2022-2023学年湖南省永州市宁远县第二中学高一下学期5月质量检测数学试题含答案

这是一份2022-2023学年湖南省永州市宁远县第二中学高一下学期5月质量检测数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖南省永州市宁远县第二中学高一下学期5月质量检测数学试题 一、单选题1．将向量绕坐标原点O顺时针旋转得到，则（    ）A．0 B． C．2 D．【答案】D【分析】由向量的几何意义得到，再用向量的数量积公式即可求解.【详解】根据题意可知．故选：D2．如图，在复平面内，复数，对应的向量分别是，，则对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】C【分析】由复数的几何意义与复数的运算法则求解即可【详解】由复数的几何意义知：，则，对应的点的坐标为，位于第三象限，故选：C.3．已知的外接圆半径为1，，则（    ）A． B．1 C． D．【答案】D【分析】利用正弦定理化边为角，再利用两角和的正弦公式结合三角形内角和定理即可得解.【详解】由正弦定理可得，所以，则.故选：D.4．已知直线平面，则“直线”是“”的（    ）A．充分但不必要条件 B．必要但不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】B【分析】结合空间线面位置关系，根据充分必要条件的定义可判断．【详解】若直线平面， ，则直线平面或；若直线平面，直线，则，所以“”是“”的必要不充分条件．故选：B．5．设，为单位向量，在方向上的投影向量为，则（    ）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】首先根据投影向量公式求的值，再代入向量模的公式求解.【详解】，在方向上的投影向量为，所以，所以.故选：D6．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．在鳖臑中平面BCD，，且，则鳖臑外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】如图，取的中点为，连接，可证为三棱锥外接球的球心，故可求外接球的表面积.【详解】如图，取的中点为，连接，因为平面BCD，平面，故，同理.因为的中点为，故.而，平面，故平面，而平面，故，故，所以为三棱锥外接球的球心，又，故，所以，故三棱锥外接球半径为，故其外接球的表面积为.故选：C.7．如图所示，正八面体的棱长为2，则此正八面体的表面积与体积之比为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】作出图形，根据正八面体的性质求出相关的长度，分别代入表面积和体积计算公式即可求解.【详解】如图，由边长为2，可得的高，，则其表面积为.体积为.此正八面体的表面积与体积之比为.故选：D.8．在△ABC中，M为边BC上一点，，△ABC的面积为4，则∠BAC的余弦值是（　　）  A． B． C． D．【答案】A【分析】由三角形面积公式列方程求得，进而可得，，再求出△ABC各边长，应用余弦定理求∠BAC的余弦值.【详解】由题设，所以，故，又，故，，故，在为等腰三角形，且，则，由余弦定理知：，综上，.故选：A 二、多选题9．已知向量，，则下列说法正确的是（    ）A．若，则 B．若，则C．的最大值为2 D．的取值范围是【答案】ACD【分析】根据数量积的坐标表示判断A，根据向量平行的坐标表示得到，求出，即可判断B，根据数量积的坐标表示及三角函数的性质判断C、D.【详解】对于A：当时，，此时，故，即A正确；对于B：若，则，所以，所以，，故B错误；对于C：，故C正确；对于D：因为，，所以，，所以，因为，所以，所以，故D正确；故选：ACD10．在正方体中，，分别是，的中点，则下列说法正确的是（    ）A．平面 B．平面C．平面 D．【答案】ACD【分析】对于选项A，利用是平行四边形两对角线的交点，从而判断出结果的正误；对于选项B，先假设结论成立，从而得出，再利用条件得出矛盾，从而判断出结果的正误；对于选项C，利用线面平行的判断定理，通过条件易得，从而得出结果的正误；对于选项D，由条件易知，再利用，从而得出结果的正误.【详解】选项A，如图连接，，，则四边形为平行四边形，因为为的中点，所以点是的中点，所以，又平面，故平面，故A正确；选项B，若平面，DD1在面BDD1B1内，则，因为，所以，显然矛盾，所以与平面不垂直，故B错误；选项C，连接，在中，因为，分别是，的中点，所以为中位线，所以，又平面，平面，故平面，故C正确；选项D，由题意知平面，因为平面，所以，又，所以，故D正确.故选：ACD.11．甘肃省庆阳市南佐遗址是国家重点文物保护单位，年代距今5200年至4600年.它是仰韶文化的大型聚落遗址，为黄河流域文明起源和发展提供了重要的实物资料，经国家文物局批准，2021年、2022年进行了第三阶段的考古发掘工作.如图，为该次出土的一块三角形瓷器碎片，其一部分破损，为了复原该三角形陶片，现测得如下数据：BC=7cm，AB=5cm，A= ，则：（      ）A．陶片破损的边AC长为8cm B．陶片面积为cm2C．陶片外接圆面积cm2 D．陶片的形状为直角三角形【答案】ABC【分析】利用已知条件，通过正弦定理，余弦定理可分别求出的值，从而可对各选项逐项分析判断即可得出答案.【详解】由题意可得，BC=7cm，AB=5cm，A= ，在三角形中，,由正弦定理可得，，即，又为锐角，，，，由正弦定理可得，,即;故A正确； ，陶片外接圆面积为,故C正确；陶片面积为，故B正确；，陶片的形状不是直角三角形，故D错误；故选：ABC.12．如图，在四棱锥中，PD⊥底面，且底面为正方形.，E，G，M，N分别是PA，PB，AB，CD的中点，过点E作EF⊥PB，垂足为F，则（　　）A． B．GN∥平面PADC．PB⊥平面DEF D．平面GMN∥平面DEF【答案】ABC【分析】对于A，由线面垂直的判定定理可证得平面，进而得到，又∥，可得结论，对于B，连接，可证得∥，再利用线面平行的判定定理可证得结论，对于C，先证平面，得到，进而可得平面，所以，再结合即可得结论，对于D，由平面∥平面可证得平面与平面不可能平行.【详解】对于A，因为PD⊥底面，平面，所以，因为四边形为正方形，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为分别为的中点，所以∥，所以，所以A正确，对于B，连接，因为分别为的中点，所以∥，，因为分别为的中点，∥，，所以∥，，所以∥，，所以四边形为平行四边形，所以∥，因为平面，平面，所以∥平面，所以B正确，  对于C，因为，为的中点，所以，因为PD⊥底面，平面，所以，因为四边形为正方形，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，平面，所以平面，所以C正确，对于D，因为分别为的中点，所以∥，因为平面，平面，所以∥平面，由选项B可知∥平面，因为，平面，所以平面∥平面，因为平面平面，所以平面与平面不可能平行，所以D错误，故选：ABC 三、填空题13．若复数（为虚数单位），则           .【答案】【分析】根据复数的除法化简复数，再结合复数的运算得的值.【详解】，所以.故答案为：.14．如图，在正方体中，是的中点，平面将正方体分成体积分别为，（） 的两部分，则           【答案】【分析】利用线面平行的性质，得出线线平行，从而求作出平面与平面的交线，进而得出平面分正方体为两部分，再利用棱台的体积公式即可求出结果.【详解】取的中点，连，因为平面，故平行于平面与面的交线，又分别为的中点，易知，即平面平面，故平面分正方体为两部分，设正方体的边长为2，则正方体的体积为8，，故,故答案为：.15．菱形的边长为，，若为菱形内任意一点（含边界），则的最大值为      ．【答案】/【分析】设，根据数量积的运算律得到，即可得解.【详解】设，则，所以当，时，取得最大值．故答案为：．16．如图，线段AB的长为8，点C在线段AB上，．点P为线段CB上任意一点，点A绕着点C顺时针旋转，点B绕着点P逆时针旋转．若它们恰重合于点D，则的面积的最大值为          ．【答案】【分析】由已知可推得，根据余弦定理表示出，进而得出.表示出，根据基本不等式，即可求出，从而得出答案.【详解】由题意可知，，即.在中，有，，所以.由余弦定理可得，，所以，所以有，当且仅当时，等号成立.所以，，所以，，即的面积的最大值为.故答案为：. 四、解答题17．油纸伞是世界上最早的雨伞，是中国古人智慧的结晶.它以手工削制的竹条做伞架，以涂刷天然防水桐油的皮棉纸做伞面.伞面可近似看成圆锥形.若某种油纸伞的伞面下边沿所在圆的半径为，顶点到下边沿上任一点的长度为.(1)若将该伞的伞面沿一条母线剪开，展开后所得扇形的圆心角为多少弧度？(2)若伞面的内外表面需要各刷1次桐油，每平方米需要刷桐油，则刷一个这样的油纸伞需要多少千克桐油？（参考数据：）【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出扇形的弧长，再根据弧长公式即可得解；（2）求出圆锥的侧面积，进而可求出答案.【详解】（1）由题可知圆锥的底面周长为，所以展开后所得扇形的圆心角为；（2）由题可知圆锥的侧面积，所以刷一个这样的油纸伞需要桐油.18．已知，，．(1)若，夹角为，求；(2)设，若，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据数量积的定义求出，再根据及数量积的运算律计算可得；（2）依题意可得，，将两式两边平方再相加即可得解.【详解】（1）因为，，所以，，又，夹角为，所以，所以.（2）因为，且，所以，所以，，所以，，所以，即，即，所以.19．《九章算术·商功》记载：斜解立方，得两堑堵：斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.如图，在鳖臑中，，且平面平面．求证：  (1)平面；(2).【答案】(1)证明见详解(2)证明见详解 【分析】（1）先根据面面垂直性质定理证明平面，然后利用线面垂直性质和线面垂直的判定定理可证；（2）利用（1）中结论，先由面面垂直性质定理证明平面平面，然后结合面面垂直性质定理可得平面，然后可证.【详解】（1）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，因为平面，所以，又(即)，，平面，所以平面.    （2）由（1）知，平面，平面，所以平面平面，又平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以.20．如图所示，D为外一点，且，，    (1)求sin∠ACD的值；(2)求BD的长.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用余弦定理求出边的长，用勾股定理得出边的长，即可求出sin∠ACD的值；（2）由正弦定理求出与的关系，由余弦定理即可求出BD的长.【详解】（1）由题意， 在中，，，，由余弦定理得，，..在中，，，，.（2）由题意及（1）得，在中，由正弦定理得，.∴，且.又，∴，∴.在中，，，由余弦定理得，，∴，∴.21．如图，四棱锥的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为.  (1)证明：l⊥平面PDC；(2)Q为l上的一点，当时求三棱锥的体积；【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由线面平行的判定定理可得面，再由线面平行的性质得，根据线面垂直的性质有，结合、线面垂直的判定有面，即可证结论；（2）由（1）及线面平行的判定得底面ABCD，进而确定点到面的距离，应用棱锥体积公式求体积即可.【详解】（1）由底面是正方形，则，面，面，所以面，而面，且平面PAD与平面PBC的交线为，所以，PD⊥底面ABCD，底面ABCD，则，又，，面，故面，所以l⊥平面PDC，得证.（2）由（1）知：，底面ABCD，底面ABCD，则底面ABCD，Q为l上的一点，又在面、面，平面PAD与平面PBC的交线为，所以，又PD⊥底面ABCD，则上任意点到面ABCD的距离为，而，所以.22．在中，内角的对边分别为，且满足.(1)求的大小；(2)若的面积为，且，求的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理、同角三角函数的商数关系和两角和正弦公式化简已知式，即可得出答案；（2）由三角函数的面积关系可得，由，得，再由余弦定理结合均值不等式即可得出答案.【详解】（1）因为，利用正弦定理得：，由于，所以，即，即，由，故且，故.（2）由于的面积为，所以，解得：，由，得，在中，由余弦定理得：，故，当且仅当即，的最小值为.