2022-2023学年江苏省连云港市锦屏高级中学高一下学期5月阶段考试数学试题含答案

2022-2023学年江苏省连云港市锦屏高级中学高一下学期5月阶段考试数学试题

一、单选题

1．的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用两角和的正弦公式化简计算即可.

【详解】

.

故选：D.

2．已知，则（    ）

A．2 B． C．3 D．1

【答案】C

【分析】求出复数，再求模长.

【详解】由得，

所以.

故选：C.

3．设，是两个不共线的向量，已知，，，若三点A，B，D共线，则的值为（    ）

A．－8 B．8 C．6 D．－6

【答案】B

【分析】根据三点A，B，D共线，可得存在唯一实数使，进而可得出答案.

【详解】由已知得，

三点A，B，D共线，存在唯一实数使，

，

，解得.

故选：B.

4．已知满足，则（　　）

A． B． C．2 D．

【答案】A

【分析】由已知利用两角和与差的正切公式计算即可．

【详解】，则，

故选A

【点睛】本题考查两角和与差的正切公式，考查特殊角的三角函数值在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．

5．设的内角A，B，C对边分别为，若，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据正弦定理求解即可.

【详解】因为，所以，

由，得，

所以.

故选：B.

6．设m，n，l分别是三条不同的直线，是平面，则下列结论中正确的是（    ）

A．若，，，，则

B．若，，则

C．若，，则

D．若，，则

【答案】C

【分析】利用直线与直线、直线与平面的位置关系即可判断．

【详解】A选项，时，直线m可能不垂直于平面，A错误；

B选项，当m，n异面时，也存在平面，使得，，，B错误；

C选项，由线面垂直的性质可知，当，时，必有，C正确；

D选项，当时，显然也可以有m，n异面，，，D错误．

故选：C．

7．如图，在正方体中，是的中点，则异面直线和所成角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】连接、、，设正方体的棱长为，由四边形为平行四边形得出，所以异面直线和所成角为或其补角，在中求出三边长由余弦定理可得答案.

【详解】如下图所示，连接、、，设正方体的棱长为，

因为且，则四边形为平行四边形，故，

所以异面直线和所成角为或其补角，

因为，

，

，

由勾股定理可得，

由余弦定理可得，

由于，所以，所以.

故选：B.

8．如图所示，在中，点是线段上靠近A的三等分点，点是线段的中点， 则（    ）

A．  B．

C．  D．

【答案】B

【分析】由向量线性运算的几何意义即可计算

【详解】.

故选：B

二、多选题

9．已知向量，，则下列结论正确的是（    ）

A．当时， B．当时，向量与向量的夹角为锐角

C．存在，使得 D．若，则

【答案】CD

【分析】根据向量模长坐标运算、向量共线和垂直的坐标表示依次判断各个选项即可.

【详解】对于A，当时，，，A错误；

对于BC，当时，，，此时且向量与向量的夹角为，B错误，C正确；

对于D，由得：，解得：，D正确.

故选：CD.

10．已知函数，则（    ）

A．它的最小值为 B．它的最大值为

C．它的图象关于直线对称 D．它的图象关于点对称

【答案】BC

【分析】利用二倍角和辅助角公式可化简得，根据正弦函数的最值可确定AB正误；利用代入检验法，结合正弦函数对称性可知CD正误.

【详解】；

对于A，当时，，A错误；

对于B，当时，，B正确；

对于C，当时，，关于直线对称，C正确；

对于D，，关于点对称，D错误.

故选：BC.

11．如图，在正方体中，点，分别为，的中点，下列说法中正确的是（    ）

A．平面 B．平面

C．与所成角为 D．

【答案】AD

【分析】利用中位线定理以及线面平行判定判断A；利用与不垂直判断B；利用平行线的传递性与异面直线所成角判断C；利用线面垂直的性质定理判断D.

【详解】对于A：如图，连接，，

在正方形中，为的中点，故也为的中点，

在中，分别为的中点，，

又平面，平面，平面，故A正确；

对于B：连接，如图，

，，

，与不垂直，即与不垂直，

则不垂直平面，故B错误；

对于C：，，与所成角为，故C错误；

对于D：平面，，，故D正确.

故选：AD.

12．已知中，其内角A，B，C的对边分别为下列命题正确的有（    ）

A．若，则 B．若，4，则外接圆半径为4

C．若，则为直角三角形 D．若，，，则

【答案】BD

【分析】代入特殊值，判断A；根据正弦定理，判断B；边角互化，转化为三角恒等变形，

即可判断C；根据三角形面积公式，即可判断D.

【详解】A.当，此时，故A错误；

B.由正弦定理可知，，B正确；

C.因为，所以，即，

整理可得，即，

因为为三角形的内角，所以，即为等腰三角形，C错误；

因为，，，所以，D正确.

故选：BD

三、填空题

13．设为实数，向量，，且，则的值为        ．

【答案】或/或

【分析】直接利用向量垂直的坐标运算求解即可．

【详解】，

由，得，

即，解得或．

故答案为：或．

14．在中，，，，则        ．

【答案】2

【分析】由余弦定理求解即可.

【详解】由余弦定理可得，，

即，解得.

故答案为：2.

15．若，，则         .

【答案】11

【分析】利用两角和（差）的余弦公式展开，求出、，再根据商数关系即可得解.

【详解】因为，所以，

因为，所以，

所以，，

所以.

故答案为：

16．若圆锥侧面展开图是圆心角为，半径为2的扇形，则这个圆锥表面积为        ．

【答案】

【分析】设圆锥底面半径为，扇形的弧长为，利用弧长公式、圆锥的侧面积公式计算可得答案.

【详解】设圆锥底面半径为，扇形的弧长为，

因为，所以，

所以，

.

故答案为：.

四、解答题

17．已知复数（i为虚数单位），求适合下列条件的实数的值；

(1)z为实数；

(2)z为虚数；

(3)z为纯虚数.

【答案】(1)或

(2)且

(3)

【分析】根据复数的特征，转化实部和虚部的取值，即可求解.

【详解】（1）当为实数时，，解得或；

（2）当为虚数时，，解得且；

（3）当为纯虚数时，，解得.

18．已知向量与的夹角，且，．

(1)求，；

(2)求；

(3)与的夹角的余弦值．

【答案】(1)，

(2)

(3)

【分析】（1）利用数量积公式和数量积运算律可得；

（2）利用向量的平方求向量的模；

（3）利用数量积公式求向量的夹角的余弦值.

【详解】（1）已知向量与的夹角，且，，

则，

所以.

（2）.

（3）与的夹角的余弦值为

19．已知且.

(1)求的值；

(2)求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由二倍角的正切公式求解即可；

（2）先求出的值，然后由两角和的正切公式求解即可.

【详解】（1）因为，所以．

（2）因为，

所以，所以，

所以，

因为，所以，所以．

20．《九章算术，商功》：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.”阳马是指底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥.如图，已知四棱锥为一个阳马，面，是上的一点.

(1)求证：；

(2)若，分别是，的中点，求证：平面

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）先利用线面垂直判定定理证得面，进而证得；

（2）利用线面平行判定定理即可证得平面

【详解】（1）面，面，则，

又，，面，

则面，又面，则

（2）取中点T，连接，

又，则，

又，则，

则四边形为平行四边形，则，

又平面，平面，则平面.

21．已知的内角，，的对边分别为，，，，，.

(1)求角；

(2)求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用余弦定理计算可得；

（2）利用正弦定理求出，再由两角和的正弦公式求出，最后由面积公式计算可得.

【详解】（1）因为，

所以由余弦定理可知，

又，所以；

（2）由正弦定理，可得，解得，

又，

所以，

所以.

22．如图，在五面体ABCDEF中，已知平面ABCD，，，，．

(1)求证：；

(2)求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证明平面，再利用线面平行的性质，证明；

（2）在平面内作于点，证明是三棱锥的高，即可求三棱锥的体积．

【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面，

又平面，平面平面，所以．

（2）如图，在平面内过点B作于点．

因为平面，平面，所以．

又，平面，，

所以平面，所以是三棱锥的高．

在直角三角形中，，，所以．

因为平面，平面，所以．

又由（1）知，，且，所以，所以，

所以三棱锥的体积．