江蘇省如東一中、徐州中學、宿遷一中2022-2023學年高一下學期5月聯考數學試題（解析版）

2022-2023學年高一階段性檢測（二）數學2023.5一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知復數（i是虛數單位），若復數z與在復平面上對應的點關于原點對稱，則復數z為（）.A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用復數運算法則化簡復數，得到其在復平面上的對應點為A，記復數z在復平面對應點為B，由于點A、B關于原點對稱，得B的坐標，即可求得復數z．解：則在復平面上的對應點為設在復平面上的對應點為，由于點A、B關于原點對稱即復數z為：.故選：A.2.已知m，n是兩條不同的直線，，，是三個不同的平面，則下列結論正確的是（）.A若，，則 B.若，，則C.若，，則 D.若，，，則【答案】D【解析】【分析】根據平面的基本性質判斷A、B、C，由線面垂直、面面平行的性質判斷D即可.A：，，則或，錯誤；B：，，則或，錯誤；C：，，則相交或平行，錯誤；D：，，則，又，故，正確.故選：D3.已知的外接圓圓心為，且，，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由題意可知是圓的直徑，為等邊三角形，然后由平面向量的數量積求解即可因為，所以點是的中點，即是圓的直徑，又因為，是圓的半徑，所以等邊三角形，所以，所以，故選：A4.在中，a、b、c分別為角A、B、C的對邊，若，則的形狀是（）A.等腰三角形 B.直角三角形C.鈍角三角形 D.等邊三角形【答案】A【解析】【分析】由正弦定理把已知的等式化邊為角，結合兩角和的正弦化簡，求出，進一步求得，即可得解．解：由，結合正弦定理可得：，

，可得：，

，則的形狀為等腰三角形．

故選：A5.已知水平放置的四邊形按斜二測畫法得到如圖所示的直觀圖，其中，，，，則原四邊形的面積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據斜二測法知，所以求出四邊形的面積，即可求出結果.根據直觀圖知，又因為，所以，故選：B.6.設為銳角，若，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據題設條件求得，利用，結合兩角差的正切函數，即可求解.因為，可得，由，所以，可得，所以故選：C.7.如圖，一個底面半徑為的圓錐，其內部有一個底面半徑為a的內接圓柱，且此內接圓柱的體積為，則該圓錐的體積為（）.A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】作出該幾何體的軸截面，求出內接圓柱的高，利用三角形相似求出圓錐的高，即可求的其體積.作出該幾何體的軸截面如圖示：AB為圓錐的高，設內接圓柱的高為h，而,因為內接圓柱的體積為，即，則，由于,故，則,即，故，所以圓錐體積為，故選：B8.已知平面向量滿足，且與的夾角為，則的最小值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知只要將用與表示，展開利用數量積和模的運算得到關于的二次函數，求最值．因為平面向量，滿足，且與的夾角為，則，所以的最小值是；故選：A.二、多選題：本題共4小題，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.下列等式正確的是（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】根據二倍角公式依次求解各選項即可得答案.解：對于A選項，，故錯誤；對于B選項，，故正確；對于C選項，，故正確；對于D選項，，故正確；故選：BCD10.設向量，滿足，且，則下列結論正確的是（）.A. B.C. D.【答案】CD【解析】【分析】根據平面向量數量積的運算性質可求得，從而求出的值，進而可求出向量，的夾角余弦值，再由數量積的運算性質判斷各選項式子的正誤.解：，；；；；又；．故選項A錯誤；，故選項B錯誤；，故選項C正確；，故選項D正確.故選：CD．11.下列四個命題中，不正確的是（）A.若復數z滿足，則B.若復數，滿足，則C.若復數（），則為純虛數的充要條件是D.若，則【答案】ACD【解析】【分析】利用特值法與復數的運算性質逐一判斷即可對于A：令，則，但，故A錯誤；對于B：若復數，滿足，令，則，，故B正確；對于C：若復數（），則為純虛數的充要條件是，故C錯誤；對于D：當，，時，，故D錯誤；故選：ACD12.已知正方體的棱長為，點是的中點，點是側面內的動點，且滿足，下列選項正確的是（）A.動點軌跡的長度是B.三角形在正方體內運動形成幾何體的體積是C.直線與所成的角為，則的最小值是D.存在某個位置，使得直線與平面所成的角為【答案】ABC【解析】【分析】建立坐標系，由可得出動點動點軌跡為線段，然后結合勾股定理，異面直線所成角，線面角，體積公式等逐一判斷即可以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，則，，，，即，取得中點，則動點軌跡為線段，對于A：動點軌跡為線段，且，故A正確；對于B：三角形在正方體內運動形成幾何體為三棱錐，且，故B正確；對于C：，直線與所成的角為，又，則的最小值是，故C正確；對于D：易知與重合時，直線與平面所成的角最大，且為，，，所以不存在某個位置，使得直線與平面所成的角為，故D錯誤；故選：ABC三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.一個正方體的頂點都在半徑為的球面上，則該正方體的體積為______．【答案】【解析】【分析】根據正方體外接球的半徑計算公式，可以推出正方體的邊長，進而求出正方體的體積設正方體的邊長為，則外接球的半徑，所以，所以正方體的體積故答案為：14.如圖，在四邊形中，E，F分別是和的中點，若，其中，則________.【答案】【解析】【分析】由、分別是、的中點，根據相反向量的定義，易得，，利用平面向量加法的三角形法則，我們易將向量分別表示為和的形式，兩式相加后，易得到結論．解：、分別是、的中點，，，又，①同理②由①②得，．整理得：．又故答案為：.15.已知平面向量滿足，，且，若向量，的夾角為60°，則的最大值是________【答案】【解析】【分析】由數量積公式得出，再由圓的性質得出點C在優(yōu)弧上運動，的最大值是的外接圓的直徑，由余弦定理以及正弦定理得出的最大值.設，，，由，，且，可得，，因為向量，的夾角為60°，即，所以點C在優(yōu)弧上運動，故的最大值是的外接圓的直徑，可算得，由正弦定理，直徑．故的最大值是故答案為：16.“牟和方蓋”是我國古代數學家劉徽在研究球的體積的過程中構造的一個和諧優(yōu)美的幾何體，它是由兩個相同的圓柱分別從縱橫兩個方向嵌入一個正方體時兩圓柱公共部分形成的幾何體如圖如圖所示的“四腳帳篷”類似于“牟和方蓋”的一部分，其中與為相互垂直且全等的半圓面，它們的圓心為，半徑為用平行于底面的平面去截“四腳帳篷”.當平面經過的中點時，截面圖形的面積為__________.【答案】##1.5【解析】【分析】根據對稱性，可得截面的形狀為正方形，利用勾股定理得正方形的邊長即可求.解：根據對稱性可得截面的形狀為正方形，對角線的一半等于，

所以邊長為，故其面積為

故答案為：四、解答題：本題共6小題，共72分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.已知復數z滿足，且z的虛部為1，z在復平面內所對應的點在第一象限.（1）求z；（2）若z，在復平面上對應點分別為A，B，O為坐標原點，求【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）設z代數形式，根據解得z；（2）先根據復數得向量的坐標，再根據向量夾角公式得結果.【小問1】設，因為，所以，得或，又z在復平面內所對應的點在第一象限，所以，

所以；【小問2】，所以，，，，，所以，，所以18.在條件：①，②③，．且，這三個條件中任選一個，補充在下面問題中：中，內角，，所對邊長分別是，，．若，，______．求的面積．（選擇多個條件時，按你第一個選擇結果給分）【答案】【解析】【分析】選擇條件①：利用正弦定理將已知等式中的邊化角，再結合三角形的內角和定理、兩角和的正弦公式、輔助角公式進行化簡運算，推出，然后由，得解；選擇條件②：結合已知條件和余弦定理，可得，再由，得解；選擇條件③：結合平面向量共線的條件和正弦定理，推出，再由，得解．解：選擇條件①：由正弦定理知，，，，，，化簡得，，，，即，，，即，，的面積．選擇條件②：，，由余弦定理知，，，，的面積．選擇條件③：，，且，，由正弦定理知，，，，，即，，，，的面積．19.已知四棱錐的底面是正方形，平面．（Ⅰ）設平面平面，求證：；（Ⅱ）求證：平面平面．【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）證明見解析.【解析】【分析】（Ⅰ）由得線面平行，再由線面平行的性質定理得線線平行；（Ⅱ）證明平面后可得面面垂直．證明：（Ⅰ）因為，平面，平面，所以平面，而平面平面，平面，所以．（Ⅱ）因為平面，平面，所以，因為四棱錐的底面是正方形，所以，而與相交，與都在平面內，所以平面，又平面，所以平面平面．20.如圖，某小區(qū)準備將閑置的一直角三角形地塊開發(fā)成公共綠地，圖中，，.設計時要求綠地部分（如圖中陰影部分所示）有公共綠地走道，且兩邊是兩個關于走道對稱的三角形（和）.現考慮綠地最大化原則，要求點與點，均不重合，落在邊上且不與端點，重合.（1）設，若，求此時公共綠地的面積；（2）為方便小區(qū)居民的行走，設計時要求，的長度最短，求此時綠地公共走道的長度.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根據大三角形直角邊的比例關系，可得三角形，結合，可求得各邊的長度以及三角形的面積（2）在中，由正弦定理求出的表達式，可化簡為關于的三角函數形式，根據角的范圍求出三角函數的最值，從而求出的最值（1）由題意得：與全等，在中，，又，，，又，，，，為等邊三角形，公共綠地面積（2）由圖得：且在中，由正弦定理得：，令又由得，，當即時取最大值，即最短，此時是等邊三角形，.21.如圖，長方體中，，P為棱中點，E棱中點．（1）求二面角平面角的大??；（2）線段上是否存在點，使得到平面的距離為？若存在，求出值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）存在，．【解析】【分析】（1）取中點，連結、，先證明為二面角的平面角，利用長度關系，可得；（2）利用等體積法，轉化到平面的距離為三棱錐的高，借助，即得解（1）取中點，連結、，在中，為中點，所以，又側面底面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因為，，，所以為正方形，所以，又，所以平面，則為二面角的平面角，在直角三角形POC中，，所以，所以二面角平面角的大小為；（2）假設線段上存在點，使得它到平面的距離為，設，則，在直角三角形POE中，，在直角三角形DOE中，，所以，由，即，解得，所以存在點滿足題意，此時．22.已知向量，，函數（1）求函數的解析式和單調遞增區(qū)間;（2）若，，分別為三個內角，，的對邊，，，，試判斷這個三角形解的個數，并說明理由;（3）若時，關于的方程恰有三個不同的實根，，，求實數的取值范圍及的值.【答案】（1），；（2）答案見解析（3）的取值范圍為，的值為.【解析】【分析】（1）利用向量的數量積運算求得解析式，再利用正弦函數性質求出單調區(qū)間.（2）利用正弦定理分段討論判斷三角形解的數量.（3）利用誘導公式及二倍角的余弦公式變形方程，再借助正弦函數的性質求解即得.【小問1】，令，解得，所以的單調遞增區(qū)