精品解析：江苏省镇江市丹阳市2022-2023学年高一下学期5月质量检测数学试题（解析版）

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高一年级5月质量检测试卷·数学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知为虚数单位，若，则（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由复数的运算即可得到，再求出其模长即可得到结果.
【详解】因为，则，所以.
故选：B
2. 已知，，，若，则（ ）
A. 1 B. 5 C. 8 D. 11
【答案】D
【解析】
【分析】首先求出，的坐标，依题意，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可.
【详解】因为，，，
所以，，
因为，所以，解得.
故选：D
3. 若向量，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出、，再根据投影向量的定义计算可得.
【详解】因为，，所以，，
所以在上的投影向量为.
故选：C
4. 魏晋南北朝时期，祖冲之利用割圆术以正4576边形，求出圆周率约为，和真正的值相比，其误差小于八亿分之一，这个记录在一千年后才给打破.若已知的近似值还可以表示成，则的值为（ ）
A. B. C. 8 D.
【答案】C
【解析】
【分析】将的近似值代入，利用倍角公式和诱导公式进行化简即可.
【详解】的近似值还可以表示成，
，
故选：C.
5. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法中错误的是（ ）
A. 若平面，，，则 B. 若，，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】由面面垂直的判定定理可判断A、B；线面垂直的性质定理可判断C；由面面平行的判定定理可判断D.
【详解】对于A，因为平面，，所以平面，又因为，
所以，故A正确；
对于B，若，，则，又因为，所以，故B正确；
对于C，若，，则，故C正确；
对于D，若，，则可能与相交，故D错误.
故选：D.
6. 已知中，角，，的对边分别为，，，的面积为，，，，则（ ）
A. 或 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由三角形的面积公式即可得到角，再由正弦定理即可得到结果.
【详解】因为，所以，即，
且，所以，又，，
由正弦定理可得，，
因为，为锐角，所以.
故选：B
7. 在长方体中，已知，，为的中点，则直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用线面垂直以及线线平行可得为直线与平面所成角的线面角，又三角形边角关系即可求解，或者建立空间直角坐标系，利用线面角公式即可求解．
【详解】方法一：连接相交于，取中点，中点为,连接，
则,,
由于底面，平面，所以,
又,平面，所以平面，
所以平面,因此为直线与平面所成角，
,,所以,
则,

方法二：建立如图空间直角坐标系，则,2,,,2,,,0,，
,2,，,0,，

由于所以平面的法向量为,2,，
设直线与平面所成角为，
则，
则直线与平面所成角的余弦值为．
故选：B．
8. 在三角形中，，，，若点满足，则（ ）
A. 4 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件结合平面向量数量积的线性运算求解即可.
【详解】，
，
因为，，，
所以.
故选：D.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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. 关于复数的命题正确的有（ ）
A. 若复数，则
B. 若复数为纯虚数，则
C. 若，则的最小值为1
D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】根据复数的分类即可判断AB,根据复数模长的计算，结合三角函数的性质即可判断C，根据模长公式即可判断D.
【详解】由复数定义可知，若复数，则，，A正确；
若复数为纯虚数，则，则，B错误；
设，的几何意义是的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，
令，，
则，即的最小值为1，C正确；
若，但不一定成立，
比如，则，，D错误．
故选：AC．
10. 下列关于平面向量的说法中，正确的是（ ）
A. 对于任意向量、，有恒成立
B. 若平面向量，满足，则的最大值是5
C. 若向量，为单位向量，，则向量与向量夹角为
D. 若非零向量，满足，且，不共线，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】由平面向量的线性运算的几何性质可判断A，根据模长的计算公式即可判断B，数由夹角公式即可利用模长求解C，根据共线的性质即可判断D.
【详解】对于A，由向量减法的三角形法则及三角形两边之差小于第三边知恒成立，故A正确；
对于B，，
，故B正确；
对于C，向量，为单位向量，，，，，
对于D，，不共线，当时，由，则，此时与，不共线矛盾，若时，此，也与，不共线矛盾，故，故D正确．
故选：ABD．
11 已知，，其中，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据三角函数相关知识进行等量代换即可求得答案.
【详解】，∴，
∴A正确；
∴，
∴B错误；
，，
∴，
∴
∴D正确；


∴C正确.
故选:ACD.
12. 如图，在正方体中，，分别为线段，的中点，在棱上.则下列命题正确的是（ ）

A. 直线直线
B. 直线平面
C. 直线平面
D. 设直线与直线所成的角为，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意作出辅助线结合线面垂直及平行的判定定理证明A、B、C，取的中点，连接、、，则即为直线与直线所成的角，再由锐角三角函数计算即可判断D.
【详解】对于A：连接交于点，连接、，根据正方体的性质可得为的中点，又为的中点，所以，
设正方体棱长为，
所以，，，
所以，显然，故直线与直线不垂直，故A错误；

对于B：由正方体的性质可得，平面，平面，所以，
，平面，所以平面，
平面，所以，同理可证，
，平面，所以直线平面，故B正确；

对于C：连接，交于点，连接，由正方体的性质且，
所以四边形为平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面，故C正确；

对于D：取中点，连接、、，因为，，所以，
则即为直线与直线所成的角，即，
设正方体的棱长为，，则，则，，
所以，
因为，所以，，
即，，，，
即，故D正确.

故选：BCD
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案填写在答题卡相应位置上.
13. 若复数（其中为虚数单位）在复平面内对应的点位于第三象限，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数除法的运算性质，结合复数在复平面内对应的点的特征进行求解即可.
【详解】
因为复数（其中为虚数单位）在复平面内对应的点位于第三象限，
所以有，
故答案为：
14. 中国古典神话故事《白蛇传》中“水漫金山寺”中的金山寺位于镇江金山公园内，唐宋时期，寺里有南北相向的两座宝塔，一名荐慈塔，一名荐寿塔，后双塔毁于火，明代重建该塔，当年值逢慈禧60大寿，地方官员以此塔作为贺礼进贡，故取名慈寿塔.某校高一研究性学习小组为了实地测量该塔的高度，选取与塔底中心在同一个水平面内的两个测量基点与，在点测得：塔顶的仰角为，在的北偏东处，在的正东方向41米处，且在点测得与的张角为，则慈寿塔的高度约为__________米（四舍五入，保留整数）.

【答案】
【解析】
【分析】在中利用正弦定理求出，依题意为等腰直角三角形，即可得到.
【详解】由题意可得在中，，，米，
所以，
在中利用正弦定理可得，
所有
，
因为，所以为等腰直角三角形，所以米．
故答案为：．
15. 在边长为2的正方体中，是的中点，那么过点、、的截面图形为__________（在“三角形、矩形、正方形、菱形”中选择一个）；截面图形的面积为__________.
【答案】 ①. 菱形 ②.
【解析】
【分析】利用直线与直线的平行关系确定截面；再利用菱形的面积公式求截面面积.
【详解】
如图，取的中点为，连接,
因为且,
所以四边形为菱形，
所以过点、、的截面图形为菱形；
连接,则,
所以截面图形的面积为，
故答案为: 菱形；.
16. 已知，，，则的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先对已知条件变形，从而得到关于的方程，解出，从而求得.
【详解】因为，
，，
所以，解得，
又因为，所以，所以.
故答案为：.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 已知函数.
（1）求的单调递增区间；
（2）若，求值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式及两角和的正弦公式化简，再结合正弦函数的性质计算可得；
（2）依题意可得，再由诱导公式及二倍角公式计算可得.
【小问1详解】
因为
，
由，，解得，，
故的单调递增区间为，.
【小问2详解】
因为，
所以，所以，
所以
.
18. 已知，，其中，均为锐角.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求出，即可求出，再由二倍角正切公式计算可得；
（2）根据同角三角函数的基本关系求出，，再根据利用两角差的余弦公式计算可得.
【小问1详解】
因为且为锐角，
所以，所以，
所以.
【小问2详解】
因为、均为锐角，
所以，又，所以，
又且，
解得，（负值舍去），
所以
.
19. 如图，和都垂直于平面，且，是的中点

（1）证明：直线//平面；
（2）若平面平面，证明：直线平面.
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，由中位线定理可得，，进而可得为平行四边形，由线面平行的判定定理，即可证明；
（2）过作于，利用面面垂直的性质可得，结合垂直于平面即可证明．
【小问1详解】
证明：取中点，连接，，
因为为的中点，所以，，
因为，均垂直面，所以，
因为，所以且，
所以为平行四边形，
所以，面，面，
所以面．
【小问2详解】
如图，过作于，
平面平面，且两平面的交线为,平面,
平面，
由平面，．
平面，平面，，
又平面，
平面．
.
20. 条件①；②；③（其中为的外接圆半径）.在这三个条件中任选一个，补充到下面横线上，并解答.
在中，内角，，的对边分别为，，，且满足__________.
（1）求角的大小；
（2）若，求面积的最大值.（注：若选择多个条件分别解答，则按第一个计分）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若选①，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，可求，进而可得的值；若选②，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，结合，可求的值；若选③，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，结合，可求的值．
（2）由题意利用余弦定理以及基本不等式可求的最大值，进而利用三角形的面积公式即可求解．
【小问1详解】
若选①，因为，
由正弦定理可得，
因为，
可得，
可得，
又为三角形内角，，
所以，
可得，
因为，
可得，
所以，
可得；
若选②，因为，
由正弦定理可得，
可得，
又为三角形内角，，
可得，
因为，
所以；
若选③，因为（其中为的外接圆半径），
又由正弦定理可得，
所以，
可得，
又为三角形内角，，
所以，
因为，
所以．
【小问2详解】
因为，，
所以余弦定理可得，
可得，当且仅当时取等号，
所以的面积，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为．
21. 如图，在正方形中，，分别是，的中点，为的中点，若沿，及把这个正方形折成一个四面体，使，，三点重合，重合后的点记为.

（1）在四面体中，请写出不少于3对两两垂直的平面，并证明其中的一对；
（2）若正方形的边长为4，求点到平面的距离.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，，，根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）根据，利用等体积法计算可得.
【小问1详解】
依题意可得平面平面，平面平面，平面平面．
证明如下：
在折前正方形中，
，，
折成四面体后，，，
又，平面，平面．
平面，平面，
平面平面；
因为平面，平面平面；
又令正方体的边长为，则，，
所以，所以，，平面，
所以，因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
若正方形的边长为，则，，
，
所以，
由（1）可知平面，所以，
设点到平面的距离为，又，
所以，即，解得．
22. 已知的内角，，的对边分别记为，，，且.
（1）证明：；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）先通过正弦定理进行角化边，再结合两角和的正弦公式进行化简即可证明；
（2）先求出的范围，由正弦定理可得，利用三角恒等变换以及二次函数的性质求解即可.
【小问1详解】
由正弦定理可得：，
，即，
，所以，
即
∵，∴，即；
【小问2详解】
∵A＝2C，∴，
∵为锐角三角形，所以,∴，
由正弦定理得，


因为，所以
，
令，则，，
所以函数在上单调递增，
当时，，
当时，.
故的取值范围为.