2022-2023学年江苏省连云港市锦屏高级中学高一下学期5月阶段考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江苏省连云港市锦屏高级中学高一下学期5月阶段考试数学试题含答案，共13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学年江苏省连云港市锦屏高级中学高一下学期5月阶段考试数学试题 一、单选题1．的值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用两角和的正弦公式化简计算即可.【详解】.故选：D.2．已知，则（    ）A．2 B． C．3 D．1【答案】C【分析】求出复数，再求模长.【详解】由得，所以.故选：C.3．设，是两个不共线的向量，已知，，，若三点A，B，D共线，则的值为（    ）A．－8 B．8 C．6 D．－6【答案】B【分析】根据三点A，B，D共线，可得存在唯一实数使，进而可得出答案.【详解】由已知得，三点A，B，D共线，存在唯一实数使，，，解得.故选：B.4．已知满足，则（　　）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】由已知利用两角和与差的正切公式计算即可．【详解】，则，故选A【点睛】本题考查两角和与差的正切公式，考查特殊角的三角函数值在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．5．设的内角A，B，C对边分别为，若，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据正弦定理求解即可.【详解】因为，所以，由，得，所以.故选：B.6．设m，n，l分别是三条不同的直线，是平面，则下列结论中正确的是（    ）A．若，，，，则B．若，，则C．若，，则D．若，，则【答案】C【分析】利用直线与直线、直线与平面的位置关系即可判断．【详解】A选项，时，直线m可能不垂直于平面，A错误；B选项，当m，n异面时，也存在平面，使得，，，B错误；C选项，由线面垂直的性质可知，当，时，必有，C正确；D选项，当时，显然也可以有m，n异面，，，D错误．故选：C．7．如图，在正方体中，是的中点，则异面直线和所成角的正弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接、、，设正方体的棱长为，由四边形为平行四边形得出，所以异面直线和所成角为或其补角，在中求出三边长由余弦定理可得答案.【详解】如下图所示，连接、、，设正方体的棱长为，因为且，则四边形为平行四边形，故，所以异面直线和所成角为或其补角，因为，，，由勾股定理可得，由余弦定理可得，由于，所以，所以.故选：B.8．如图所示，在中，点是线段上靠近A的三等分点，点是线段的中点， 则（    ）A．  B． C．  D． 【答案】B【分析】由向量线性运算的几何意义即可计算【详解】.故选：B 二、多选题9．已知向量，，则下列结论正确的是（    ）A．当时， B．当时，向量与向量的夹角为锐角C．存在，使得 D．若，则【答案】CD【分析】根据向量模长坐标运算、向量共线和垂直的坐标表示依次判断各个选项即可.【详解】对于A，当时，，，A错误；对于BC，当时，，，此时且向量与向量的夹角为，B错误，C正确；对于D，由得：，解得：，D正确.故选：CD.10．已知函数，则（    ）A．它的最小值为 B．它的最大值为C．它的图象关于直线对称 D．它的图象关于点对称【答案】BC【分析】利用二倍角和辅助角公式可化简得，根据正弦函数的最值可确定AB正误；利用代入检验法，结合正弦函数对称性可知CD正误.【详解】；对于A，当时，，A错误；对于B，当时，，B正确；对于C，当时，，关于直线对称，C正确；对于D，，关于点对称，D错误.故选：BC.11．如图，在正方体中，点，分别为，的中点，下列说法中正确的是（    ）  A．平面 B．平面C．与所成角为 D．【答案】AD【分析】利用中位线定理以及线面平行判定判断A；利用与不垂直判断B；利用平行线的传递性与异面直线所成角判断C；利用线面垂直的性质定理判断D.【详解】对于A：如图，连接，，  在正方形中，为的中点，故也为的中点，在中，分别为的中点，，又平面，平面，平面，故A正确；对于B：连接，如图，  ，，，与不垂直，即与不垂直，则不垂直平面，故B错误；对于C：，，与所成角为，故C错误；对于D：平面，，，故D正确.故选：AD.12．已知中，其内角A，B，C的对边分别为下列命题正确的有（    ）A．若，则 B．若，4，则外接圆半径为4C．若，则为直角三角形 D．若，，，则【答案】BD【分析】代入特殊值，判断A；根据正弦定理，判断B；边角互化，转化为三角恒等变形，即可判断C；根据三角形面积公式，即可判断D.【详解】A.当，此时，故A错误；B.由正弦定理可知，，B正确；C.因为，所以，即，整理可得，即，因为为三角形的内角，所以，即为等腰三角形，C错误；因为，，，所以，D正确.故选：BD 三、填空题13．设为实数，向量，，且，则的值为        ．【答案】或/或【分析】直接利用向量垂直的坐标运算求解即可．【详解】，由，得，即，解得或．故答案为：或．14．在中，，，，则        ．【答案】2【分析】由余弦定理求解即可.【详解】由余弦定理可得，，即，解得.故答案为：2.15．若，，则         .【答案】11【分析】利用两角和（差）的余弦公式展开，求出、，再根据商数关系即可得解.【详解】因为，所以，因为，所以，所以，，所以.故答案为：16．若圆锥侧面展开图是圆心角为，半径为2的扇形，则这个圆锥表面积为        ．【答案】【分析】设圆锥底面半径为，扇形的弧长为，利用弧长公式、圆锥的侧面积公式计算可得答案.【详解】设圆锥底面半径为，扇形的弧长为，因为，所以，所以，.故答案为：. 四、解答题17．已知复数（i为虚数单位），求适合下列条件的实数的值；(1)z为实数；(2)z为虚数；(3)z为纯虚数.【答案】(1)或(2)且(3) 【分析】根据复数的特征，转化实部和虚部的取值，即可求解.【详解】（1）当为实数时，，解得或；（2）当为虚数时，，解得且；（3）当为纯虚数时，，解得.18．已知向量与的夹角，且，．(1)求，；(2)求；(3)与的夹角的余弦值．【答案】(1)，(2)(3) 【分析】（1）利用数量积公式和数量积运算律可得；（2）利用向量的平方求向量的模；（3）利用数量积公式求向量的夹角的余弦值.【详解】（1）已知向量与的夹角，且，，则，所以.（2）.（3）与的夹角的余弦值为19．已知且.(1)求的值；(2)求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由二倍角的正切公式求解即可；（2）先求出的值，然后由两角和的正切公式求解即可.【详解】（1）因为，所以．（2）因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以．20．《九章算术，商功》：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.”阳马是指底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥.如图，已知四棱锥为一个阳马，面，是上的一点.(1)求证：；(2)若，分别是，的中点，求证：平面【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析. 【分析】（1）先利用线面垂直判定定理证得面，进而证得；（2）利用线面平行判定定理即可证得平面【详解】（1）面，面，则，又，，面，则面，又面，则（2）取中点T，连接，又，则，又，则，则四边形为平行四边形，则，又平面，平面，则平面.21．已知的内角，，的对边分别为，，，，，.(1)求角；(2)求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用余弦定理计算可得；（2）利用正弦定理求出，再由两角和的正弦公式求出，最后由面积公式计算可得.【详解】（1）因为，所以由余弦定理可知，又，所以；（2）由正弦定理，可得，解得，又，所以，所以.22．如图，在五面体ABCDEF中，已知平面ABCD，，，，．(1)求证：；(2)求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先证明平面，再利用线面平行的性质，证明；（2）在平面内作于点，证明是三棱锥的高，即可求三棱锥的体积．【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以．（2）如图，在平面内过点B作于点．因为平面，平面，所以．又，平面，，所以平面，所以是三棱锥的高．在直角三角形中，，，所以．因为平面，平面，所以．又由（1）知，，且，所以，所以，所以三棱锥的体积．