浙江省嘉兴市2022_2023学年高一数学下学期3月阶段检测试题含解析

这是一份浙江省嘉兴市2022_2023学年高一数学下学期3月阶段检测试题含解析，共14页。试卷主要包含了 在中，，则中最大角的余弦值为， 棱长都是1的三棱锥的表面积为， 已知平面向量的夹角为，且，则，0分等内容，欢迎下载使用。

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】使用除法法则，分母实数化可得结果．
【分析】.
故选：B.
2. 在中，，则中最大角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理和余弦定理进行求解即可.
【详解】因为，
所以由正弦定理可得，设，，，
中最大角为，由余弦定理得：
，
故选：C
3. 棱长都是1的三棱锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】棱长都是1的三棱锥，四个面是全等的正三角形，求出一个面积即可求得结果．
【详解】因为四个面是全等的正三角形，
，
则表面积
故选：A.
4. 已知平面向量的夹角为，且，则（）
A. 4B. 2C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求解的平方，因为，利用平面向量相关的运算法则求解出结果，开方后求得
【详解】
因为向量的夹角为，且，
所以，
故选：B
5. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，则平面图形的面积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜二测画法还原四边形，由梯形面积公式求解．
【详解】如图，作平面直角坐标系，
使与重合，在轴上，且，在轴上，且，
过作，且，连接，则直角梯形为原平面图形，
其面积为．
故选：C
6. 已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则该正四棱锥的体积为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出正四棱锥的高后可求其体积.
【详解】正四棱锥底面的对角线的长度为，
故正四棱锥的高为，所以体积为，
故选D.
【点睛】正棱锥中，棱锥的高、斜高、侧棱和底面外接圆的半径可构成四个直角三角形，它们沟通了棱锥各个几何量之间的关系，解题中注意利用它们实现不同几何量之间的联系.
7. 设，是两个不共线的向量，已知，，，若三点A，B，D共线，则k的值为（）
A. －8B. 8C. 6D. －6
【答案】A
【解析】
【分析】先求出，然后利用存在实数使，列方程求k的值.
【详解】由已知得，
三点A，B，D共线
存在实数使
，
，解得.
故选：A.
8. 如图，已知圆的半径为2，是圆的一条直径，是圆的一条弦，且，点在线段上，则的最小值是（ ）
A. 1B. -2C. -3D. -1
【答案】D
【解析】
【分析】连接，利用平面向量的运算法则得到，连接，在中，当时，最小，求出的值即可得到结果.
【详解】连接，
由题可知，
，
连接，
在中，当时，最小，
由于，
所以的最小值为，
因此的最小值为，
故选：D．
【点睛】关键点睛：把求最小值问题转化为求解点到线的最短距离问题是解决本题的关键.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 用一个平面去截一个几何体，截面的形状是三角形，那么这个几何体可能是
A. 圆锥B. 圆柱C. 三棱锥D. 正方体
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据物体特征分析截面可能的情况即可得解.
【详解】圆锥的轴截面是三角形，圆柱的任何截面都不可能是三角形，
三棱锥平行于底面的截面是三角形，
正方体的截面可能是三角形，如图：
故选：ACD
【点睛】此题考查物体截面辨析，关键在于熟悉常见几何体的几何特征，分析截面可能的情况.
10. 下列向量中与共线是（）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据共线向量的性质逐一判断即可.
【详解】因为，所以与共线，因此选项A正确；
因为，所以与不共线，因此选项B不正确；
因为，所以与共线，因此选项C正确；
因为零向量与任何向量平行，因此选项D正确，
故选：ACD
11. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法中正确的是（）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则为锐角三角形
D. 若，则为直角三角形
【答案】AD
【解析】
【分析】选项A：大角对大边，然后根据正弦定理把边之间的关系转化为角的正弦之间的关系；
选项B：在内，角的正弦相等，这两个角可能相等，也可能互补，由此可以得到角之间的关系；
选项C：由余弦定理能得到为锐角，但一个角为锐角不一定是锐角三角形；
选项D：利用正弦定理进行边化角，结合三角形内的隐含条件即可得到命题正确.
【详解】选项A：因为，所以，由正弦定理，得，即.所以选项A正确；
选项B：在中，因为，所以或，
即或，所以选项B错误；
选项C：因为，所以，所以为锐角，但不一定是锐角三角形，所以选项C错误；
选项D：因为，所以，
即，又因为，所以，
所以，即，所以为直角三角形，所以选项正确.
故选：AD
12. 如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论正确的是（）
A. 圆柱的侧面积为
B. 圆锥的侧面积为
C. 圆柱的侧面积与球面面积相等
D. 圆柱、圆锥、球的体积之比为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据圆柱、圆锥的侧面积公式，结合圆柱、圆锥、球的体积公式逐一判断即可.
【详解】因为圆柱和圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，
则圆柱的侧面积为，A错误；
圆锥的母线长，侧面积为，B错误；
球的表面积为，所以圆柱的侧面积与球面面积相等，C正确；
，，
，D正确．
故选：CD．
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知点，则线段AB的中点坐标为________.
【答案】
【解析】
【分析】直接由中点坐标公式求解即可.
【详解】由题意知：中点坐标为，即.
故答案为：.
14. 复数，其中为虚数单位，则的实部是__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的乘法运算法则以及复数实部的定义求解.
【详解】，则的实部是，
故答案为：．
15. 已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为________．
【答案】##
【解析】
【分析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，根据圆锥的表面积为，得到，再由圆锥的侧面展开图是一个半圆，得到，联立求解.
【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，
因为圆锥表面积为，
所以，即，
又圆锥的侧面展开图是一个半圆，
所以，即，
所以，
所以这个圆锥的体积为.
故答案为：
16. 在中，内角对边分别为，，且，则外接圆的面积为_________．
【答案】
【解析】
【分析】
由正弦定理及降幂角公式可求得角的余弦值，进而求得角的正弦值以及外接圆半径，故可得解.
【详解】由正弦定理得：则
设外接圆的半径为，则
外接圆的面积为．
故答案为：.
【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知向量，满足.
（I）求向量与的夹角；
（II）求向量在向量上的投影向量；
（III）若向量与垂直，求实数k的值．
【答案】（I）；（II）；（III）
【解析】
【分析】（I）根据向量夹角的计算公式计算即可；
（II）根据投影向量的计算公式计算即可；
（III）根据向量垂直关系的坐标表示列式求解即可.
【详解】解：（I）因为，
所以，.
根据向量夹角的公式得，
因为，所以；
（II）由投影向量的定义得向量在向量上的投影向量为
；
（III）由题知，
因为向量与垂直，
所以，解得.
18. 已知是关于的方程R的一个根．
（1）求，的值
（2）若是纯虚数，求实数的值和．
【答案】（1）
（2）；
【解析】
【分析】（1）利用复数的运算法则以及复数相等的条件求解；
（2）利用纯虚数的定义以及复数模的定义求解.
【小问1详解】
因为是方程的一个根，
所以，
即，
由，解得，
【小问2详解】
由知，，
因为是纯虚数，所以，解得，
所以，
所以.
19. 已知在中，， ，解三角形．
【答案】答案见解析
【解析】
【分析】根据正弦定理，结合两角和正弦公式进行求解即可.
【详解】已知，，
由正弦定理得
解得，因为，
或，
当时，，
由正弦定理解得，
当时，，
由正弦定理解得
综上所述，结论：当时，，，
当时，，，
20. 如图所示，在四边形ABCD中，∠DAB=90°，∠ADC=135°，AB=5，CD=2，AD=2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积.
【答案】，.
【解析】
【分析】先确定旋转后的几何体的几何特征，然后用补形法将所求几何体转化为圆台和圆锥再求其体积和表面积.
【详解】由题意可得，四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体为圆台上面挖去一个圆锥的组合体.如图：过作交的延长线于，
则,,，,,.
故圆台的上底面半径，下底面半径，高，母线长.
圆锥底面半径，高，母线长.
所以圆台侧面积，
圆锥侧面积，
圆台底面积
故该几何体的表面积
又∵圆台的体积，
圆锥的体积，
所以四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体体积
21. 某海域的东西方向上分别有A，B两个观测点（如图），它们相距海里．现有一艘轮船在D点发出求救信号，经探测得知D点位于A点北偏东45°，B点北偏西60°，这时，位于B点南偏西60°且与B点相距海里的C点有一救援船，其航行速度为30海里/小时．
(1)求B点到D点的距离BD；
(2)若命令C处的救援船立即前往D点营救，求该救援船到达D点需要的时间．
【答案】（1）；（2）1
【解析】
【分析】（1）在△DAB中利用正弦定理，求出BD；
（2）在△DCB中，利用余弦定理求出CD，根据速度求出时间．
【详解】(1)由题意知AB=5（3+）海里，
∠DBA=90°﹣60°=30°，∠DAB=90°﹣45°=45°，
∴∠ADB=180°﹣（45°+30）°=105°，
在△DAB中，由正弦定理得=，
∴DB==
=
==10（海里）
(2)在△DBC中，∠DBC=∠DBA+∠ABC=30°+（90°﹣60°）=60°，
BC=20（海里），由余弦定理得
CD2=BD2+BC2﹣2BD•BC•cs∠DBC
=300+1200﹣2×10×20×=900，
∴CD=30（海里），则需要的时间t==1（小时）．
答：救援船到达D点需要1小时．
【点睛】解三角形应用题的一般步骤
(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．
(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．
(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．
(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.
22. 在中，内角的对边分别为 .已知
（1）求的值
（2）若，求的面积.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）正弦定理得边化角整理可得，化简即得答案．
（2）由（1）知，结合题意由余弦定理可解得，，从而计算出面积．
【详解】（1）由正弦定理得，
所以
即
即有，即
所以
（2）由（1）知，即，
又因为，所以由余弦定理得：
，即，解得,
所以，又因为，所以，
故的面积为=.
【点睛】正弦定理与余弦定理是高考的重要考点，本题主要考查由正余弦定理解三角形，属于一般题．