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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:D
3.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:A
4.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:A
5.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:B
8.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:BCD
10.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:ACD
12.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
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