江苏省如东一中、徐州中学、宿迁一中2022-2023学年高一下学期5月联考数学试题（解析版）

2022-2023学年高一阶段性检测（二）数学2023.5一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知复数（i是虚数单位），若复数z与在复平面上对应的点关于原点对称，则复数z为（）.A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用复数运算法则化简复数，得到其在复平面上的对应点为A，记复数z在复平面对应点为B，由于点A、B关于原点对称，得B的坐标，即可求得复数z．解：则在复平面上的对应点为设在复平面上的对应点为，由于点A、B关于原点对称即复数z为：.故选：A.2.已知m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（）.A若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，，则【答案】D【解析】【分析】根据平面的基本性质判断A、B、C，由线面垂直、面面平行的性质判断D即可.A：，，则或，错误；B：，，则或，错误；C：，，则相交或平行，错误；D：，，则，又，故，正确.故选：D3.已知的外接圆圆心为，且，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意可知是圆的直径，为等边三角形，然后由平面向量的数量积求解即可因为，所以点是的中点，即是圆的直径，又因为，是圆的半径，所以等边三角形，所以，所以，故选：A4.在中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，若，则的形状是（）A.等腰三角形 B.直角三角形C.钝角三角形 D.等边三角形【答案】A【解析】【分析】由正弦定理把已知的等式化边为角，结合两角和的正弦化简，求出，进一步求得，即可得解．解：由，结合正弦定理可得：，

，可得：，

，则的形状为等腰三角形．

故选：A5.已知水平放置的四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，，，则原四边形的面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据斜二测法知，所以求出四边形的面积，即可求出结果.根据直观图知，又因为，所以，故选：B.6.设为锐角，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题设条件求得，利用，结合两角差的正切函数，即可求解.因为，可得，由，所以，可得，所以故选：C.7.如图，一个底面半径为的圆锥，其内部有一个底面半径为a的内接圆柱，且此内接圆柱的体积为，则该圆锥的体积为（）.A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】作出该几何体的轴截面，求出内接圆柱的高，利用三角形相似求出圆锥的高，即可求的其体积.作出该几何体的轴截面如图示：AB为圆锥的高，设内接圆柱的高为h，而,因为内接圆柱的体积为，即，则，由于,故，则,即，故，所以圆锥体积为，故选：B8.已知平面向量满足，且与的夹角为，则的最小值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知只要将用与表示，展开利用数量积和模的运算得到关于的二次函数，求最值．因为平面向量，满足，且与的夹角为，则，所以的最小值是；故选：A.二、多选题：本题共4小题，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列等式正确的是（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】根据二倍角公式依次求解各选项即可得答案.解：对于A选项，，故错误；对于B选项，，故正确；对于C选项，，故正确；对于D选项，，故正确；故选：BCD10.设向量，满足，且，则下列结论正确的是（）.A. B.C. D.【答案】CD【解析】【分析】根据平面向量数量积的运算性质可求得，从而求出的值，进而可求出向量，的夹角余弦值，再由数量积的运算性质判断各选项式子的正误.解：，；；；；又；．故选项A错误；，故选项B错误；，故选项C正确；，故选项D正确.故选：CD．11.下列四个命题中，不正确的是（）A.若复数z满足，则B.若复数，满足，则C.若复数（），则为纯虚数的充要条件是D.若，则【答案】ACD【解析】【分析】利用特值法与复数的运算性质逐一判断即可对于A：令，则，但，故A错误；对于B：若复数，满足，令，则，，故B正确；对于C：若复数（），则为纯虚数的充要条件是，故C错误；对于D：当，，时，，故D错误；故选：ACD12.已知正方体的棱长为，点是的中点，点是侧面内的动点，且满足，下列选项正确的是（）A.动点轨迹的长度是B.三角形在正方体内运动形成几何体的体积是C.直线与所成的角为，则的最小值是D.存在某个位置，使得直线与平面所成的角为【答案】ABC【解析】【分析】建立坐标系，由可得出动点动点轨迹为线段，然后结合勾股定理，异面直线所成角，线面角，体积公式等逐一判断即可以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，即，取得中点，则动点轨迹为线段，对于A：动点轨迹为线段，且，故A正确；对于B：三角形在正方体内运动形成几何体为三棱锥，且，故B正确；对于C：，直线与所成的角为，又，则的最小值是，故C正确；对于D：易知与重合时，直线与平面所成的角最大，且为，，，所以不存在某个位置，使得直线与平面所成的角为，故D错误；故选：ABC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.一个正方体的顶点都在半径为的球面上，则该正方体的体积为______．【答案】【解析】【分析】根据正方体外接球的半径计算公式，可以推出正方体的边长，进而求出正方体的体积设正方体的边长为，则外接球的半径，所以，所以正方体的体积故答案为：14.如图，在四边形中，E，F分别是和的中点，若，其中，则________.【答案】【解析】【分析】由、分别是、的中点，根据相反向量的定义，易得，，利用平面向量加法的三角形法则，我们易将向量分别表示为和的形式，两式相加后，易得到结论．解：、分别是、的中点，，，又，①同理②由①②得，．整理得：．又故答案为：.15.已知平面向量满足，，且，若向量，的夹角为60°，则的最大值是________【答案】【解析】【分析】由数量积公式得出，再由圆的性质得出点C在优弧上运动，的最大值是的外接圆的直径，由余弦定理以及正弦定理得出的最大值.设，，，由，，且，可得，，因为向量，的夹角为60°，即，所以点C在优弧上运动，故的最大值是的外接圆的直径，可算得，由正弦定理，直径．故的最大值是故答案为：16.“牟和方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体，它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体如图如图所示的“四脚帐篷”类似于“牟和方盖”的一部分，其中与为相互垂直且全等的半圆面，它们的圆心为，半径为用平行于底面的平面去截“四脚帐篷”.当平面经过的中点时，截面图形的面积为__________.【答案】##1.5【解析】【分析】根据对称性，可得截面的形状为正方形，利用勾股定理得正方形的边长即可求.解：根据对称性可得截面的形状为正方形，对角线的一半等于，

所以边长为，故其面积为

故答案为：四、解答题：本题共6小题，共72分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知复数z满足，且z的虚部为1，z在复平面内所对应的点在第一象限.（1）求z；（2）若z，在复平面上对应点分别为A，B，O为坐标原点，求【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）设z代数形式，根据解得z；（2）先根据复数得向量的坐标，再根据向量夹角公式得结果.【小问1】设，因为，所以，得或，又z在复平面内所对应的点在第一象限，所以，

所以；【小问2】，所以，，，，，所以，，所以18.在条件：①，②③，．且，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中：中，内角，，所对边长分别是，，．若，，______．求的面积．（选择多个条件时，按你第一个选择结果给分）【答案】【解析】【分析】选择条件①：利用正弦定理将已知等式中的边化角，再结合三角形的内角和定理、两角和的正弦公式、辅助角公式进行化简运算，推出，然后由，得解；选择条件②：结合已知条件和余弦定理，可得，再由，得解；选择条件③：结合平面向量共线的条件和正弦定理，推出，再由，得解．解：选择条件①：由正弦定理知，，，，，，化简得，，，，即，，，即，，的面积．选择条件②：，，由余弦定理知，，，，的面积．选择条件③：，，且，，由正弦定理知，，，，，即，，，，的面积．19.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．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析.【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．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．20.如图，某小区准备将闲置的一直角三角形地块开发成公共绿地，图中，，.设计时要求绿地部分（如图中阴影部分所示）有公共绿地走道，且两边是两个关于走道对称的三角形（和）.现考虑绿地最大化原则，要求点与点，均不重合，落在边上且不与端点，重合.（1）设，若，求此时公共绿地的面积；（2）为方便小区居民的行走，设计时要求，的长度最短，求此时绿地公共走道的长度.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据大三角形直角边的比例关系，可得三角形，结合，可求得各边的长度以及三角形的面积（2）在中，由正弦定理求出的表达式，可化简为关于的三角函数形式，根据角的范围求出三角函数的最值，从而求出的最值（1）由题意得：与全等，在中，，又，，，又，，，，为等边三角形，公共绿地面积（2）由图得：且在中，由正弦定理得：，令又由得，，当即时取最大值，即最短，此时是等边三角形，.21.如图，长方体中，，P为棱中点，E棱中点．（1）求二面角平面角的大小；（2）线段上是否存在点，使得到平面的距离为？若存在，求出值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在，．【解析】【分析】（1）取中点，连结、，先证明为二面角的平面角，利用长度关系，可得；（2）利用等体积法，转化到平面的距离为三棱锥的高，借助，即得解（1）取中点，连结、，在中，为中点，所以，又侧面底面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因为，，，所以为正方形，所以，又，所以平面，则为二面角的平面角，在直角三角形POC中，，所以，所以二面角平面角的大小为；（2）假设线段上存在点，使得它到平面的距离为，设，则，在直角三角形POE中，，在直角三角形DOE中，，所以，由，即，解得，所以存在点满足题意，此时．22.已知向量，，函数（1）求函数的解析式和单调递增区间;（2）若，，分别为三个内角，，的对边，，，，试判断这个三角形解的个数，并说明理由;（3）若时，关于的方程恰有三个不同的实根，，，求实数的取值范围及的值.【答案】（1），；（2）答案见解析（3）的取值范围为，的值为.【解析】【分析】（1）利用向量的数量积运算求得解析式，再利用正弦函数性质求出单调区间.（2）利用正弦定理分段讨论判断三角形解的数量.（3）利用诱导公式及二倍角的余弦公式变形方程，再借助正弦函数的性质求解即得.【小问1】，令，解得，所以的单调递增区