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）数学试题（原卷版 含解析）

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）数学试题（原卷版 含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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）数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
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
2．计算（    ）
A． B． C． D．
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
4．已知，若与的夹角为120°，则在上的投影向量为（    ）
A． B． C． D．
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．
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．
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．
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．

二、多选题
9．下列各式的值为的是（　　）
A． B．
C． D．
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
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．若在上有且仅有3个零点，则
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

三、填空题
13．设，则等于 ．
14．中，分别是的内角所对的边，若，则等于 .
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 .

四、双空题
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 ．
  

五、解答题
17．已知．
(1)若的终边位于第三象限角，求的值；
(2)求的值．
18．已知四棱锥的底面是正方形，平面．

（Ⅰ）设平面平面，求证：；
（Ⅱ）求证：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．
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．
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.
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．

参考答案：
1．A
【分析】结合复数运算法则求的代数形式，由此可求复数，再求其在复平面上的对应点的坐标及其象限.
【详解】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．C
【分析】根据两角差的正弦公式即可化简求值.
【详解】由两角差的正弦公式可得：
故选：C
3．D
【分析】根据空间中线、面的位置关系理解判断A、B、C，根据线面垂直的性质判断D．
【详解】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．C
【分析】根据投影向量的定义，结合数量积的运算即可求解.
【详解】，
在上的投影向量为，
故选：C
5．B
【分析】利用正弦定理求，结合的范围判断解的个数.
【详解】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．A
【分析】由三角函数图像左加右减的平移原则以及诱导公式即可求解.
【详解】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．D
【分析】先求上、下底面正三角形的边长，根据外接球的性质结合勾股定理求半径，即可得结果.
【详解】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．B
【分析】设出，，，从而得到，转化为点到和点三个点的距离之和，画出图形，求出点坐标为，得到答案.
【详解】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：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
9．AD
【分析】利用二倍角公式公式及特殊角的三角函数计算可得.
【详解】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．AC
【分析】求得函数最小值判断选项A；求得函数最大值判断选项B；判定出在上的单调性判断选项C；求得函数的奇偶性判断选项D.
【详解】
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．ABD
【分析】化简函数f(x)的表达式，根据正弦函数的性质与图像再逐一分析各个选项中的条件，计算判断作答.
【详解】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．BCD
【分析】选项A. 先证明存在点使得平面，从而可判断；选项B. 由为定值，根据可判断；选项C. 先作出截面，然后将侧面展开，使得面与面在同一平面内，从而可判断；选项D. 在梯形中，两腰延长必相交，设交点为,连接，从而可得，从而可判断.
【详解】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

13．
【分析】利用复数除法运算求出复数，再利用共轭复数与模的意义计算作答.
【详解】依题意，，，
所以.
故答案为：
14．
【分析】由正弦定理可得，代入即可得出答案.
【详解】由正弦定理可得：
则
所以
故答案为：
15．
【分析】首先设圆锥的底面半径为，母线为，高为，根据题意得到，，，再求三棱锥的体积即可.
【详解】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． 平方米
【分析】根据几何性质，整理面积的函数解析式，利用换元的思想，根据三角函数的恒等变换，结合二次函数的性质，可得答案.
【详解】由题意可知，，，



，
令，由，则，，
，
易知当时，，.
故答案为：；平方米.
17．(1)
(2)

【分析】（1）先利用两角差的正切公式计算的值，再利用同角三角函数关系求得的值，最后求出的值；
（2）利用二倍角的余弦、正弦公式，整理所求式子，并利用同角三角函数的商数关系化为用的表达形式，代入（1）中所求得的的值计算.
【详解】（1），
∴，∴，∴，
又∵的终边位于第三象限角，∴，∴，
∴；
（2）
.
18．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）由得线面平行，再由线面平行的性质定理得线线平行；
（Ⅱ）证明平面后可得面面垂直．
【详解】证明：（Ⅰ）因为，平面，平面，所以平面，
而平面平面，平面，所以．
（Ⅱ）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．(1)
(2)

【分析】（1）利用平面向量数量积的几何意义求出的值，由可得出，结合平面向量数量积的运算性质可求出的值；
（2）求出、的表达式，由已知可得，利用共线向量的基本定理可求得实数的值.
【详解】（1）解：在方向上的投影数量为，
得．
因为，则，
因为，所以
，解得.
（2）解：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．(1)
(2)

【分析】（1）根据题意得到和，再根据选择的条件得到第三个方程，分析方程组即可求解；
（2）先求出所在的范围，正弦函数的性质得到，解得即可.
【详解】（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．(1)
(2)

【分析】（1）先化简题给条件，再利用正弦定理即可求得的值；
（2）先化简题给条件求得，代入题干条件进而求得，从而得到的最小值，再结合条件求出实数的取值范围.
【详解】（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．(1)
(2)此三棱柱不是“黄金棱柱”，理由见解析.

【分析】（1）首先根据平面，再根据求解即可.
（2）延长交的延长线于点，连接，根据题意得到为平面与平面所成二面角的平面角，且，即可得到答案.
【详解】（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）延长交的延长线于点，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”.