精品解析：江苏省盐城市五校联盟2023-2024学年高一下学期第七次考试（5月）数学试题（解析版）

这是一份精品解析：江苏省盐城市五校联盟2023-2024学年高一下学期第七次考试（5月）数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了作答非选择题时必须用黑色字迹0， 下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
（总分150分 考试时间120分钟）
注意事项：
1.本试卷中所有试题必须作答在答题纸上规定的位置，否则不给分.
2.答题前，务必将自己姓名､准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题纸上.
3.作答非选择题时必须用黑色字迹0.5毫米签字笔书写在答题纸的指定位置上，作答选择题必须用2B铅笔在答题纸上将对应题目的选项涂黑.如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持答题纸清洁，不折叠､不破损.
一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请在答题纸的指定位置填涂答案选项）
1. 若复数为纯虚数，则复数共轭复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据纯虚数的概念求出，然后由共轭复数定义可得.
【详解】因为纯虚数，
所以，解得，
所以，所以.
故选：B
2. （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦两角和公式和诱导公式化简即可得解.
【详解】
.
故选：D
3. 已知向量不共线，且，，若与同向共线，则实数的值为（ ）
A. 1B. C. 1或D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】由共线定理可知存在使得，然后由平面向量基本定理可得.
【详解】因为与同向共线，所以存在使得，
即，
又向量不共线，所以，解得（舍去）或.
故选：A
4. 高一年级的全体同学参加了主题为《追寻红色足迹，青春在历练中闪光》的社会实践活动.在参观今世缘酒业厂区时，有一个巨大的方鼎雕塑.若在B､C处分别测得雕塑最高点的仰角为30°和20°，且，则该雕塑的高度约为（ ）（参考数据）
A. 4.92B. 5.076C. 5.91D. 7.177
【答案】C
【解析】
【分析】运用正弦定理先求出BD，再求出AD.
【详解】在中，由正弦定理得：，
所以，
在中，；
故选：C.
5. 已知正三角形边长为4，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直观图与原图的关系，可确定直观图（三角形）的底和高，从而求得直观图的面积，得出答案.
【详解】
如图所示，正三角形的边长为，则高为，
根据斜二测画法知识，则直观图中三角形的高为，底边长为，
所以直观图的面积为.
故选：C.
6. 在正三棱柱中，，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】记的中点为，连接，在等腰三角形中即可得解.
【详解】记的中点为，连接，
因为为棱的中点，所以，
易知，
所以为等腰三角形，为锐角，
所以即为异面直线与所成角，
记的中点为，则，
即异面直线与所成角的余弦值为.
故选：D
7. 已知、是不重合的两条直线，、是不重合的两个平面，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，则
【答案】A
【解析】
【分析】对于A，先判断，然后由线面平行判定定理可判断；对于BCD，通过正方体模型举反例即可判断.
【详解】对于A，因为，，所以，
又，，所以，A正确；
对于B，在正方体中，
记平面为，平面为，为，为，
则，，，但与不平行，B错误；
对于C，记平面为，平面为，为，为，
由正方体性质可知，平面，平面，所以，
则，，，但不垂直，C错误；
对于D，记为，为，平面为，
则，，但与不垂直，D错误.
故选：A
8. 已知中，角的对边分别是，若，则是（ ）
A. 钝角三角形B. 等边三角形
C. 锐角三角形D. 等腰直角三角形
【答案】B
【解析】
【分析】由正弦定理，结合诱导公式及二倍角的余弦公式可得，可得，从而可得是等边三角形.
【详解】由，
结合正弦定理可得，所以，
又因为是的内角，故，
所以是等边三角形.
故选：B.
二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，请在答题纸的指定位置填涂答案选项.）
9. 下列说法中正确的是（ ）
A. 平面向量的一个基底中，一定都是非零向量
B. 在平面向量基本定理中，若，则
C. 表示同一平面内所有向量的基底是唯一的
D. 若单位向量的夹角为，则在上的投影向量是
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据基底定义可判断AC；由平面向量基本定理可判断B；根据投影向量公式直接计算可判断D.
【详解】对于A，根据平面向量基底定义可知，不共线，所以一定都是非零向量，A正确；
对于B，若，且在平面向量基本定理中不共线，所以，B正确；
对于C，只要是平面内不共线的两个向量都可作为基底，C错误；
对于D，因为，所以在上的投影向量为，D正确.
故选：ABD
10. 以下关于正弦定理或其变形正确的有（ ）
A. 在中，
B. 在中，若，则
C. 在中，是的充要条件
D. 在中，
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：由正弦定理可判断A；对于B：由，可得或，进而可判断B；对于C：利用边角关系及正弦定理可判断C；对于D：由正弦定理结合等比性质可判断D.
【详解】对于A：在中，由正弦定理可得，故A正确；
对于B：在中，若，则或，
所以或，所以或，故B错误；
对于C：在中，，故C正确；
对于D：在中，，故D正确.
故选：ACD.
11. 某球形巧克力设计了一种圆柱形包装盒，每盒可装7个球形巧克力，每盒只装一层，相邻的球形巧克力相切，与包装盒接触的6个球形巧克力与包装盒相切，如图是平行于底面且过圆柱母线中点的截面，设包装盒的底面半径为，球形巧克力的半径为，每个球形巧克力的体积为，包装盒的体积为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由截面直接可判断AB；然后分别计算出球形巧克力体积和包装盒的体积可判断CD.
【详解】由图知，故A正确，B错误；易知包装盒的高为，故，又，所以，故C错误，D正确.
故选：AD.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.不需要写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上.）
12. 已知中，，，，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用相反向量将转化为，然后由数量积定义可得.
【详解】因为，，，
所以.
故答案为：
13. ___________.
【答案】2
【解析】
【分析】利用正切的两角和公式将展开整理可得.
【详解】因为，
整理得，
所以.
故答案为：2
14. 正方体的棱长为4，，分别为棱，的中点，过，，做该正方体的截面，则截面形状为___________，二面角的平面角的余弦值为___________.
【答案】 ①. 五边形； ②. ##.
【解析】
【分析】记上靠近点三等分点为，上靠近点的三等分点为，以为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量平行证明五点共面，可判断截面形状；求出平面和平面的法向量，根据二面角的向量公式，结合图形直观判断可得.
【详解】记上靠近点的三等分点为，上靠近点的三等分点为，
以为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
，
因为，所以四点共面，且四点共面，
又两平面有不共线三个公共点，所以两平面重合，
即过，，做该正方体的截面为五边形.
设平面的法向量为，
则，取，得，
易知平面的一个法向量为，
所以，
记二面角的平面角为，由图可知为钝角，
所以.
故答案为：五边形；.
四､解答题（本大题共5小题，共77分，请在答题纸指定的区域内作答，解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）
15. 已知复数，，.
（1）若复数在复平面内的对应点落在第四象限，求实数的取值范围；
（2）若复数，求.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由已知可得，计算即可；
（2）由，可得，可求，进而可求的值.
【小问1详解】
因为在复平面内的对应点落在第四象限，所以，
解得，因此实数的取值范围是.
【小问2详解】
因为，所以，解得或.
当时，，此时；
当时，，此时.
综上所述：或.
16. 已知函数.
（1）将化为；
（2）设，求离原点距离最近的一个对称中心；
（3）若求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用降幂公式以及辅助角公式可得；
（2）由，可得离原点距离最近的一个对称中心；
（3）由，可得，进而求得，根据，结合两角差的正弦定理可求值.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
令，得，
当时，此时离原点距离最近，
所以离原点距离最近的一个对称中心为.
【小问3详解】
由，得，则.
因为，所以，所以.
所以
.
17. 在三棱柱中，侧面底面，，，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）连接，设，则可得，再由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）在和中利用勾股定理逆定理可证得，，由面面垂直的性质可证得，再由线面垂直的判定定理可证得结论.
【小问1详解】
证明：连接，设，因为四边形为平行四边形，
所以为的中点.
因为为的中点，所以.
又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
证明：在中，由，得，即；
在中，同理可得.
因为侧面底面，侧面底面，
底面，所以平面
又平面，所以，
又，
平面平面，所以平面
18. 已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为，向量，，且.
（1）求角C的值；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据数量积的坐标表示，方法一：利用正弦定理和余弦定理角化边可得；方法二：利用和差公式化简即可得解.
（2）方法一：利用正弦定理将表示为关于角的函数，根据二倍角公式化简，由正切函数的性质可得；方法二：利用正弦定理将b表示为关于角的函数，利用正切函数性质求出b的范围，由余弦定理用b表示c，然后表示出，根据函数单调性可解.
【小问1详解】
因为，
所以
，
方法一：利用正弦定理角化边得，
又，
，则，
又为锐角三角形，故.
方法二：由和差公式可得，
又因为，所以，
又为锐角三角形，故.
【小问2详解】
由正弦定理得，
，
由于为锐角三角形，则，
又，解得，
方法一：所以
，
而，即，
，故的取值范围为.
方法二：所以，所以，
又，所以，
由余弦定理得，
记，
易知在上单调递增，
所以，即，
所以的取值范围为.
19. 已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形.
（1）求证：；
（2）求点到平面的距离；
（3）若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）点在线段上靠近点的4分点处，此时，.
【解析】
【分析】（1）由题可得平面，故，根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明；
（2）由题干数据结合即可求解；
（3）由线面平行的判定定理可得，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交于点，要使角最大，则需使最小，此时，从而求解.
【小问1详解】
点在底面上的射影是与的交点，
平面，
平面，
，
四边形为菱形，
，
，平面，
平面，
平面，
；
【小问2详解】
由题意可得､与都是边长为2的等边三角形，
，，
，
，
，
设点到平面的距离为，
由得，
即，解得.
故点到平面的距离为.
【小问3详解】
设直线与平面所成的角为，
，
到平面的距离即为到平面的距离.
过作垂线平面交于点，则，
此时，要使最大，则需使最小，此时.
由题意可知：，，
平面，且，
，，
在中，由余弦定理可得：
，
，
由面积相等，
即，解得：，
，，
即点在线段上靠近点的4分点处，此时，.