球的表面积为，故正确答案为C.点睛：此题主要考查了从平面图形到空间几何体的变化过程的空间想象能力，简单组合体中直三棱锥与外接球关系，以及球的表面积的计算等方面的知识和技能力，属于中档题型，也是常考题型.在解决简单几何体的外接球问题中，一般情况下，球的直径为简单几何体的对角线的长.11.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成几何体A－BCD，则在几何体A－BCD中，下列结论正确的是( )A. 平面ABD⊥平面ABCB. 平面ADC⊥平面BDCC. 平面ABC⊥平面BDCD. 平面ADC⊥平面ABC【答案】D【解析】解析：因，则，又平面平面，所以平面，结合可得平面，故平面平面，应选答案D。
12.设分别是正方体的棱上两点，且，给出下列四个命题：①三棱锥的体积为定值；②异面直线与所成的角为；③平面；④直线与平面所成的角为.其中正确的命题为（ ）A. ①② B. ②③ C. ①②④ D. ①④【答案】A【解析】【分析】对于①，由题意及三棱锥的体积的算法中可以进行顶点可以轮换性求解体积即可判断正误；对于②，由题意及图形利用异面直线所成角的概念及求异面直线间的方法及可求解；对于③，由②可知，直线与不垂直，所以面不成立．可攀登者我可判断正误.【详解】由题意得，如图所示，①中，三棱锥的体积的为，所以体积为定值；②中，在正方体中，，所以异面直线与所成的角就是直线与所成的角，即，所以这正确的；③中，由②可知，直线与不垂直，所以面不成立，所以是错误的；④中，根据斜线与平面所成的角，可知与平面所成的角，即为，所以不正确．【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查化归与转化思想、数形结合思想，考查推理论论能力、空间想象能力，是中档题．二、填空题：（每空4分，共20分）.(请将答案写在答题纸上)13.如图，正方体中，直线和所成角的大小为___________，直线和平面所成角的大小为___________．【答案】，【解析】试题分析：连结，设，连结BO，∵∥BD，∴是线和所成角，∵，∴=60°，∴直线和所成角的大小为60°；正方体中，∵⊥，⊥，∩=，∴⊥平面，∴是直线和平面所成角，∵，∴，∴．∴直线和平面所成角的大小为30°考点：异面直线所成角；线面所成角14.如图，圆锥的底面圆直径AB为2，母线长SA为4，若小虫P从点A开始绕着圆锥表面爬行一圈到SA的中点C，则小虫爬行的最短距离为________．【答案】2.【解析】分析：要求小虫爬行的最短距离，需将圆锥的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果．详解：由题意知底面圆的直径AB＝2，故底面周长等于2π.设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为n°，根据底面周长等于展开后扇形的弧长得2π＝，解得n＝90，所以展开图中∠PSC＝90°，根据勾股定理求得PC＝2，所以小虫爬行的最短距离为2.故答案为2点睛：圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．本题就是把圆锥的侧面展开成扇形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决．15.设函数则___________．【答案】【解析】【分析】由，得，得，结合指数和对数的运算性质求解即可.【详解】由函数，且，所以，由，所以.所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查了分段函数的求值，涉及到了指数和对数的运算法则，属于基础题.16.在三棱锥中，平面，为中点，则异面直线与所成角的正切值为___________．【答案】【解析】【分析】取AC中点为E，连结DE，SE，则DE∥AB，∠SDE就是异面直线AB与SD所成角，由此能求出异面直线AB与SD所成角的正切值．【详解】如图，取AC中点为E，连结DE，SE，∵D,E分别为BC,AC的中点,所以DE∥AB，∴∠SDE就是异面直线AB与SD所成角，令AB=AC=SA=2,由勾股定理得SE=，又DE=1.∴BA⊥平面SAC，∴DE⊥平面SAC，∴DE⊥SE,在Rt△SDE中,.∴异面直线AB与SD所成角的正切值为.【点睛】本小题主要考查空间两条异面直线所成的角.要求空间两条异面直线所成的角，需要通过平移，将两条异面直线平移到有一个公共顶点的三角形内，然后通过解三角形求得异面直线所成的角.将异面直线平移的主要方法是通过平行四边形平移，或者通过中位线平移，或者通过面面平行来平移.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(共52分).17.如图，在正四棱柱(侧棱垂直于底面，底面为正方形)中，是的中点．（）求证：平面．（）求证：平面平面．【答案】（）见解析；（）见解析．【解析】【分析】（1）设AC和BD交于点O，由三角形的中位线的性质可得EO∥BD1，从而证明直线BD1∥平面ACE．（2）证明AC⊥BD，DD1⊥AC，可证AC⊥面BDD1B1，进而证得平面ACE⊥平面BDD1B1 ．【详解】（）证明：设，则是中点，又∵是的中点，∴，又∵平面，平面，∴平面． （）证明：∵是正四棱柱，∴是正方形，∴，又∵底面，平面，∴，∴平面，∵平面，∴平面平面．【点睛】本题主要考查了线面平行和面面垂直的证明，熟练掌握证明定理是解决本题的关键，属于基础题.18.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是棱长为2的正方形，侧面PAD为正三角形，且面PAD⊥面ABCD，E、F分别为棱AB、PC的中点． （1）求证：EF∥平面PAD． （2）求三棱锥B-EFC的体积．【答案】（）见解析；（）．【解析】【分析】（1）取PC的中点G，证明四边形EFGA是平行四边形，可得EF∥AG，证得EF∥平面PAD．（2）取AD中点O，可证PO⊥底面ABCD，进而得到点F到面ABCD距离，利用等体积转换，即可求三棱锥B-AEF的体积．【详解】（1）证明：取PD中点G，连结GF、AG， ∵GF为△PDC的中位线，∴GF∥CD且， 又AE∥CD且，∴GF∥AE且GF=AE， ∴EFGA是平行四边形，则EF∥AG， 又EF⊄面PAD，AG⊂面PAD， ∴EF∥面PAD； （2）解：取AD中点O，连结PO， ∵面PAD⊥面ABCD，△PAD为正三角形，∴PO⊥面ABCD，且， 又PC为面ABCD斜线，F为PC中点，∴F到面ABCD距离， 故.【点睛】本题考查了证明线面平行的判定定理和面面垂直的性质定理的应用，，利用等体积转化求三棱锥的体积是常用的方法，属于基础题.19.设，求函数的最大值和最小值及相应的值．【答案】当x=1时，y有最小值为3 ，当x=2时，y有最大值为5. 【解析】【分析】令t=2x(0≤x≤2),则1≤t≤4，从而得y=t2－2t+5，t∈［1,4］利用二次函数的单调性求最值即可.【详解】y=－2·2x+5=(2x)2－2·2x+5 令t=2x(0≤x≤2),则1≤t≤4 ∴y=t2－2t+5=(t－2)2+3,t∈［1,4］ ∴当t=2,即2x=2,x=1时，y有最小值为3 当t=4，即2x=4,x=2时，y有最大值为5.【点睛】本题主要考查了指数函数与二次函数复合而成的函数的最值问题，通过还元的手段即可转化为二次的最值问题，需要注意的是换元后新元的范围，属于常规题型.20.已知是矩形，平面，，，为的中点．（1）求证：平面．（2）求直线与平面所成的角．【答案】（1）见解析； （2）直线与平面所成的角为【解析】本试题主要是考查了线面垂直的证明以及线面角的求解的综合运用。
1）要证平面，根据已知面面，从而得到线线垂直，得线面垂直2）面为与面所成的角那么利用直角三角形可知直线与平面所成的角．（1）面面又面面（2）面为与面所成的角直线与平面所成的角为21.在三棱锥中，.（1）证明：面面．（2）求点到平面的距离．（3）求二面角的平面角的正弦值．【答案】（1）详见解析；（2）;（3）.【解析】试题分析：(1)由已知条件求出,由此利用勾股定理能证明;(2)由已知条件推导出平面,由此利用等体积法能求出点A到平面的距离;(3)由面面垂直得出线面垂直,从而找出二面角的平面角,求出大小.试题解析：（1）证明：∵，且，∴平面，∵面，∴，∵，，∴面，∴面面.（2）过点作交于点，∵面面，且面面，∴面，即为点到平面的距离,在中，，即点到平面的距离为.（3）过点作交于点，过点作交于点，∵平面，∴面面，∴面，∴，∴面，∴为所求二面角的平面角，在中，，在中，，在中，.即二面角的平面角的正弦值.。