2022-2023学年湖北省黄冈市黄州中学（黄冈外校）高一下学期第七次阶段性测试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年湖北省黄冈市黄州中学（黄冈外校）高一下学期第七次阶段性测试数学试题含答案，共20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学年湖北省黄冈市黄州中学（黄冈外校）高一下学期第七次阶段性测试数学试题 一、单选题1．已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算，求出的坐标得答案．【详解】由，得，，复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限．故选：D．2．下列命题正确的为（    ）A．两条直线确定一个平面B．一条直线和一个点确定一个平面C．若直线在平面外，则这条直线与这个平面没有公共点D．若两条直线没有公共点，则这两条直线为平行直线或异面直线【答案】D【分析】根据空间中几个基本事实（公理及其推论）判断即可.【详解】选项A：两条直线的关系可以分为相交、平行、异面，两条异面直线不能确定一个平面，A错误.选项B：当点在直线上时，则不能确定一个平面，B错误.选项C：直线和平面的关系分为线在面内、线面平行、线面相交，当线面相交时，有一个公共点，C错误.选项D：两条直线的关系可以分为相交、平行、异面，若两条直线没有公共点，则这两条直线是平行直线或异面直线，D正确.故选：D.3．将一个无盖正方体盒子的表面展开后如图所示，则AB，CD在原正方体中的位置关系是（    ）A．平行 B．垂直C．异面且所成的角为60° D．异面且所成的角为45°【答案】C【分析】先将展开图还原几何体，然后结合图形分析判断【详解】还原的几何体如图所示，由正方体的性质可知，所以为AB，CD所成的角，因为△DEC为正三角形，所以故AB，CD为异面直线，所成的角为60°．故选：C4．如图，平行四边形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，，则原图形的面积是（    ）  A．4 B． C． D．16【答案】C【分析】先求出直观图中平行四边形的面积，然后利用直观图面积和原图形面积之间的比例关系求解即可．【详解】直观图是一个平行四边形，，，，所以直观图的面积为，因为，所以原图形的面积为．故选：C．5．如图，在正三棱柱中，若，，点D是棱的中点，点E在棱上，则三棱锥的体积为（    ）  A．1 B．2 C． D．【答案】C【分析】三棱锥的体积为，由此能求出结果．【详解】在正三棱柱中，若，，点是棱的中点，点在棱上，，点到平面的距离，三棱锥的体积为：．故选：C．6．如图，在下列四个正方体中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB不平行与平面MNQ的是（    ）A．   B．  C．   D．  【答案】D【分析】利用线面平行的判定方法逐个分析判断即可．【详解】对于A，如图，连接，则，  因为，分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得，所以，因为平面，平面，所以平面；对于B，如图连接，  因为，分别为，的中点，所以，因为，所以，因为平面，平面，所以平面；对于C，如图，连接，则，  因为，分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得，所以，因为平面，平面，所以平面，对于D，如图取底面中心，连接，  由于为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得，因为与平面相交，所以与平面相交，故选：D．7．如图，在正方形中，，E为的中点，点P是以为直径的圆弧上任一点．则的最大值为（    ）A．4 B．5 C． D．【答案】D【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，将向量的数量积转化为向量的坐标运算，即，即可得到答案；【详解】则，，设，，，其中，，故选：D.8．任意画一个正三角形，并把每一条边三等分，分别取三等分后的各边中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，得到如图所示的六角星，点是该六角星的中心，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用平面向量的基本定理可得出关于、的表达式，可得出、的值，即可得解.【详解】，，则，因为，则，，因此，.故选：B. 二、多选题9．如图，已知，A，，B，，且A，B，C，，M，N分别是线段AB，CD的中点，则下列结论一定成立的是（    ）  A．当直线AC与BD相交时，交点一定在直线l上B．当直线AB与CD异面时，MN可能与l平行C．当A，B，C，D四点共面且时，D．当M，N两点重合时，直线AC与l不可能相交【答案】ACD【分析】根据相交直线、异面直线、四点共面等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，设，由于，所以；由于，所以，由于，所以，所以A选项正确.B选项，当直线AB与CD异面时，连接，设的中点是，连接，则，由于，所以，若，所以，由于平面，所以平面，同理可证得平面，则，这与已知矛盾，所以与不平行，B选项错误.  C选项，当A，B，C，D四点共面且时，由于平面，平面，所以平面，由于平面，所以，所以C选项正确.D选项，当M，N两点重合时，，所以，所以，所以，由于，，所以，由于，所以，即直线AC与l不可能相交，所以D选项正确.  故选：ACD10．已知实数和虚数单位，定义：复数为单位复数，复数为伴随复数，复数为目标复数，目标复数的实部和虚部分别为实部函数和虚部函数，则正确的说法有（    ）A．B．C．若，则，D．若，且，则锐角的正弦值【答案】AD【分析】利用题中给出的信息，即可得到和，从而可判断选项，，利用两角和差公式化简，从而得到和的值，即可判断选项，利用辅助角公式化简的解析式，利用角的变换以及三角恒等变换，求解，即可判断选项．【详解】解：因为，所以，，故选项正确，选项错误；因为，所以，，故选项错误；因为，所以，又因为为锐角，则，所以，故，故选项正确．故选：．11．如图，正方体中，O为底面ABCD的中心，M为棱的中点，则下列结论中正确的是（    ）  A．平面 B．平面MACC．异面直线与AC所成的角为 D．平面ABCD【答案】ABC【分析】根据线面平行、线面垂直、异面直线所成角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】设正方体的边长为，A选项，连接，交于，连接，连接，则，根据正方体的性质可知，所以四边形是平行四边形，所以，由于平面，平面，所以平面，所以A选项正确；B选项，连接，则，所以，即,，，即，由于平面，所以平面，所以B选项正确；C选项，由于，所以是异面直线与AC所成的角（或其补角），由于三角形是等边三角形，所以异面直线与AC所成的角为，C选项正确；D选项，在三角形中，，，所以与平面不垂直，所以D选项错误.  故选：ABC12．下列选项中正确的是（    ）A．若平面向量，满足，则的最大值是5；B．在中，，，O是的外心，则的值为4；C．函数的图象的对称中心坐标为D．已知P为内任意一点，若，则点P为的垂心；【答案】ABD【分析】利用数量积的运算律及性质计算判断A；利用三角形外心及数量积计算判断B；求出函数的对称中心判断C；利用数量积运算律及垂直的向量表示判断D作答.【详解】对于A，因，则，当且仅当时取等号，A正确；对于B，令边AB的中点为D，因O是的外心，则，则，同理有,所以，B正确；对于C，由，得，，因此函数图象的对称中心为，，C不正确；对于D，点P在内，由得：，即，有，由，同理有，因此点P为的垂心，D正确.故选：ABD 三、填空题13．已知平面向量，若，则          .【答案】0【分析】首先求出的坐标，依题意可得，根据向量数量积的坐标表示得到方程，解得即可；【详解】解：因为，所以，又，所以，解得；故答案为：14．四面体ABCD中，E、F、G、H分别是各边AB、BD、DC、CA的中点，若，则是          形填四边形的形状【答案】菱【分析】根据三角形中位线和菱形的知识确定正确答案.【详解】依题意，E、F、G、H分别是各边AB、BD、DC、CA的中点，  所以，所以，所以四边形是平行四边形，同理：，又，，所以，所以四边形是菱形.故答案为：菱15．已知，且，为虚数单位，则的最大值是        ．【答案】6【分析】利用复数模的几何意义求解.【详解】解：因为，且，表示以（0，1）为圆心，以1为半径的圆上的点，而表示圆上的点（3，5）的距离，其最大值为，故答案为：616．如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为        ．  【答案】【详解】分析：先分析组合体的构成，再确定锥体的高，最后利用锥体体积公式求结果.详解：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于，所以该多面体的体积为点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决． 四、解答题17．在复平面内，点A对应的复数是，向量绕着点O按逆时针方向旋转120°得到向量.(1)求点C对应的复数；(2)已知点B对应的复数z满足，且，求复数z.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）利用复数的几何意义和复数的乘法运算求解； （2）根据题意，由向量对应的复数或求解.【详解】（1）解：因为点A对应的复数是，向量绕着点O按逆时针方向旋转120°，所以；（2）因为点B对应的复数z满足，且，所以向量对应的复数，或，∴或，∴或.18．如图，在长方体中，，分别是线段，的中点.(1)证明：平面；(2)若，直线与所成角的余弦值是，求四面体的体积.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)设为的中点，连接、，则、，利用面面平行的判定定理即可证明；(2)由（1）知是异面直线与所成角，解三角形得，结合三棱锥的体积公式计算即可.【详解】（1）设为的中点，连接，，则，，又平面，平面，平面，所以平面，平面，又平面，所以平面平面，又平面，所以平面；（2）由（1）知，是异面直线与所成角，所以，在中，因为，.所以，因此.19．在中，内角所对的边分别为，的面积为已知①，②，③，从这三个条件中任选一个，回答下列问题，(1)求角(2)若，求的面积的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）选①，由数量积的定义与三角形面积公式化简可得的值，即可得角选②，由正弦定理结合余弦定理求解的值，即可得角选③，由正弦定理结合三角恒等变换可得的值，即可得角（2）由余弦定理结合基本不等式求得最值，即可得的面积的最大值.【详解】（1）选①，由可得，得，又，所以；选②，因为由正弦定理得，即，所以又，所以选③，因为，由正弦定理可得，所以因为，所以，所以，因为，所以；（2）因为，所以，当且仅当时取等号，所以，当时最大值为.20．已知圆柱的底面半径为r，上底面和下底面的圆心分别为和O，正方形ABCD内接于下底面圆O，与母线所成的角为.（1）试用r表示圆柱的表面积S；（2）若圆柱的体积为，求点D到平面的距离.【答案】（1）（2）【分析】（1）利用已知条件，通过求解三角形推出圆柱的高，然后求解圆柱的表面积S．（2）利用圆柱的体积，求出底面半径，通过VC﹣OEF＝VO﹣CEF，求解点C到平面OEF的距离．【详解】解：（1）∵O1A与母线所成的角为30°，AO＝r，所以O1Or，圆柱的表面积S＝2πr2+22（1）πr2．（2）∵圆柱的体积为9π，∴，∴r．3．，，∴，【点睛】本题考查空间点线面的距离的求法，几何体的体积的求法，考查了直角三角形的解法，是基础题．21．“中国齐云山国际养生万人徒步大会”得到了国内外户外运动爱好者的广泛关注，为了使基础设施更加完善，现需对部分区域进行改造．如图，在道路北侧准备修建一段新步道，新步道开始部分的曲线段是函数的图象，且图象的最高点为．中间部分是长为1千米的直线段，且．新步道的最后一部分是以原点O为圆心的一段圆弧．（1）试确定的值；（2）若计划在扇形区域内划出面积尽可能大的矩形区域建服务站，并要求矩形一边紧靠道路，顶点Q落在半径上，另一顶点P落在圆弧上．记，请问矩形面积最大时应取何值，并求出最大面积？【答案】（1），；（2）当时，面积最大为.【分析】（1）先根据周期计算出的值，然后利用图象过点求解出的值；（2）先求解出点坐标并计算出长度，然后设出点坐标并表示出的大小，根据矩形面积公式结合三角恒等变换的化简以及正弦函数的性质求解出最大面积以及对应的值.【详解】（1）∵，∴，∴．图象过，∴，又，∴．（2）由（1）知，交y轴于，又，∴．又，∴，，∴又，∴时，此时矩形面积最大为．22．如图，在三棱柱中，点在底面内的射影恰好是点，是的中点，且满足．(1)求证：平面；(2)已知，直线与底面所成角的大小为，求二面角的大小．【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）分别证明出和，利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）以C为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求二面角的平面角.【详解】（1）因为点在底面内的射影恰好是点，所以面.因为面,所以.因为是的中点，且满足．所以，所以.因为，所以，即,所以.因为,面,面,所以平面.（2）∵面，∴直线与底面所成角为，即.因为，所以由（1）知，，因为，所以，.如图示，以C为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.则,,,,所以，设，由得，，即.则.设平面BDC1的一个法向量为，则，不妨令，则.因为面，所以面的一个法向量为记二面角的平面角为，由图知，为锐角.所以,即.所以二面角的大小为.