龙华区 2022-2023 第二学期第二次阶段考试高一数学参考答案
BADD ACCB
9．AB 10．BC 11．ABD 12．ABD
13 2 5． 14．13 15．[ 2,2]
5
【分析】以 C 为原点，BC 为 x 轴正方向，过 C 垂直向上方向为 y 轴建立平面直角坐标系，利用向量的坐
标运算直接求解.
【详解】
如图示，以 C 为原点，BC 为 x 轴正方向，过 C 垂直向上方向为 y 轴建立平面直角坐标系.
因为菱形 ABCD 的边长为 2，∠ABC = 60°，则B ( 2,0) , C (0,0) , D (1, 3 ) , A( 1, 3 ) .
因为点 P 在 BC 边上（包括端点），所以P (t,0) ,其中 t∈[ 2,0] .
所以 AD = (2,0) , AP = (t +1, 3 ) ,
所以 AD AP = 2t + 2 .
因为 t∈[ 2,0]，所以 AD AP = 2t + 2∈[ 2,2] .
故答案为：[ 2,2]
16． 14 + 2
【详解】由题意，连接BD，取 AC BD = O ，分别取 SC,CD 的中点G, F ，连接EG,GF , EF ，如下图：
则 SO = 2 3， SO ⊥平面 ABCD，由 AC 平面 ABCD，则 SO ⊥ AC ，
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在正方形 ABCD中， AC ⊥ BD， SO, BD SO BD = O， 平面 SBD， AC ⊥平面 SBD，
在△SBC 中，EG / /SB ， EG 平面 SBD， SB 平面 SBD，∴EG / / 平面 SBD，
同理可得EF / / 平面 SBD， EF , EG ∴ EF EG = E ， 平面EFG ， 平面EFG / / 平面 SBD，故 AC ⊥平面
EFG ，则点 P 的轨迹为 EFG的三边，
1 1 1
由中位线定理可知，EG = SB, EF = BD, FG = SD，
2 2 2
在正方形 ABCD中， AB = 2，则BD = 2 2 ，
2
在Rt△SOB 中， SB = SO2 +OB2 = 12 1+ BD = 14 ，同理 SD = 14 ，
2
1 1 1
点 P 的轨迹长为EF + EG + FG = BD + SB + SD = 2 + 14 .
2 2 2
3 2π
17．(1) (2)
2 3
（1）解：∵e1 ，e2 为单位向量，且e1 ， e2 的夹角为 120°，
∴ e1 e2 =1×1×cos120
1
° = ．
2
( ) ( ) 1 3∴ a b = 2e1 + e2 e2 e1 = 2e1 e2 2+1 e2 e1 = 1 2+1+ = ． 2 2
（2）设a与b 的夹角为θ．
( 2 ∵ a = a2 = 2e 11 + e2 ) = 4 4× +1 = 3， 2
b = b 2 = ( 2e 12 e1 ) = 1+ 2× +1 = 3 ， 2
∴ cosθ
a b 3 1 1
= = × =
a b 2 3× 3 2 ．
又∵θ ∈[0,π ]，
θ 2π∴ = ，
3
2π
∴ a与b 的夹角为 ． 3
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18 3．（1）证明见解析；（2） .
3
（1）连结B1C 交 BC1于E ，连结ED．因为D，E 都是中点，
所以DE //AB1 ，又DE 平面BDC1 ， AB1 平面BDC1 ，
所以 AB1 // 平面BDC1 ．
（2）因为 AB1 // 平面BDC1 ，所以VA BDC =V1 B1 BDC =V1 D BB1C .
取 BC 的中点F ，连接 AF ，得 AF ⊥ BC .
又CC1 ⊥平面 ABC ， AF 平面 ABC ，所以 AF ⊥ CC1 .
又 BC 平面BCC1B1，CC1 平面BCC1B1， BC ∩CC1 = C ，
所以 AF ⊥平面BCC1B1 .
1
又因为D为 AC 的中点，所以点D到平面BCC1B1的距离为 AF . 2
即三棱锥D BB C d
1
1 的高 = AF . 2
又因为 AB = AA1 = 2，所以d
1 AF 1 2 3 3= = × × = .
2 2 2 2
又 S
1
BB C = × 2× 2 = 2
1 3 3
，所以
1 2 VA BDC =V 1 D BB = ×2× =
.
1C 3 2 3
π π
19．（1） 或 ；（2）2 3 .
6 3
（1）由余弦定理知，a2 + b2 c2 = 2ab cosC ，
3
因为 (a2 + b2 c2 )sin C = ab ， 2
所以2abcosC sin C 3= ab，即sin 2C 3= .
2 2
π 2π π π
又0 < C < π ，所以2C = 或 ，所以C = 或 .
3 3 6 3
（2）由（1）及C
π π
> ，得C = ，
4 3
因为a + b + c =12，且c = 5，所以a + b = 7 ，
由余弦定理知，c2 = a2 + b2 2abcosC = (a + b)2 2ab 2ab×cos
π
，
3
即 25 = 49 3ab ，所以ab = 8，
1 1 π
所以 S = absin C = ×8×sin = 2 3 ABC 的面积 .
2 2 3
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20．(1)证明见解析 (2)2
（1） AB 是半圆D的直径，故 BE⊥ AE ，∠BAC = 90°，即 AB ⊥ AC ，
平面 ABE ∩平面 ABC = AB，且平面 ABE ⊥平面 ABC ， AC 平面 ABC ，
故 AC ⊥平面 ABE，又BE 平面 ABE，故BE ⊥ AC ，
AC ∩ AE = A， AC 平面 ACE ， AE 平面 ACE ， BE ⊥平面 ACE ，
CE 平面 ACE ，故BE ⊥ CE ；
（2） AB 为直径且点E 是 AB 的中点， ABE 为等腰直角三角形，
点D为 AB 的中点，DE ⊥ AB，
平面与 ABE ⊥平面 ABC 且平面 ABE ∩平面 ABC = AB，故 DE ⊥平面 ABC ，
AB 平面 ABC ，故 AB ⊥ DE ，则过点E 做 BC 的垂线交BC 于点H ，连接DH ，
DE ∩ EH = E ，故BC ⊥平面DEH ，DH 平面DEH ，故BC ⊥ DH ，
故∠DHE 为二面角E BC D的平面角，
Rt EHD DH 3 sin 30 3因在 △ 中 = × ° = ，DE = 3 ， tan∠DHE
DE
= = 2 .
2 DH
即二面角E BC D的平面角的正切值为 2．
a cosα sin β
21．（1）h＝ sin (α β ) ；（2）h＝180.
（1）h =1（0 6 + 2）（2）h =180 2
【分析】（1）由已知条件可得∠ABC =α β ,∠BCA = 90° + β，利用正弦定理得到 AB ，再利用h = AB sinα a
即可得出结果；（2）设DE = x ，先求出 tan∠BED, tan∠CED ，再利用两角差的正切公式得到 tan∠BEC ，最
后利用基本不等式即可得出结果.
【详解】（1）解：在 ABC 中，∠ABC =α β ,∠BCA = 90° + β ，
BC AB
由正弦定理得： = ，
sin∠BAC sin∠BCA
AB α sin(90
° + β ) a cosβ
得 = = ，
sin(α β ) sin(α β )
则 h = AB sinα a
a cosβ sinα a cosα sin β
= a =
sin(α β ) sin(α β ) ，
（2）设DE = x ，
tan∠BED h + 20= , tan CED h∠ = ，
h x
tan BEC tan ( BED CED) tan∠BED tan∠CED∴ ∠ = ∠ ∠ = ，
1+ tan∠BED tan∠CED
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20
x 20 10= (h =1 + 20)h x h(h + 20)
≤ ，
+ + h(h + 20)
x2 x
当且仅当 x
(h + 20)h
= ，
x
即 x = h(h + 20) 时， tan∠BEC 最大，从而∠ BEC 最大，
由题意， h(h + 20) = 60 10 ，
解得h =180 .
22 21．(1)证明见解析；(2) ；(3)3.
7
（1）
过点D作 DH ⊥ AB交 AB 于H ，
∵四边形 ABCD和CDEF 是直角梯形， AB ∥ DC ∥EF ，
∠BAD = ∠CDE = 60°，
∴ DC ⊥ CB，DC ⊥ CF ，CB ⊥ AB，
∠FCB = 60°，
∴DH = BC ，DC = HB = 3， AH = 2，
在 Rt AHD， AH = 2，∠BAD = 60°，∴DH = BC = 2 3 ，
同理可得CF = 2 3 ，
在三角形CFB 中，CF = BC = 2 3 ，∠FCB = 60°，所以三角形CFB 为等边三角形，
∵ N 为CB中点，∴FN ⊥ BC ，又DC BC = C ， DC 平面 ABCD， BC 平面 ABCD，
∴ FN ⊥平面 ABCD .
（2）
取CF 中点G ，连接BG ， BD，DG ，
∵三角形CFB 为等边三角形，G 为CF 中点，
∴ BG ⊥ CF ，
又DC ⊥平面CFB ， BG 平面CFB ，
∴DC ⊥ BG ，
又DC CF = C ，DC 平面DCF ，CF 平面DCF ，
∴ BG ⊥平面DCF ，
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∴∠BDC为直线BD与平面DCFE 所成角，
在 Rt△DCB中，DC = 3，CB = 2 3 ，∴DB = 21 ，
在等边三角形BCF 中，CB = CF = 2 3 ，∴BG = 3，
3 21
∴ sin∠BDC = = .
21 7
（3）连接 AN ，
设点D到平面 ABFE 的距离为d ，
由题意得点D到平面 ABFE 的距离即点D到平面 ABF 的距离，
∵ FN ⊥平面 ABCD， AN 平面 ABCD，
∴ FN ⊥ AN ，
∵ DC ∥ AB ，DC ⊥平面CFB ，
∴ AB ⊥平面CFB ，
∵ BF 平面CFB ，
∴ AB ⊥ BF ，
∴ S
1
ABF = ×5×2 3 = 5 3 ， 2
∵VD ABF =VF ADB ，
1 5 3 d 1 1∴ × × = × ×5×2 3×3，解得d = 3 .
3 3 2
第 6 页，共 6 页龙华区 2022-2023 学年第二学期第二次阶段考试试卷
高一数学
本试卷共 4 页，22 小题，满分 150 分。考试时间 120 分钟。
注意事项：
1.答题前，务必将自己的班级、姓名、考生号填写在答题卡规定的位置上。
2.答题时，必须使用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦擦干
净后，再选涂其他答案标号。
3.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
4.考试结束后，将答题卡交回。
一、单选题（本大题共 8 小题，每小题 5分，共 40.0 分。每小题只有一项是符合题目要求的）
1 a ．已知向量 = (3, 1) ，b = (1, 2)，则 3a + 2b =（ ）
A． (7,1) B． ( 7, 1) C． ( 7,1) D． (7, 1)
2．已知复数 z = (m 3) + (m 1)i 的模等于 2，则实数m 的值为（ ）
A．1 或 3 B．1 C．3 D．2
3．m ，n是不同的直线，α ， β 是不重合的平面，下列说法正确的是 ( )
A．若α / /β，m α， n β ，则m // n
B．若m ，n α，m / /β ，n / /β ，则α / /β
C．若α / /β，m / /α ，则m / /β
D．m ， n是异面直线，若m / /α ，m / /β ，n / /α， n / /β ，则α / /β
4．如图，在 OAB 中， P 为线段 AB 上的一点，OP = xOA+ yOB且 BP 3PA，则（ ）
2 1 1 2
A． x = ，y = B． x = ，y =
3 3 3 3
1 3 3 1
C． x = ，y = D． x = ，y =
4 4 4 4
5．已知圆锥的底面半径为 2 ，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A．2 2 B．2 3 C．4 2 D．4 3
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6．已知向量a,b满足 | a |=1,| b |= 3，若 | 2a b |= 13，则向量a与b 的夹角为（ ）
2π π 5π π
A． B． C． D．
3 3 6 6
7．阿基米德（ Archimedes，公元前 287 年—公元前 212 年）
是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家.他推导出的结
论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表
面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发
现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器
里放了一个球（如图所示），该球与圆柱的两个底面及侧面均
相切，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为
36π ，则圆柱的体积为 （ ）
A．36π B．45π C．54π D．63π
8．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．已知在鳖臑 A BCD中，满足 AB ⊥
平面BCD，且 AB = BD = 5， BC = 3，CD = 4，则此鳖臑外接球的表面积为（ ）
A． 25π B．50π C．100π D．200π
二、多选题（本大题共 4 小题，每小题 5分，共 20.0 分。在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求.全部选对的得 5分，部分选对的得 2分，有选错的得 0分）
9．下列命题错误的是（ ）
A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形
B．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台
C．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直
D．正棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形
10．下列命题正确的是（ ）
A． AB AC = BC
B ．单位向量a,b ，满足a2 = b 2
C ．对于向量a,b ，有 | a b |≤| a | | b |恒成立
D．向量e1 = ( 1,2)， e2 = (5,7)不能作为所在平面内的一组基底
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11．一艘轮船航行到 A 处时看灯塔 B 在 A 的北偏东75 方向上，距离为 12 3海里，灯塔 C 在 A 的北偏西
30°方向上，距离为 6 6 海里，该轮船从 A 处沿正北方向继续航行到 D 处时再看灯塔 B 在其南偏东60 方
向上，下面结论正确的有（ ）
A． AD =12 2 海里 B．CD = 6 2 海里
C．∠CDA = 60 或∠CDA =120 D．灯塔 C 在 D 的南偏西60 方向上
12．（多选）如图，在四面体 ABCD中，点P，Q，M，N 分别是棱
AB，BC，CD，AD 的中点，截面PQMN 是正方形，则下列结论正确的是
（ ）
A． AC ⊥ BD B． AC / / 截面 PQMN
C． AC = CD D．异面直线PM 与BD所成的角为45
三、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5分，共 20.0 分）
13．已知 i为虚数单位，复数 z 满足 z (2 i) = 1+ 2i ，则复数 z 的实部为_________.
14．如图，已知正三棱柱的底面边长为 2cm，高为 5cm，一质点自 A 点出发，沿
着三棱柱的侧面绕行两周到达 A1点的最短路线的长为______cm．
15．已知菱形 ABCD 的边长为 2，∠ABC = 60°，点 P 在 BC 边上（包括端点），
则 AD AP 的取值范围是___________.
16．如图，在正四棱锥 S-ABCD（顶点 S 在底面 ABCD 上的射影是正方形
ABCD 的中心）中，底边长 2，高2 3，E 是 BC 的中点，点 P 在正四棱锥
表面上运动，并且总是保持 PE⊥AC.则动点 P 的轨迹的长度___________.
四、解答题（本大题共 6 小题，共 70.0 分。解答应写出文字说明，
证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分 10 分）已知e1 ，e2 为单位向量，且e1 ，e2 的夹角为 120°，向量a = 2e1 + e2 ，b = e2 e1 ．
(1)求a b ； (2)求 a与b 的夹角．
18．（本小题满分 12 分）如图，在直三棱柱 ABC A1B1C1 中，底
面 ABC 是等边三角形，D为 AC 的中点．
（1）证明： AB1 // 平面BDC1 ；
（2）若 AB = AA1 = 2，求三棱锥 A BDC1的体积．
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19．（本小题满分 12 分）
在 ABC A 3中，角 ，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 (a2 + b2 c2 )sin C = ab . 2
π
（1）求角 C 的大小；（2）若C > ， c = 5， ABC 的周长为 12，求 ABC 的面积.
4
20．（本小题满分 12 分）
如图 1 是半圆D（以 AB 为直径）与Rt△ABC 组合成的
平面图，其中∠BAC = 90°，图 2 是将半圆D沿着直径
折起得到的，且半圆D所在平面与Rt△ABC 所在平面垂
直，点E 是 AB 的中点．
(1)求证：BE ⊥ CE ；
(2)若BC = 2AC = 4，求二面角E BC D的平面角的正切值．
21．（本小题满分 12 分）
山顶有一座石塔 BC，已知石塔的高度为a = 20 2 .
（1）如图（1），若以 B，C 为观测点，在塔顶 B 处
π
测得地面上一点 A 的俯角为α ，在塔底 C 处测
4
π
得 A 处的俯角为β = ，求山的高度 h.
6
（2）如图（2），若将观测点选在地面的直线 AD 上，其中 D 是塔顶 B 在地面上的正投影，当观测点 E 在
AD 上满足 DE =120 5 时，看 BC 的视角(即点 B 与点 C 仰角的差 BEC )最大，求山的高度 h.
22．（本小题满分 12 分）
如图，已知 ABCD和CDEF 都是直角梯形， AB∥DC ， DC∥EF ， AB=5， DC = 3，EF =1，
∠BAD = ∠CDE = ∠FCB = 60°，M，N 分别为 AE ， BC 的中点．
(1)求证：FN ⊥平面 ABCD．
(2)求直线BD与平面DCFE 所成角的正弦值．
(3)求点 D 到平面 ABFE 的距离．
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