2022-2023学年四川省成都列五中学高一下学期阶段性考试（三）数学试题含答案

2022-2023学年四川省成都列五中学高一下学期阶段性考试（三）数学试题

一、单选题

1．若复数满足，则在复平面内所对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】由复数乘法法则把复数化为代数形式后可得对应点的坐标，得出结论．

【详解】，对应点坐标为，在第一象限．

故选：A．

2．函数的最小正周期为

A． B． C．2 D．4

【答案】C

【详解】分析：根据正切函数的周期求解即可．

详解：由题意得函数的最小正周期为．

故选C．

点睛：本题考查函数的最小正周期，解答此类问题时根据公式求解即可．

3．中，是边上靠近的三等分点，则向量（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用向量的三角形法则以及线性运算法则进行运算，即可得出结论.

【详解】解：因为点是边上靠近的三等分点，所以，

所以；

故选：C.

4．设为两条直线，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（    ）

A．若，，则 B．若，，，则

C．若，，，则 D．若，则

【答案】D

【分析】ABC可举出反例，D可利用线面平行的判定定理证得.

【详解】A选项，如图1，满足，，但不平行，A错误；

B错误，如图2，满足，，，但不平行，B错误；

C选项，如图3，满足，，，但不平行，C错误；

D选项，若，由线面平行的判断定理可得，D正确.

故选：D

5．已知正方体的棱长为，则该正方体外接球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用正方体外接球的直径是正方体的体对角线的长的倍求解.

【详解】解：因为正方体的棱长为，

所以该正方体外接球的直径为，

解得，

所以该正方体外接球的体积为，

故选：C

6．设，，，则a，b，c的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】运用和角、差角公式（辅助角公式）、二倍角公式、诱导公式及三角函数的单调性可比较大小.

【详解】因为，

，

，

因为，

所以．

故选：B.

7．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则（    ）

A． B．3 C． D．2

【答案】A

【分析】先借助正弦定理求出，再借助余弦定理求出b即可.

【详解】由正弦定理得，得.由余弦定理，得

，即.

故选：A.

8．如图，某城市有一条公路从正西方沿通过市中心后转到北偏东的上，为了缓解城市交通压力，现准备修建一条绕城高速公路，并在、上分别设置两个出口、．若要求市中心与的距离为千米，则线段最短为（    ）

A．千米 B．千米 C．千米 D．千米

【答案】D

【分析】过点作，垂足为点，设，，且，，计算得出，利用两角差的正切公式以及基本不等式可求得的最小值.

【详解】过点作，垂足为点，设，，且，，

由题意可得，，

所以，

，

因为，

令，则

，

当且仅当时，等号成立，

故（千米）.

故选：D.

二、多选题

9．下面是关于复数（为虚数单位）的命题，其中真命题为（    ）

A． B．

C．的共轭复数为 D．的虚部为

【答案】ABD

【分析】根据复数的运算法则，化简复数为，结合复数的基本概念，逐项判定，即可求解.

【详解】由复数，

则，所以A正确；

因为，所以B正确；

根据共轭复数的概念，可得复数的共轭复数为，所以C不正确；

根据复数的基本概念可得，复数的虚部为，所以D正确.

故选：ABD.

10．给出下列命题，其中正确的选项有（    ）

A．已知，，则

B．若非零向量满足，则

C．若G是的重心，则点G满足条件

D．若是等边三角形，则

【答案】BC

【分析】由平面向量的坐标运算，结合平面向量夹角的运算以及平面向量的模的运算逐一判断即可求解.

【详解】对于选项A，已知，，则，故选项A错误；

对于选项B，已知非零向量满足，

则，所以，则，故选项B正确；

对于选项C，已知G是的重心，设为的中点，

则，则，故选项C正确；

对于选项D，已知是等边三角形，则，故选项D错误.

故选项：BC.

11．已知函数（，）的相邻两条对称轴之间的距离为，将的图象向右平移个单位得到函数的图象，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．函数的图象关于点对称

C．是函数的一条对称轴

D．函数在上单调递增

【答案】BCD

【分析】根据函数的性质得，再根据图象的伸缩变换先求解出的解析式，然后再逐项分析的对称中心、对称轴、单调性.

【详解】解：因为函数（，）的相邻两条对称轴之间的距离为

所以函数的最小正周期为，

所以，即，

所以根据条件可知：，故A选项错误；

对于B，因为，所以是的一个对称中心，故正确；

对于C，因为，所以是的一条对称轴，故正确；

D．当，，因为在时单调递增，所以在上单调递增，故正确.

故选：BCD.

12．如图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（    ）

A．点在平面外

B．直线在平面外

C．存在点，使、、、四点共面

D．三棱锥的体积为定值

【答案】BCD

【分析】证明出可判断A选项；利用反证法可判断B选项；证明、、、四点共面，可判断C选项；利用锥体的体积公式可判断D选项.

【详解】对于A选项，取的中点，连接、、、，

在正方体中，，，、分别为、的中点，

所以，且，所以，四边形为平行四边形，

所以，且，

同理可证四边形为平行四边形，则且，

因为且，所以，且，

所以，四边形为平行四边形，

所以，且，故且，

所以，四边形为平行四边形，即平面，A错；

对于B选项，假设平面，则平面，实际上平面，假设不成立，

故直线在平面外，B对；

对于C选项，连接、、、，

因为且，所以，四边形为平行四边形，则，

因为、分别为、的中点，则，所以，，

所以，、、、四点共面，故当点与重合时，、、、四点共面，C对；

对于D选项，因为，平面，平面，平面，

，故点到平面的距离为定值，

又因为的面积也为定值，故为定值，D对.

故选：BCD.

三、填空题

13．如图，是在斜二测画法下的直观图，其中，且，则的面积为           .

【答案】

【分析】根据直观图与原图形面积之间的关系即可求解.

【详解】解：，且，

故，

∴.

故 答 案 为：.

14．已知平面向量的夹角为，则       

【答案】

【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律计算作答.

【详解】因为向量的夹角为，则，

所以.

故答案为：

15．已知圆锥的底面半径为2，高为，则该圆锥的内切球表面积为         .

【答案】

【分析】作出内切球的轴截面，再根据几何关系求解即可.

【详解】如图，作出该圆锥与其内切球的轴截面图形，

设该内切球的球心为，内切球的半径为，为切点，

所以，，

由已知得，，

所以，在中，，即，解得，

所以，该圆锥的内切球表面积为

故答案为：.

16．在中，内角、、的对边分别为、、，，，且，则的最大值为           .

【答案】

【分析】利用余弦定理与平面向量的模长公式可得出，，利用基本不等式可得出关于的不等式，即可解得的最大值.

【详解】由余弦定理得①，

因为，即，所以，，

所以，，②

①②可得，②①可得，

由基本不等式可得，可得，解得，

当且仅当时，等号成立.

故的最大值为.

故答案为：.

四、解答题

17．已知平面向量，，

(1)若向量与向量共线，求实数的值,此时向量与向量是同向，还是反向？

(2)若，且，求向量在向量上的投影向量（用坐标表示）.

【答案】(1)，反向

(2)

【分析】（1）根据向量共线的坐标表示求解即可；

（2）设，进而根据坐标关系求得，再根据投影向量的公式求解即可.

【详解】（1）解：∵，

∴，，

∵向量与向量共线，∴，解得，，

∴，向量与向量是反向.

（2）解：设，因为，所以，

又，

所以，解得，，

所以；

所以，向量在向量上的投影向量为

18．在长方体中，下底面的面积为16，.

(1)若点O1为上底面一动点，求三棱锥的体积.

(2)求长方体的表面积的最小值.

【答案】(1)

(2)96

【分析】（1）根据等体积法求解即可；

（2）设，，进而根据表面积公式，并结合基本不等式求解即可；

【详解】（1）解:由题意可知，，

根据等体积公式可知，.-

（2）解：设，，由题意可知，，

则长方体的表面积，

当时，等号成立，所以长方体表面积的最小值为96.

19．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)求角A的大小；

(2)若，且，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理即可求解；

（2）利用余弦定理和三角形面积公式即可求解.

【详解】（1）由得，

利用正弦定理可得，化为，

所以由余弦定理得，，.

（2）由余弦定理可得，

所以，

所以.

20．如图，已知点是正方形所在平面外一点，，分别是，的中点.

(1)求证：平面；

(2)若中点为，求证：平面平面.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）取的中点，连接，，根据题意得到四边形为平行四边形，进而得到，然后利用线面平行的判定即可证明；

（2）根据题意，利用中位线定理得到，利用线面平行的判定得到平面，再利用面面平行进行证明.

【详解】（1）取的中点，连接，，

因为是的中点，所以且，

又是的中点，是正方形，所以且，

所以且，

所以四边形为平行四边形，所以，

又平面，平面，所以平面.

（2）因为为的中点，是的中点，

所以，又平面，平面，所以平面，

又平面，，平面，

所以平面平面.

21．已知，函数.

(1)求的周期和单调递减区间；

(2)设锐角的三个角所对的边分别为a，b，c，若，且，求周长的取值范围.

【答案】(1)最小正周期为，

(2)

【分析】(1)将利用平面向量数量积的坐标运算和三角恒等变换化简后可得；然后利用正弦函数的周期公式和单调性即可求出单调递减区间；

（2）利用正弦定理表示出，利用三角恒等变换将化简，再根据角度范围求出结果.

【详解】（1）

，

则，

函数的最小正周期为.

的单调递减区间需要满足：

，即，

所以的单调递减区间为.

（2）因为，所以，

因为，所以，因为，

则由正弦定理可得，

所以

，

因为，所以，

所以，

所以，则，

所以的取值范围为.

所以周长的取值范围是

22．已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数.

(1)设函数，试求的伴随向量；

(2)记向量的伴随函数为，求当且时，的值；

(3)已知将（2）中的函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的倍，再把整个图象向右平移个单位长度得到的图象，若存在，使成立，求a的取值范围.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）利用三角函数恒等变换公式对函数化简变形，然后由函数的伴随向量的定义可求得结果，

（2）由定义求出，由得，再由同角三角函数的关系可求得，然后由化简可得答案，

（3）先利用三角函数图象变换规律求出，由可求得，令，则可化为，然后利用二次函数的性质讨论可求得结果.

【详解】（1）

，

所以.

（2）依题意，

由得，

，所以，

所以.

（3）将图象上各点的横坐标缩短到原来的倍，得，

再把整个图象向右平移个单位长度，得，

所以，

若，则，所以

令，则可化为，

即，

因为函数是开口向上，对称轴为的二次函数，

所以时，函数单调递减；时，函数单调递增，

所以，

又当时，；当时，，

所以；

因为存在，使成立，

所以存在使成立，

因此只需.  -

【点睛】关键点点睛：此题考查三角函数的综合问题，考查三角函数图象变换规律，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是对三角函数恒等变换公式的正确应用，考查计算能力和转化能力，属于较难题.