江西省九江市2022-2023学年高一下学期第二次阶段性模拟期末数学试卷（解析版）

这是一份江西省九江市2022-2023学年高一下学期第二次阶段性模拟期末数学试卷（解析版），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。
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意．）
1. 已知，其中为的共轭复数，则复数在复平面上对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】因为，所以，
所以，所以复数在复平面上的对应点的坐标为，
该点位于第一象限.
故选：A.
2. 计算（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由两角差的正弦公式可得：
.
故选：C.
3. 在空间中，下列说法正确的是（ ）
A. 垂直于同一直线的两条直线平行B. 垂直于同一直线的两条直线垂直
C. 平行于同一平面的两条直线平行D. 垂直于同一平面的两条直线平行
【答案】D
【解析】垂直于同一直线的两条直线的位置关系有：平行、相交和异面，A、B不正确；
平行于同一平面的两条直线的位置关系有：平行、相交和异面，C不正确；
根据线面垂直的性质可知：D正确.
故选：D．
4. 已知，若与的夹角为120°，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，
在上的投影向量为.
故选：C.
5. 在中，分别根据下列条件解三角形，其中有唯一解的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】A：由，则，而，无解；
B：由，则，而，有唯一解；
C：由，则，而，有两解；
D：由，则，而，有两解.
故选：B.
6. 将函数的图象沿轴向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据题意分析得：，
所以，
又函数与函数为同一函数，
，，得.
故选：A.
7. 已知正三棱台的上、下底面面积分别为，若，则该正三棱台的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】若正三角形的边长为，则其面积为，
由题意可得：，
取的外接圆的圆心为，正三棱台的外接球的球心，
连接，过作底面的投影，
可得，则，
由，可得，
设外接球的半径为，则，
可得，解得，
所以该正三棱台的外接球的表面积.
故选：D.
8. 17世纪法国数学家费马曾提出这样一个问题：怎样在一个三角形中求一点，使它到每个顶点的距离之和最小？现已证明：在中，若三个内角均小于，当点满足时，则点到三角形三个顶点的距离之和最小，点被人们称为费马点.根据以上性质，已知为平面内任意一个向量，和是平面内两个互相垂直的向量，，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设，，，
则，
即为点到和点三个点的距离之和，
则△ABC为等腰三角形，
如图，
由费马点的性质可得：点P在三角形内部且在y轴上，要保证∠APB=120°，
则∠APO=60°，因为OA=1，则，所以点坐标为时，距离之和最小，
最小距离之和为.
故选：B.
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题意．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）
9. 下列各式的值为的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】对于A：
，故A正确；
对于B：，故B错误；
对于C：因为，所以，
解得或（舍去），
所以，故C错误；
对于D：，故D正确.
故选：AD.
10. 若函数，则该函数（ ）
A. 最小值为B. 最大值为C. 在上是减函数D. 奇函数
【答案】AC
【解析】，
选项A：当时，函数取得最小值，判断正确；
选项B：当时，函数取得最大值，判断错误；
选项C：在上单调递减，在上单调递减，
则函数在上是减函数，判断正确；
选项D：由，
可得函数为偶函数，判断错误.
故选：AC.
11. 已知函数，下列说法中正确的有（ ）
A. 若，则在上是单调增函数
B. 若，则正整数的最小值为2
C. 若，把函数的图像向右平移个单位长度得到的图像，则为奇函数
D. 若上有且仅有3个零点，则
【答案】ABD
【解析】依题意，，
对于A，，，
当时，有，则在上单调递增，
所以在上单调递增，故A正确；
对于B，因，则是函数图像的一条对称轴，
，整理得，
而，即有，，故B正确；
对于C，，，
依题意，函数，
这个函数不是奇函数，其图像关于原点不对称，故C不正确；
对于D，当时，，
依题意，，解得，故D正确.
故选：ABD.
12. 如图，在长方体中，，点是棱上的一个动点，给出下列命题，其中真命题的是（ ）
A. 不存在点，使得
B. 三棱锥的体积恒为定值
C. 存在唯一的点，过三点作长方体的截面，使得截面的周长有最小值
D. 为棱上一点，若点满足，且平面，则为的中点
【答案】BCD
【解析】选项A：在底面矩形中，连接交于点 ，由，
则，
所以，所以，为等边三角形，
取的中点，连接并延长交于点，则，
又在长方体中，平面，且平面，则，
又，所以平面，又平面，
所以，所以存在点，使得，故选项A不正确；
选项B：，
在长方体中，平面，
所以，
所以三棱锥的体积恒为定值，故选项B正确；
选项C：在上取点，使得，连接，
则四边形为平行四边形，所以过三点作长方体的截面为面，
将侧面展开，使得面与面在同一平面内，
连接，交于点，此时最小，即截面的周长最小，
所以存在唯一的点，使得截面的周长有最小值，故选项C正确；
选项D：在梯形中，两腰延长必相交，设交点为，连接 ，
由，，即，
所以，即，则，
平面，面平面，
由平面，则，
又，所以为平行四边形，则，则，
所以为的中点，故选项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．把答案填在答题卡中相应的横线上．）
13. 设，则等于__________．
【答案】
【解析】依题意，，，
所以.
故答案为：.
14. 中，分别是的内角所对的边，若，则等于___________.
【答案】
【解析】由正弦定理可得：，
则，所以.
故答案为：.
15. 已知圆锥的侧面展开图是圆心角为且半径为2的扇形，则这个圆锥的体积是___________.
【答案】
【解析】设圆锥的底面半径为，母线为，高为，
由题知：，所以，解得，
所以，
则三棱锥的体积.
故答案为：.
16. 如图所示，是一块边长为7米的正方形铁皮，其中是一半径为6米的扇形，已经被腐蚀不能使用，其余部分完好可利用．工人师傅想在未被腐蚀部分截下一个有边落在与上的长方形铁皮，其中是弧上一点．设，长方形的面积为平方米．则当_________时，取最大值_________．
【答案】 平方米
【解析】由题意可知，，，
，
令，由，则，，
，
易知当时，，.
故答案为： 平方米.
四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 已知．
（1）若的终边位于第三象限角，求的值；
（2）求的值．
解：（1），
∴，∴，∴，
又∵的终边位于第三象限角，∴，∴，
∴.
（2）
.
18. 已知四棱锥的底面是正方形，平面．
（1）设平面平面，求证：；
（2）求证：平面平面．
解：证明：（1）因为，平面，平面，
所以平面，
而平面平面，平面，所以．
（2）因为平面，平面，所以，
因为四棱锥的底面是正方形，所以，
而与相交，与都在平面内，所以平面，
又平面，所以平面平面．
19. 已知、的夹角为锐角，，，且在方向上的投影数量为．
（1）若，求的值；
（2）若，，，若、、三点共线，求的值．
解：（1）在方向上的投影数量为，
得，
因为，则，
因为，所以
，解得.
（2）由题意得，
，
因为、、三点共线，则，则，使得，
即，
又因为、不共线，则，解得.
20. 已知函数，是函数的对称轴，且在区间上单调．
（1）从条件①、条件②、条件③中选一个作为已知，使得的解析式存在，并求出其解析式；
条件①：函数的图象经过点；条件②：是的对称中心；
条件③：是的对称中心．
（2）根据（1）中确定，若的值域为，求的取值范围．
解：（1）因为在区间上单调，所以，
因为，且，解得；
又因为是函数的对称轴，所以；
若选条件①：因为函数的图象经过点，所以，
因为，所以，所以，，即，
当时，，满足题意，故.
若选条件②：因为是的对称中心，所以，
所以，，此方程无解，
故条件②无法解出满足题意得函数解析式.
若条件③：因为是的对称中心，所以，
所以，，解得，所以.
（2）由（1）知，
因为，所以，
又在上的值域为，
所以，解得，即.
21. 已知在中，角所对的边分别为，且.
（1）求的值；
（2）若，且，求实数的取值范围.
解：（1）依题意，，
因为，所以，
由正弦定理，得，
故上式可化为，
因为，所以，
由正弦定理，得.
（2）因为，
由正弦定理，，
因为，故，
则，故，
因为，故，又，故，
代入中，得，即.
由余弦定理，，故，
则，当且仅当时等号成立，
故，又，所以实数的取值范围为.
22. 已知在正三棱柱中，，E是棱的中点．
（1）设，求三棱锥的体积；
（2）若把平面与平面所成的锐二面角为60°时的正三棱柱称为“黄金棱柱”，请判断此三棱柱是否为“黄金棱柱”，并说明理由．
解：（1）取的中点，连接，如图所示：
因为，为中点，所以，
又因为平面，平面，所以，
又因为，所以平面，
又因为，平面，平面，所以平面，
，，
所以.
（2）延长交延长线于点，连接，如图所示：
因为，是棱的中点，所以是的中点，
所以，即，
因为平面，平面，所以，
又因为，，，
所以平面，
又平面，所以，
所以为平面与平面所成二面角的平面角，
因为正三棱柱中，，
所以，
即此三棱柱不是“黄金棱柱”.