江苏省苏州市常熟市2022-2023学年高一年级下册学期5月阶段性学业水平调研数学试题【含答案】

2022~2023学年度第二学期高一年级五月阶段性学业水平调研数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．1.复数的虚部是（）A. B. C.1 D.i【答案】C【解析】【分析】求出复数的代数形式，进而可得其虚部.【详解】，其虚部为.故选：C.2.设a，b，c为不同的直线，，，为不同的平面，则下列结论中正确的个数为（）①若，，则；②若，，则；③若，，，则；④若，，则．A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】由平行的传递性、线面关系及线面平行的性质依次判断各命题即可.【详解】对于命题①，线线平行具有传递性，故①正确；对于命题②，平行于同一个平面的两条直线也可以相交或异面，故命题②不正确；对于命题③，由线面平行的性质定理知命题③正确；对于命题④，b还可以在平面内，故命题④不正确.所以正确的命题有2个，故选：B.3.设，是两个不共线的非零向量，则“与共线”是“”的（）A充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用向量共线定理即可判断.【详解】“与共线”等价于.因为，是两个不共线的非零向量，所以，解得：.所以“与共线”是“”的必要不充分条件.故选：B4.已知一个圆锥的母线长为4，且其侧面积是其轴截面面积的4倍，则该圆锥的高为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据已知条件，由圆锥侧面积公式和轴截面面积，列出方程，即可求得结果.【详解】不妨设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，根据题意，则，所以，解得.故选：A.【点睛】本题考查圆锥侧面积的求解，涉及其几何特点，属基础题.5.下图是根据某班学生在一次体能素质测试中的成绩画出的频率分布直方图，则由直方图得到的分位数为（）A.75 B.77.5 C.78 D.78.5【答案】D【解析】【分析】根据百分位数计算规则计算可得.【详解】因为,所以第分位数位于之间，设为，则，解得，所以第分位数为.故选：D6.已知，则的值为（）A. B. C. D.1【答案】D【解析】【分析】将看成一个整体，将化简后代入即可的出答案.【详解】令，则，，故选：D.【点睛】本题考查三角恒等变换.属于基础题.熟记二倍角公式与降次公式是解本题的关键.7.已知正方体中，点M在线段上，记平面平面，则异面直线与l所成角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由直线的平行关系可得出即为所求角.【详解】由图可知：，平面BDM，平面，所以平面BDM，又因为平面平面，平面，所以，故即为异面直线与l所成角，易知是等边三角形，所以．故选：C8.《九章九术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，如图，在堑堵中，，则阳马体积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设，可得到阳马体积的表达式，进而根据，并结合基本不等式，可求出阳马体积的最大值.【详解】根据题意，设，∵底面，且平面，∴，又∵，且，平面，∴平面，∴阳马体积为，又∵，根据基本不等式得，，当且仅当时取等号，即，∴阳马体积为.故选：B.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．9.下列命题正确的是（）A.棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形B.两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台C.用平面截圆柱得到的截面可能是圆、矩形、等腰梯形等D.底面是正方形，两个侧面是矩形的四棱柱是正四棱柱【答案】AC【解析】【分析】利用相关几何体的定义域特点一一分析判断即可.【详解】对A，根据棱柱的特点知其侧棱都相等,侧面都是平行四边形，故A正确；对B，根据棱台定义知两个面不仅要平行，还要相似，各条侧棱所在直线交于一点，故B错误；对C，若用与圆柱上下底面平行的平面去截圆柱，则得到截面为圆，若用与圆柱轴截面平行的的平面截圆柱（也可是轴截面），则得到矩形，若此截面保证与上下底面相交，且交线相互平行，并且交线长不等，此时截面为等腰梯形，C正确；对D，若这两个是矩形的侧面为相对的侧面，则此时另外两个面可以是平行四边形，则此时不是正四棱柱，故D错误.故选：AC.10.在中，角所对的边分别为，下列说法中正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则为钝角三角形D.若，则直角三角形【答案】ACD【解析】【分析】根据正弦定理与余弦定理，可判断AC选项；根据诱导公式及三角形的性质，可判断B选项；根据三角恒等变换和正弦定理，可判断D选项.【详解】A选项，在中，大边对大角，由可得，利用正弦定理，可得；故A正确；B选项，在中，若，则或，所以或；故B错；C选项，若，则，所以角为钝角，即为钝角三角形；故C正确；D选项，若，则，所以，则，又为三角形内角，所以，则.故选：ACD.11.有下列说法其中正确的说法为（）A.若，则B.若，则存在唯一实数使得C.两个非零向量，若，则与共线且反向D.若分别表示的面积，则【答案】CD【解析】【分析】利用向量的传递性和向量的线性运算及向量共线的充要条件可判断A、B、C项，运用三角形重心向量的表示和性质，结合三角形面积的求法可判断D项.【详解】对于A项，若，且，则，故A项错误；对于B项，若，且，则存在唯一实数使得，故B项错误；对于C项，两个非零向量，若，则与共线且反向，C项正确；对于D项，因为，整理得如图所示：故,所以三点共线；故，,所以，故，故D项正确.故选：CD.12.在正四棱柱中，已知，，则下列说法正确的有（）A.异面直线与的距离为B.直线与平面所成的角的余弦值为C.若该正四棱柱的各顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为D.以A为球心，半径为2的球面与该正四棱柱表面的交线的总长度为【答案】ACD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量方法求异面直线与的距离和直线与平面所成的角的余弦值，由此判断A，B，再确定正四棱柱的外接球的球心和半径求球的表面积判断C，确定以A为球心，半径为2的球面与正四棱柱表面的交线，求其长度判断D.【详解】由已知两两垂直，故以为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，故，，设向量，，则，取，可得，所以满足条件的一个向量，所以向量在向量上的投影向量的模为，A正确；设平面的法向量为，，则，又，所以，令，则，所以为平面一个法向量，又，所以，设直线与平面所成的角为，则，又，所以，B错误；由正四棱柱的性质可得其外接球的球心为的中点，为外接球一条直径，因为，所以正四棱柱的外接球的半径为，其表面积为，C正确；如图，以A为球心，半径为2的球面与该正四棱柱表面的交线由四段圆弧组成，由已知，，所以，所以圆弧的长为，因为，所以，所以圆弧的长为，又圆弧的长为，圆弧的长为，所以以A为球心，半径为2的球面与该正四棱柱表面的交线的总长度为，D正确.故选：ACD.【点睛】【点睛】三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.某工厂甲、乙、丙三个车间生产了同种产品，数量分别为90件，60件，30件，为了解它们产品质量是否存在显著差异，采用层抽样方法抽取了一个容量为的样本进行调查，其中从乙车间的产品中抽取了2件，应从甲车间的产品中抽取______件.【答案】.【解析】【分析】根据分层抽样中样本容量关系,即可求得从甲车间的产品中抽取数量.【详解】根据分层抽样为等概率抽样,所以乙车间每个样本被抽中的概率等于甲车间每个样本被抽中的概率设从甲车间抽取样本为件所以,解得所以从甲车间抽取样本件故答案为:【点睛】本题考查了分层抽样的特征及样本数量的求法,属于基础题.14.如图所示的是用斜二测画法画出的的直观图（图中虚线分别与轴，轴平行），则原图形的面积是_____．【答案】40【解析】【分析】根据题意，分析原图形三角形的高和底边的边长，进而计算可得答案．【详解】根据题意，原图形如图，根据直观图画法规则知,的底边OB的长为5，高为16，其面积.故答案为：4015.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，，要使该三角形有两解，则实数m的取值范围为_______.【答案】【解析】【分析】利用正弦定理直接判断.【详解】要使三角形有两解，由正弦定理，只需，即，解得：.故实数m的取值范围为.故答案为：16.每年的农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称棕籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣､爱国主义诗人屈原.如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，该六面体由正四面体和，则其中正四面体的内切球半径为___________；若该六面体内有一球，则该球半径的最大值为___________.【答案】①.②.【解析】【分析】利用等体积法求出内切圆的半径，要使该球体积取最大值时，即球与六个面都相切，由对称性，可知球心即为的中心，设球心为，且该球与相切，过球心作，利用等面积法求出即可；【详解】解：在棱长为1的正四面体中，如图取的中点，连接，作在面内的射影，则，所以，设内切球的半径为，由等体积法可得，解得；当该六面体内有一球，且该球体积取最大值时，即球与六个面都相切，由对称性，可知球心即为的中心，设球心为，且该球与相切，过球心作，则就是球半径，，即，解得球半径，故答案分别为：，四、解答题：本题共6小题，共70分．17.已知复数，．（1）若的实部与的模相等，求a的值；（2）当复数为纯虚数时，求的值．【答案】（1）或；（2）【解析】【分析】（1）根据题意可得，解方程可求出a的值；（2）根据纯虚数的定义由条件列方程求，再求，利用模的公式求结论.【小问1详解】依题意，，因为的实部与的模相等，所以，整理得，解得或，所以或．【小问2详解】因为复数为纯虚数，，所以且，所以，故，，，所以，所以，18.如图，在中，，，，在该三角形内挖去一个半圆，圆心O在边BC上，半圆与AC，AB分别相切于点C，M，与BC交于另一点N，将绕直线BC旋转一周得到一个旋转体.（1）求该旋转体中间空心球的表面积的大小；（2）求图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求得圆O半径，进而求得该旋转体中间空心球的表面积的大小；（2）所得旋转体即一个圆锥里面挖去一个内切球，进而求得其体积.【小问1详解】连接，则为圆O半径，则，又中，，，，则，,则，则，该旋转体中间空心球的表面积为.【小问2详解】，，，，将阴影部分绕直线BC旋转一周得到一个圆锥，里面挖去一个内切球，所求体积.19.在中，角所对边分别为，若.（1）求角A；（2）设，为内一点，线段的延长线交于点，________，求的面积.在下面三个条件中选择一个补充在横线上，使存在，并解决问题.①O为的重心，；②O为的外心，；③O为的内心，.注：①如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分；②若选择的序号条件无法构成三角形，需说明理由，且不用重新选择其它序号作答.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据正弦定理得到，化简得到，得到答案.（2）选择条件①②③时分别计算，根据重心得到，根据得到，根据余弦定理得到，解得，计算面积即可.【小问1详解】，故，即，，故，所以，又，所以，故.【小问2详解】若选条件①：因为O为的重心，且，所以，又，故，即，由余弦定理得，即，解得：，此时存在，为正三角形.所以.若选条件②：设外接圆半径为R，由正弦定理得，所以.若O为的外心，则AO为外接圆半径，所以，条件②与此矛盾，此时不存在，故不选②.若选条件③：因为O为的内心，所以，由，得因为，所以，即，由余弦定理可得，即，所以，即，因为，所以，此时存在，为正三角形.所以.20.四棱锥中，平面，四边形为菱形，，，E为AD的中点，F为PC中点．（1）求证：平面；（2）求PC与平面PAD所成的角的正切值；（3）求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）（3）.【解析】【分析】（1）取的中点，证明，结合线面平行判定定理证明结论；（2）先证明平面，由线面角的定义证明是与平面所成角的平面角，推导出，，由此能求出与平面所成角的正切值；（3）过点作，根据二面角平面角定义证明是二面角的平面角，由此能求出二面角的正弦值．【小问1详解】取的中点，连接，因为点为的中点，所以，又，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；【小问2详解】四边形为菱形，，，为等边三角形，，在中，是中点，，平面，平面，，，平面，平面，平面，斜线在平面内的射影为，即是与平面所成角的平面角，平面，平面，，在中，，在中，，平面，平面，，在中，，与平面所成角的正切值为．【小问3详解】在平面中，过点作，垂足为，连结，平面，平面，，，平面，平面，又平面，是二面角的平面角，在中，，，，在中，，，，在中，，由余弦定理得，二面角的正弦值为．21.如图，在斜三棱柱中，，侧面为菱形，且，点D为棱的中点，，平面平面．（1）若，，求三棱锥的体积；（2）设平面与平面ABC的交线为l，求证：l⊥平面．【答案】（1）（2）证明见详解【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而根据锥体的体积公式运算求解；（2）先根据线面平行的判定定理证明平面，再根据线面平行的性质定理证明，即可得结果.【小问1详解】取的中点，连接，∵，则，又∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，由题意可得：为等边三角形，则，可得，则为直角三角形，即三棱锥的高为，故三棱锥的体积.【小问2详解】取中点，连接，∵分别为的中点，则，，又∵为的中点，则，，∴，，则为平行四边形，可得，平面，平面，∴平面，又∵平面，平面平面，∴，由（1）可得：平面，故平面.22.如图，在我校即将投入使用的新校门旁修建了一条专门用于跑步的红色跑道，这条跑道一共由三个部分组成，其中第一部分为曲线段ABCD，该曲线段可近似看作函数，的图象，图象的最高点坐标为.第二部分是长为1千米的直线段DE，轴.跑道的最后一部分是