四川省成都市新都香城中学2022-2023学年高一下学期5月阶段检测数学试题（含解析）

新都香城中学2022-2023学年高一下学期5月阶段检测
数学试题
（测试范围：三角函数 解三角 复数 平面向量 空间几何体与平面）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每一题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知复数（其中为虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
2．中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，则B的大小为（ ）
A． B． C．或 D．或
3．已知，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知是圆锥的一个轴截面，分别为母线的中点，，则圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
5．一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的周长为（ ）
A．8 B． C．16 D．
6．已知向量，，满足，，且，则（ ）
A．-1 B．0 C．1 D．2
7．已知平面平面，点，点，又，过三点确定的平面为，则是（ ）
A．直线 B．直线 C．直线 D．直线
8．一货轮航行到处，测得灯塔在货轮的北偏东，与灯塔相距海里，随后货轮按北偏西的方向，以每小时海里的速度航行30分钟后到达处．又测得灯塔在货轮的东北方向，则（ ）
A．20 B．40 C． D．
9．设O为△ABC的外心，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若b=3，c=5，则=（　　）
A．8 B． C．6 D．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，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.
10．下列说法正确的是（ ）
A．以三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
B．棱台的侧面都是等腰梯形
C．底面半径为r，母线长为2r的圆锥的轴截面为等边三角形
D．棱柱的侧棱长都相等，但侧棱不一定都垂直于底面
11．已知的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则有两解 B．若，，则无解
C．若，，则有一解 D．若，，，则有两解
12．将函数的图象上各点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则（ ）
A． B．的最小正周期为
C．的图象关于点对称 D．在上单调递减
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知，则______．
14．已知向量，满足，，则在上的投影向量______.
15．三棱锥的顶点都在球O的球面上，且，若三棱锥的体积最大值为108，则球O的表面积为________.
16．已知函数的部分图象如图，，则____________．
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17．在平面直角坐标系中，角的顶点为坐标原点，始边为x的非负半轴，终边经过点．
(1)求的值；
(2)求的值．
18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知 .
(1)求角B的大小；
(2)若，且，求a和c；
(3)若，，求的周长.
19．已知平面向量，，函数．
(1)求的单调增区间．
(2)在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若，，求△ABC周长的取值范围．
20．在长方体中，下底面的面积为16，.
(1)求长方体的表面积的最小值；
(2)在（1）的条件下，设上底面的中心为，求三棱锥的体积.
21．如图，在正方体中，对角线与平面交于点，、交于点， 为的中点，为的中点．求证：
(1)三点共线；
(2)、、、四点共面；
(3)、、三线共点．
22．已知．
(1)当时，求的x的取值范围；
(2)是否存在实数，使得不等式，对任意的恒成立，若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．B
【分析】利用复数的除法法则、共轭复数的定义即可得出．
【详解】由已知，
则.
故选：B.
2．D
【分析】根据正弦定理即可求解.
【详解】由正弦定理可得,
由于,，所以或,
故选：D
3．B
【分析】根据二倍角的正弦公式变形后，再弦化切可得结果.
【详解】.
故选：B
4．D
【分析】根据轴截面求出底面半径和母线长，再根据侧面积公式可求出结果.
【详解】如图：
因为，所以，则圆锥底面半径，
，即母线，
所以圆锥的侧面积.
故选：D
5．C
【分析】根据斜二测画法的过程将直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，再计算平行四边形的周长即可．
【详解】还原直观图为原图形如图所示，
因为，所以，还原回原图形后，
，，
所以，
所以原图形的周长为．
故选：C.
6．C
【分析】求出的模，利用即可求出的值.
【详解】由题意，
，，且，
∴，
，
解得：，
故选：C.
7．B
【分析】确定平面、的公共点，利用公理可得出平面与的交线.
【详解】已知过三点确定的平面为，则.
又，则，又平面平面，
则，又因为，所以，
，
所以.
故选：B.
8．A
【分析】由题意得出，，，再由两角和的正弦公式求出，根据正弦定理即可求出的值．
【详解】由题可知，，，，
由两角和的正弦公式得：
，
在中，由正弦定理得：
，即，
解得，
故选：A．
9．A
【分析】根据给定条件，利用数量积的定义结合圆的性质求解作答.
【详解】因为O为△ABC的外心，
则，同理，
所以.
故选：A
10．CD
【分析】根据圆锥、棱台、棱柱的定义及结构特征逐一判断即可.
【详解】圆锥是以直角三角形的某一条直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体，
当绕斜边旋转时，不是棱锥，故A错误；
棱台的侧面都是梯形，但棱台的侧棱不一定都相等，故B错误；
圆锥的轴截面是等腰三角形，其腰长为2r，又底面半径为r，故等腰三角形的底边为2r，
即该圆锥的轴截面为等边三角形，故C正确；
棱柱的侧面都为平行四边形，所以侧棱都相等，棱柱包含直棱柱与斜棱柱，
故侧棱不一定都垂直于底面，故D正确.
故选：CD.
11．BD
【分析】A选项，推出是边长为2的等边三角形，有1解；B选项，由正弦定理得到，无解；C选项，由大边对大角得到三角形中有2个钝角，无解；D选项，由正弦定理得到或，D正确.
【详解】A选项，因为，，所以，故，是边长为2的等边三角形，有1解，A错误；
B选项，若，，由正弦定理得，即，
解得，无解，B错误；
C选项，若，，由大边对大角可知，，此时三角形中有2个钝角，不可能，则无解，C错误；
D选项，若，，，由正弦定理得，即，
解得，因为，所以或，
所以有两解，D正确.
故选：BD
12．BD
【分析】根据三角函数的变换规则求出的解析式，根据余弦函数的性质一一判断即可.
【详解】将函数的图象上各点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变得到，
将向左平移个单位长度得到，
即，
所以，故A错误；
的最小正周期，故B正确；
，所以函数不关于对称，故C错误；
由，则，因为在上单调递减，
所以在上单调递减，故D正确；
故选：BD
13．
【分析】利用诱导公式结合二倍角公式即可求解.
【详解】由题意可得，
.
故答案为：
14．
【分析】根据在上的投影向量即可求解.
【详解】设与的夹角为，在上的投影向量.
故答案为：.
15．
【分析】解三角形知为直角三角形，求出外接圆半径，圆心、球心、P在一条直线上时棱锥体积最大，求出此时棱锥高，再由求出球的半径即可.
【详解】在中，由正弦定理得：，解得，
，
外接圆的半径，
当三棱锥体积最大时，P到的距离最大，
即P点为AB中点与球心连线延长线与球的交点，且此连线垂直于平面ABC，
设三棱锥的高为h，则，解得，
设球的半径为R，则，解得.
.
故答案为：
16．/0.75
【分析】由求出，由图像得，结合求解，根据函数的对称性得，再结合求得结果.
【详解】结合题意可知，，，
∵，∴，
又由图像可知，，即，解得.
又由，即，即，，
从而，故，
令，，则，
从而的对称轴为，，
由图像可知，与关于对称，即，，
因为，即，
所以．
故答案为：.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据任意角三角函数的定义运算求解；
（2）根据诱导公式化简求值.
【详解】（1）由题知角终边经过点，则，
∴，，
故.
（2）由（1）知，
则，
故.
18．(1)
(2)，
(3).
【分析】（1）根据正余弦定理化简即可.
（2）根据正弦定理结合三角形面积公式即可.
（3）根据余弦定理求出的值即可.
【详解】（1）中，，
由正弦定理得：
，
，即，
，
在三角形中，，
.
（2），由正弦定理得：，
又，，
，.
（3）由余弦定理：，，
故周长为.
19．(1)
(2)
【分析】(1)利用向量数量积的坐标运算求出，再通过二倍角与辅助角公式化简，带入三角函数的单调递增区间即可求得；
(2)代入已知条件，余弦定理可以获得边之间的关系，再结合基本不等式即可求得周长的取值范围.
【详解】（1），
所以令，解得，
所以函数的单调递增区间为;
（2）因为，即，解得，即，
因为A为三角形的内角，所以，
又因为，所以，即即，解得，
又因为a，b，c是的边，所以，故△ABC周长.
所以周长的取值范围是.
20．(1)96
(2)
【分析】（1）首先利用棱长表示正方体的表面积，再结合基本不等式求最小值；
（2）利用等体积转化求三棱锥的体积.
【详解】（1）设，，由题意可知，，
则长方体的表面积，
当时，等号成立，
所以长方体表面积的最小值为96；
（2）由（1）可知，，
根据等体积公式可知，.
21．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）可证、、三点在平面与平面内，从而可证三点共线.
（2）可证，从而可得四点共面.
（3）设与交于一点P，可得P在上，从而可得三线共点.
【详解】（1）∵平面，∴，平面；
又∵平面，∴平面；
∵、交于点M，∴，；
又平面，平面，
∴平面，平面；
又平面，平面；
∴、、三点在平面与平面的交线上，
∴、、三点共线；
（2）连接，
∵E为的中点，F为的中点，∴，
又∵，，∴四边形是平行四边形，
∴；∴，∴E、F、C、D1四点共面；
（3）∵平面平面，
设与交于一点P，则：，平面，
∴平面，同理，平面，
∴平面平面，
∴直线、、三线交于一点P，即三线共点.
22．(1)
(2)
【分析】（1）化简得到，代入得到，解得答案.
（2）代入数据化简不等式，设，，变换得到，设，计算最大值得到答案.
【详解】（1）
.
，即，
故，解得.
（2），
即，
即，
设，则，
，，则，
，
故，即，
设，
，
故，解得，即.