湖南省衡阳市第六中学2022-2023学年高二数学学业水平考试阶段性检测习题(五)（Word版含答案）

湖南省衡阳市第六中学2022-2023学年高二数学学业水平考试阶段检测卷(五)
(时间:80分钟　满分:100分)
一、选择题(本大题共18小题,每小题3分,共54分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1.设z=-3+2i,则在复平面内对应的点位于(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
2.已知i为虚数单位,则复数的虚部是(　　)
A. B. C.i D.i
3.已知平面α与平面β为两个不同的平面,m与n为两条不重合的直线,则下列说法正确的是(　　)
A.若α∥β,m∥α,则m∥β B.若m∥n,n∥α,则m∥α
C.若m⊥α,α∥β,则m⊥β D.若α⊥β,m⊥α,则m⊥β
4.设z=+i5,则|z|=(　　)
A. B. C. D.
5.设α,β,γ是三个不重合的平面,m,n是两条不重合的直线,则下列说法正确的是(　　)
A.若α⊥β,β⊥γ,则α∥γ B.若α⊥β,m∥β,则m∥α
C.若m⊥α,m⊥β,则α∥β D.若m∥β,n∥β,则m∥n
6.圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形,则圆柱的表面积为(　　)
A.6π(4π+3)
B.8π(3π+1)
C.6π(4π+3)或8π(3π+1)
D.6π(4π+1)或8π(3π+2)
7.已知直线m,n,平面α,m α,n α,则下列说法:①m⊥α m⊥n,②m⊥n m⊥α,③m∥α m∥n,④m∥n m∥α中正确的个数为(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
8.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为线段A1C1的中点,则异面直线DE与B1C所成角的大小为(　　)
A.15° B.30° C.45° D.60°
9.如图,空间四边形ABCD的对角线AC=8,BD=6,M,N分别为AB,CD的中点,并且异面直线AC与BD所成的角为90°,则MN=(　　)
A.3 B.4 C.5 D.6
10.把△ABC按斜二测画法得到△A'B'C'(如图所示),其中B'O'=C'O'=1,A'O'=,那么△ABC是一个(　　)
A.等边三角形 B.直角三角形
C.等腰三角形 D.三边互不相等的三角形
11.在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,且PD=DB.若M为线段PB的中点,则直线DM与平面ABCD所成的角为(　　)
A.30° B.45°
C.60° D.90°
12.已知m,n,l是直线,α,β是平面,α⊥β,α∩β=l,n β,n⊥l,m⊥α,则直线m与n的位置关系是 (　　)
A.异面 B.相交但不垂直
C.平行 D.相交且垂直
13.已知直线l和平面α内的两条直线m,n,则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的(　　)
A.充要条件
B.必要不充分条件
C.充分不必要条件
D.既不充分也不必要条件
14.如图所示是斜二测画法画出的水平放置的△ABC的直观图,D'为B'C'的中点,且A'D'∥y'轴,B'C'∥x'轴,A'D'>B'C',那么在原平面图形ABC中(　　)
A.AB与AC相等
B.AD的长度大于AC的长度
C.AB的长度小于AD的长度
D.BC的长度大于AD的长度
15.设复数z满足|z-i|=1,z在复平面内对应的点为(x,y),则(　　)
A.(x+1)2+y2=1 B.(x-1)2+y2=1
C.x2+(y-1)2=1 D.x2+(y+1)2=1
16.已知圆锥的轴截面为正三角形,有一个球内切于该圆锥,圆锥的体积为V1,球的体积为V2,则=(　　)
A. B.
C. D.
17.三棱锥A-BCD中,AB=AD=BC=CD=2,BD=2,AC=,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为(　　)
A.0 B.
C. D.
18.三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长和侧棱长都相等,∠BAA1=∠CAA1=60°,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
二、填空题(本大题共4小题,每空3分,共15分)
19.已知复数z=,则共轭复数=　　　　,|z|=　　　　.
20.已知正三角形ABC的边长为a,那么△ABC的直观图△A'B'C'的面积为　　　　　　　.
21.等腰直角三角形ABC,直角边为2,沿斜边AC边上高BD翻折成直二面角A-BD-C,则三棱锥A-BCD外接球的体积为　　　　.
22.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BC1与B1C相交于点O,则B-AO-C的平面角大小为　　　　.
三、解答题(本大题共3小题,共31分)
23.(本小题满分10分)(2013年7月浙江学考)如图,在底面为直角梯形的四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,PA⊥平面ABCD,PA=3,AD=2,AB=2,BC=6.
(1)求证:BD⊥平面PAC;
(2)求二面角P-BD-A的大小.
24.
(本小题满分10分)(2022金华一中一模)如图,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1,四边形ABCD是菱形,AC1⊥平面ABCD,∠ADC=60°,CC1=2CD.
(1)证明:CC1⊥B1D1;
(2)求直线AC1与平面ADD1A1所成角的正弦值.
25.(本小题满分11分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=2,D为BC的中点,平面BB1C1C⊥平面ABC.
(1)证明:AD⊥BB1;
(2)已知四边形BB1C1C是边长为2的菱形,且∠B1BC=60°,求直线AA1与平面AC1D所成角的正弦值.
参考答案及部分解析
1.C　由z=-3+2i,得=-3-2i,则在复平面内对应的点(-3,-2)位于第三象限,故选C.
2.B　i,故虚部为.故选B.
3.C　易知A中可能m β,B中可能m α,故A,B不正确;C正确;D中,可以是m∥β或m β,故D不正确.
4.C　∵z=+i5=+i=-i,
∴|z|=.故选C.
5.C　对于A,α,γ有可能相交或平行,故A不正确;对于B,m有可能在α内或m与α相交,B不正确;C正确;对于D,m,n有可能相交或平行或异面,D不正确.故选C.
6.C　分两种情况:①以长为6π的边为高时,4π为圆柱底面周长,则2πr=4π,r=2,所以S底=4π,S侧=6π×4π=24π2,S表=2S底+S侧=8π+24π2=8π(3π+1);②以长为4π的边为高时,6π为圆柱底面周长,则2πr=6π,r=3,所以S底=9π,S表=2S底+S侧=18π+24π2=6π(4π+3).故选C.
7.B　①正确;对于②,平面外一条直线与平面内两条相交直线垂直才能判定线面垂直,故②不正确;对于③,线与面平行不能推出与平面内任意一条直线平行,故③不正确;④正确.故选B.
8.B　连接A1D,易知A1D∥B1C,
∴∠A1DE即为异面直线DE与B1C所成角.
设正方体棱长为2,易知,A1D=2,A1E=,DE=,
∴cos∠A1DE=,
∴∠A1DE=30°.故选B.
9.C　取AD的中点P,连接PM,PN,则BD∥PM,AC∥PN,
∴∠MPN或其补角即异面直线AC与BD所成的角,
∴∠MPN=90°,PN=AC=4,
PM=BD=3,
∴MN=5.故选C.
10.A　根据斜二测画法还原△A'B'C'在直角坐标系的图形,
由图(图略)易得AB=BC=AC=2,故△ABC为等边三角形.
11.
B　取BD的中点O,连接MO,
∵M为PB中点,
O为BD中点 MO∥PD,
又PD⊥底面ABCD MO⊥底面ABCD,
∴∠MDO即为直线DM与平面ABCD所成角.
又PD=BD,可知∠MDO=45°.故选B.
12.C　因为α⊥β,α∩β=l,n β,n⊥l,所以n⊥α.又m⊥α,所以m∥n.故选C.
13.C　若l⊥α,则直线l和平面α内的所有直线都垂直,故l⊥m且l⊥n;反之,若l⊥m且l⊥n,不一定l⊥α,需加条件:m,n都相交.故选C.
14.A　根据斜二测画法的直观图,还原几何图形,首先建立平面直角坐标系xOy,BC∥x轴,并且BC=B'C',点D是BC的中点,并且作AD∥y轴,即AD⊥BC,且AD=2A'D',
连接AB,AC,所以△ABC是等腰三角形,AB=AC,AB的长度大于AD的长度,由图可知BC=B'C',AD=2A'D',由A'D'>B'C',所以B'C'<2A'D',即BC15.C　由题可得z=x+yi,z-i=x+(y-1)i,|z-i|==1,则x2+(y-1)2=1.故选C.
16.A　设圆锥的底面半径为r,该内切球的半径为R,
∵圆锥的轴截面为正三角形,
∴由等面积法可知×2r×2rsin 60°=×2r×R×3,
∴R=r,
∴V1=(πr2)·r=πr3,V2=πr3,
∴.故选A.
17.D　分别取BD的中点E,BC的中点F,AC的中点G,连接EG,EF,GF,AE,CE,所以GF∥AB,EF∥CD,因此∠GFE或其补角为异面直线AB与CD所成角,则EA=EC=1,由AC=,可得EA⊥EC,所以EG=AC=,又EF=GF=1,
所以cos∠GFE=,因为异面直线所成角的范围为0,,
所以∠GFE为异面直线AB与CD所成角,因此异面直线AB与CD所成角的余弦值是.故选D.
18.A　若E,F,D,G分别是AC1,B1C1,AB,AC的中点,连接ED,EF,则ED∥BC1,EF∥AB1,
∴直线AB1与BC1所成角即为∠DEF或其补角,由三棱柱ABC-A1B1C1底面边长和侧棱长都相等且∠BAA1=∠CAA1=60°,易知DGC1F为平行四边形,若H为BC中点,连接HF,AH,则AH⊥BC且AH是AA1在平面ABC上的射影,
∴AA1⊥BC,而AA1∥BB1∥CC1,易知BCC1B1为正方形,
设三棱柱ABC-A1B1C1的棱长为2,则ED=BC1=,EF=AB1=,∴DF=GC1=.在△DEF中,cos∠DEF==-,
∴直线AB1与BC1所成角的余弦值为.故选A.
19.2+i　　由于z==2-i,则=2+i.|z|=.
20.a2　如图所示,由斜二测画法规则知B'C'=a,O'A'=a.过A'引A'M⊥x'轴,垂足为M.
则A'M=O'A'·sin 45°=a×a.
∴S△A'B'C'=B'C'·A'M=a·a=a2.
21.π　由题知:将三棱锥补全成柱体,其外接球不变,
则2R= R=,
∴体积为V=πR3=π·π.
22.90°　在正方体中,AB⊥平面BCC1B1,所以AB⊥B1C,在正方形BCC1B1中,BC1⊥B1C,而BC1∩AB=B,所以B1C⊥平面ABO,又因为B1C 平面ACO,所以平面ABO⊥平面ACO,因此二面角B-AO-C为直二面角.
23.(1)证明 ∵PA⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,
∴BD⊥PA.∵tan∠ABD=,tan∠BAC=,
∴∠ABD=30°,∠BAC=60°.∴∠AEB=90°,即BD⊥AC.
∵PA,AC 平面PAC,PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC.
(2)解 在题图中(图略)连接PE.∵BD⊥平面PAC,∴BD⊥PE,BD⊥AE,
∴∠AEP为二面角P-BD-A的平面角.
在Rt△AEB中,AE=ABsin∠ABD=,
∴tan∠AEP=,∴∠AEP=60°,
∴二面角P-BD-A的大小为60°.
24.
(1)证明 因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1,四边形ABCD是菱形,所以四边形A1B1C1D1是菱形.连接A1C1交B1D1于O1,所以B1D1⊥A1C1.
又AC1⊥平面ABCD,所以AC1⊥平面A1B1C1D1,得AC1⊥B1D1.
又AC1,A1C1 平面AA1C1C,AC1∩A1C1=C1,所以B1D1⊥平面AA1C1C.
所以CC1⊥B1D1.
(2)解 不妨设CC1=2,因为∠ADC=,所以在菱形ABCD中,AB=AC=1.
因为AC1⊥平面ABCD,连接AC,所以在Rt△CAC1中,AC1=.
连接AD1,BC1,在Rt△BAC1中,BC1=2=AD1=AA1.
作C1E⊥A1D1,因为∠ADC=∠A1D1C1=,C1D1=CD=1,
所以在Rt△C1ED1中,C1E=,D1E=,E是A1D1的中点.
所以A1D1⊥AE.又CE∩AE=E,
因此A1D1⊥平面AC1E.
所以平面AA1D1D⊥平面AC1E,AC1在平面AA1D1D上的射影在直线AE上,
所以∠C1AE是直线AC1与平面AA1D1D所成的角.
因为A1D1⊥AE,AD1=2,D1E=,故AE=.
所以cos∠C1AE=.
因此,直线AC1与平面AA1D1D所成角的正弦值是.
25.(1)证明 因为AB=AC=2,D是BC的中点,所以AD⊥BC.
又因为平面BB1C1C⊥平面ABC,
且平面BB1C1C∩平面ABC=BC,AD 平面ABC,
故AD⊥平面BB1C1C,BB1 平面BB1C1C,所以AD⊥BB1.
(2)解 因为AD⊥平面BB1C1C,AD 平面ADC1,
所以平面ADC1⊥平面BB1C1C.
在平面BB1C1C内,过C作CH⊥DC1于点H,
则CH⊥平面ADC1.
则∠CC1H即为直线AA1与平面AC1D所成的角,
连接DB1,在直角三角形DB1C1中,
B1C1=2,B1D=,DC1=,
在△DCC1中,CH=,
在直角三角形CC1H中,CC1=2,所以sin∠CC1H=,直线AA1与平面AC1D所成的角的正弦值为.