【文档说明】浙江省嘉兴市海盐第二高级中学2022-2023学年高一下学期3月阶段检测数学试题 含解析.docx，共(16)页，1.052 MB，由小赞的店铺上传

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海盐第二高级中学一阶段考试高一数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.2i12i−=+（）A.iB.i−C.1D.1−【答案】B【解析】【详解】使用除法法则，分母实数化可得结果．

【分析】()()()()2i12i2i5ii12i12i12i5−−−−===−++−.故选：B.2.在ABC中，sin:sin:sin4:3:2ABC=，则ABC中最大角的余弦值为（）A.23B.23−C.14−D.14【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sin:sin:sin4:3:2ABC=，所以由正弦定理可得::4:3:2abc=，设4ak=，3bk=，2ck=，ABC中最大角为A，由余弦定理得：22222294161cos22234bcakkkAbckk+−+−===−，故选：C3.棱长都是

1的三棱锥的表面积为（）A.3B.23C.33D.43【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，133=11=224S

底面积，则表面积34=34S=故选：A.4.已知平面向量,ab→→的夹角为3，且||2,||1ab→→==，则|2|ab→→−=（）A.4B.2C.1D.6【答案】B【解析】【分析】先求解|2|ab−的平方，因为()22|2|2abab−=−，利用平面向量相关的运算法则求解出结果，开方后

求得|2|ab−【详解】()222222|2|2444cos43ababaabbaabb−=−=−+=−+因为向量,ab→→的夹角为3，且||2,||1ab→→==，所以21|2|442442

ab−=−+=，|2|2ab−=故选：B5.如图所示，梯形ABCD是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，22,1ADBCAB===，则平面图形ABCD的面积为（）A.2B.22C.3D.32【

答案】C【解析】【分析】根据斜二测画法还原四边形ABCD，由梯形面积公式求解．【详解】如图，作平面直角坐标系xOy，使A与O重合，AD在x轴上，且2AD=，AB在y轴上，且2AB=，过B作//BCAD，且1BC=，连接CD，则直角梯形ABCD为原平面图形，其面积为()112232S=+=．

故选：C6.已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为5，则该正四棱锥的体积为A.43B.23C.43D.433【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22，故正四棱锥的高为523

h=−=，所以体积为1434333=，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1e，2e是两个不共线的向量，已知122ABeke=+，1

23CBee=+，122CDee=−，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DB，然后利用存在实数使ABDB=，列方程求k的值.【详解】由已知得()1212

12324DCBCDeeeeeBe=+−=−+−=−，三点A，B，D共线存在实数使ABDB=()121212244ekeeeee=++−=−+，24k=−=，解得28k=−=−.故选：A.8.如图，已知圆O的半径为2，AB是圆O的一条直径，EF是圆O的

一条弦，且2EF=，点P在线段EF上，则PAPB的最小值是（）A.1B.-2C.-3D.-1【答案】D【解析】【分析】连接OP，利用平面向量的运算法则得到24PAPBPO=−，连接,OEOF，在OEF中，当OPEF⊥时，OP最小，求出OP的值即可得到结果.【详解】连接OP，由

题可知，()()224PAPBPAPBPAPB+−−=uuuruuuruuuruuuruuuruuur222224444POBOPOBOPO−==−−=，连接,OEOF，在OEF中，当OPEF⊥时，OP最小，由于2OEOFEF===，所以OP的最小值为

413−=，因此PAPB的最小值为1−，故选：D．【点睛】关键点睛：把求PAPB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()13a=，共线是（）A.()13b=−−，B.()13c=−，C.()26d=，D.()00e=

，【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1133−=−，所以a与b共线，因此选项A正确；的因为1133−，所以a与c不共线，因此选项B不正确；因为1236=，所以a与d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：ACD11

.在ABC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AB，则sinsinABB.若sin2sin2AB=，则AB=C.若222abc+，则ABC为锐角三角形D.若coscossinbCc

BaA+=，则ABC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ABC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C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AB，所以ab，由正弦定理，得2sin2sinRARB，即sinsinAB.所以选项A正确；选项B：在ABC中，因为sin2sin2AB=，所以22AB=或22AB+=，即AB=

或2AB+=，所以选项B错误；选项C：因为222abc+，所以222cos02abcCab+−=，所以C为锐角，但ABC不一定是锐角三角形，所以选项C错误；选项D：因为coscossinbCcBaA+=，所以2sincossinco

ssinBCCBA+=，即2sin()sinBCA+=，又因为ABC++=，所以sin()sinBCA+=，所以sin1A=，即2=A，所以ABC为直角三角形，所以选项D正确.故选：AD12.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2R相等，下

列结论正确的是（）.A.圆柱的侧面积为22πRB.圆锥的侧面积为22πRC.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312∶∶【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2R相等，则圆柱的侧面积为22π·24πRRR=，A错误；圆锥的母线长22(2)5lRRR=+=，侧面积为2π5πRlR=，B错误；球的表面积为24πR，所以圆柱的侧面积与球面面积相等，C正确；2322πVRRR

==圆柱，2312π2π33VRRR==圆锥，34π3VR=球33324::2π:π:π3:1:233VVVRRR==圆柱圆锥球，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(2,3),(3,2)AB−−，则线段AB的中点坐标为________.【答

案】55,22−【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2332,22+−−，即55,22−.故答案为：55,22−.14.复数()()12i1iz=+−，其中i为虚数单位，则z的实部是__________

．【答案】3【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】()()212i1i1i2i2i3iz=+−=−+−=+，则z的实部是3，故答案为：3．15.已知圆锥的表面积为23πcm，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为________3cm．【答案】33

##33【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23πcm，得到23rlr+=，再由圆锥的侧面展开图是一个半圆，得到2lr=，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23πcm，所以23rlr+

=，即23rlr+=，又圆锥的侧面展开图是一个半圆，所以2lr=，即2lr=，所以1,2,3rlh===，所以这个圆锥的体积为211313333Vrh===3cm.故答案为：3316.在ABC中，内角ABC，

，对边分别为abc，，，21a=，且24sincossin2AaBbA=，则ABC外接圆的面积为_________．【答案】7【解析】【分析】由正弦定理及降幂角公式可求得角A的余弦值，进而求得角A的正弦值以及外接圆半径，故可得解.的的

【详解】由正弦定理得：sinsinabAB=则sinsinaBbA=24sincossin2AaBbA=21cos24A=21cos2cos122AA=−=−2213sin1cos122AA=−=−−=设ABC外接圆的半径为R，则21227sin32aR

A===7R=ABC外接圆的面积为27SR==．故答案为：7.【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,ab→→，满足()()1,2,3,1ab→→==−−.（I）求向量a→与b→的夹角；（II）求向量

a→在向量b→上的投影向量；（III）若向量ab→→−与kab→→+垂直，求实数k的值．【答案】（I）34；（II）31,22；（III）32k=【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()()1,2,3,1ab→→==−−，所以3125ab→→=−−=−，=5,=10ab→→.根据向量夹角的公式得52cos,2510ababab→→→→→→−===−

，因为,0,ab→→，所以3,4ab→→=；（II）由投影向量的定义得向量a→在向量b→上的投影向量为()()25cos,21313,13,1,22210aabbb→→→→→−=−−=−−−=；（III）由题知()4

,3ab→→−=，()3,21kabkk→→+=−−因为向量ab→→−与kab→→+垂直，所以()()4332110150abkabkkk→→→→−+=−+−=−=，解得32k=.18.已知2i−是关于x的方程(20xmxnmn−+=，R)的一个

根．（1）求m，n的值;（2）若()2izanamam=−++−是纯虚数，求实数a的值和z．【答案】（1）45mn==（2）1a=；3z=【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2i−是方程20xmxn−+=的一个根，所以()2(2i)2i0mn−−−+=，即()324i0mnm−++−=，由32040mnm−+=−=，解得45mn==，【小问2详解】由()1知，254(4)izaaa=−+

+−，因为z是纯虚数，所以254040aaa−+=−，解得1a=，所以3iz=−，所以()233z=−=.19.已知在ABC中，2a=，456Ab==，，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6b=，2a=，45A=o由正弦定理得62sinsin45B=解得3sin2B=，因为0180B，60B=或120B=，当60B=时，75C=，由正弦定理解得()2213sin452

2321sin453022222ccc===+++，当120B=时，15C=，由正弦定理解得()2231sin4522321sin453022222ccc===−−−综上所述，结论：当60B=时，75C=，13c=+，当120B=时，

15C=，31c=−，20.如图所示，在四边形ABCD中，∠DAB=90°，∠ADC=135°，AB=5，CD=22，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】(6042)+，1483.【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C作CEAD⊥交AD的延长线于E，则18045EDCADC=−=

,sin452ECCD==,cos452EDCD==，4CFAE==,3BFABAF=−=,22345BC=+=.故圆台的上底面半径2r=，下底面半径5R=，高4h=，母线长25l=.圆锥底面半径2r=，高2h=，母线长

122l=.所以圆台侧面积12()SRrl=+(52)535=+=，是圆锥侧面积21111=222224222Srl==，圆台底面积2=25SR=3故该几何体的表面积123354225(6042)SSSS=++=++=+又∵圆台的体积()1

1=3VSSSSh++()1156=425425433++=，圆锥的体积21=3VSh184233==，所以四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体体积12VVV=−156833=−=1483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5(33)+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203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）103；（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•cos∠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ABC中，内角,,ABC的对边分别为,,abc.已知cos2cos2cosACcaBb−−=（1）求sinsinCA的值（2）若1cos

,24Bb==，求ABC的面积.【答案】（1）sin2sinCA=（2）154【解析】【分析】（1）正弦定理得边化角整理可得()()sin2sinABBC+=+，化简即得答案．（2）由（1）知sin2sincCaA==，结合题意由余弦定理可解得1a=，15sin4B=，从而计算出面积．【详解】（

1）由正弦定理得2sin,2sin,2sinaRAbRbcRC===，所以coscos22sinsincossinACcaCABbB−−−==即sincos2sincos2sincossincosBABCCBAB−=−即有()()sin2sinABBC+=+，即sin2sinCA=所以sin2

sinCA=（2）由（1）知sin2sincCaA==，即2ca=，又因为2b=，所以由余弦定理得：2222cosbcaacB=+−，即222124224aaaa=+−，解得1a=,所以2c=，又因为1cos

4B=，所以15sin4B=，故ABC的面积为11sin1222acB=154=154.【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．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com