《2022-2023学年江西省赣州市高二上学期期中测试数学试题【含答案】》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年江西省赣州市高二上学期期中测试数学试题【含答案】（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2022-2023学年江西省赣州市高二上学期期中测试数学试题一、单选题1已知复数，则的共轭复数的虚部为（）ABCD【答案】C【分析】利用复数的除法运算，进而可得，即得.【详解】因为，所以，即的共轭复数的虚部为.故选：C.2一个水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为（）ABC8D【答案】D【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面积即可【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，；所以原图形的面积
2、为故选：D3已知角的终边经过点，则的值为（）AB1C2D3【答案】A【分析】由三角函数的定义可得，将其代入即可求解.【详解】由，得，代入原式得故选：A4在长方体中，则异面直线与所成角的余弦值为（）ABCD【答案】A【分析】根据长方体中的平行关系可得即为异面直线与所成角，解直角三角形即可得解.【详解】如图，因为，所以即为异面直线与所成角，设，则，在长方体中，在中， ，故选：A5已知，则（）ABCD【答案】C【分析】根据余弦的二倍角公式即可计算.【详解】.故选：C.6在中，若，则此三角形解的情况是（）A有一解B有两解C无解D有解但解的个数不确定【答案】B【分析】由，根据作圆法结论可得结果.【详解】
3、，有两解.故选：B.7将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，若为奇函数，则的最小值为（）A4B3C2D1【答案】C【分析】根据伸缩及平移变换得到函数，结合奇偶性得到，从而得到结果.【详解】由题意，因为为奇函数，所以，解得，又，所以当k0时，取得最小值2故选：C8十七世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过“几何学里面有两件宝，一个是勾股定理，一个是黄金分割，如果把勾股定理比作金矿的话，那么可以把黄金分割比作砖石”，黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为最美的三角形，它是一个顶角为36的等腰三角形（另一种是顶角为108的等腰三角
4、形），如图所示的五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，在其中一个黄金中，根据这些信息可得（）ABCD【答案】A【分析】作出辅助线，先求出，再用倍角公式求出.【详解】取BC的中点D，连接AD，则由三线合一知：，且，由余弦的二倍角公式得：.故选：A二、多选题9已知m，n是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法错误是（）A若，则B若，则C若，则D若，且，则【答案】ACD【分析】利用空间中的线面、面面关系来这个判断即可.【详解】解：对于A，若，则或m与n异面，故A错误；对于B，若，过m作平面，则，又，则，可得，故B正确；对于C，若，则或，故C错误；对于D，若，且，则与相交，可能垂直，也
5、可能不垂直，故D错误故选：ACD10已知向量，则下列结论正确的是（）.ABC向量的夹角为D在方向上的投影向量是【答案】AC【分析】对于A，根据向量的加法和数量积的坐标表示，可得答案；对于B，根据向量的数乘以及加法坐标公式，结合模长的坐标公式，可得答案；对于C，根据向量夹角公式，可得答案；对于D，根据投影的定义，结合向量数乘的几何意义，可得答案.【详解】对于A，由，则，故A正确；对于B，故B错误；对于C，则，即向量的夹角为，故C正确；对于D，在方向上的投影向量是，故D错误.故选：AC.11已知函数（其中）的部分图象如图所示，则（）A的最小正周期为B的图象关于直线对称CD是的一个零点【答案】ACD
6、【分析】结合函数图像求出的解析式，进而判断AC；利用代入检验法可判断BD.【详解】由图像可知，所以，即，故A正确；从而，由五点法可得，因为，所以，从而，故C正确；因为，所以不是的对称轴，故B错误；因为，所以是的一个零点，故D正确.故选：ACD.12如图，在长方体中，M，N分别为棱的中点，则下列说法正确的是（）AA、M、N、B四点共面B平面平面C直线与所成角的为D平面【答案】BC【分析】A.由点A、M、B在平面内，点N在平面外判断；B.平面，再利用面面垂直的判定定理判断；C.取CD的中点E，连接BE，NE，由，得到为异面直线与所成的角判断；D.利用反证法判断.【详解】A.点A、M、B在平面内，点
7、N在平面外，故错误；B.在正方体中，平面，又平面ADM，所以平面平面，故正确；C.如图所示：取CD的中点E，连接BE，NE，得，则 为异面直线与所成的角，易知是等边三角形，则 ，所以直线与所成角的为，故正确；D. 若平面，又 平面ADM，又，所以平面 平面ADM，而平面平面，矛盾，故错误；故选：BC三、填空题13计算：_.【答案】【分析】利用诱导公式化简可得所求代数式的值.【详解】原式.故答案为：.14如图，已知圆锥的母线，底面半径为2，从点B绕侧面一周回到点B的最短距离是_【答案】12【分析】根据圆锥的侧面，它展开图和性质，求最短距离即可.【详解】底面半径为2，将侧面展开，设的度数为，则，解
8、得，故从点B绕侧面一周回到点B的最短距离是12故答案为：1215已知在中，为的中点，交于，则_【答案】【分析】根据向量的线性运算化简后求值即可.【详解】解：由题意得：，即故答案为：16在三棱锥中，平面，则三棱锥外接球的表面积为_【答案】【分析】先在等边三角形中求出，外接圆半径，根据几何关系确定外接球球心位置，列勾股定理方程确定该三棱锥的外接球的半径.【详解】因为，所以为等边三角形，所以，等边外接圆的半径为，如图，三棱锥外接球球心为，半径为，设球心到平面的距离为，外接圆圆心为，连接，则平面，取中点，所以，又平面，所以/，则四边形是矩形，所以在和中，由勾股定理可得，解得：，表面积. 故答案为：四、
9、解答题17如图，在中，D为AC的中点，且.(1)证明：；(2)若，求【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）利用三角形的面积公式即可证明；（2）设，利用余弦定理求出，在中，利用正弦定理即可求得【详解】（1）因为D为AC的中点，所以.所以.又，于是（2）设则，所以.在中，解得：18设向量，函数.(1)求的最小正周期及其图像的对称中心；(2)若，求函数的值域.【答案】(1)最小正周期为，对称中心为(2)【分析】（1）先将函数化简为的形式，再根据三角函数性质求解；（2）由x的范围，求得的范围，再得到的值域.【详解】（1）因为即，所以的最小正周期为.令，解得，所以函数的对称中心为.（2）因为，
10、即设，根据图像分析可得：，所以函数的值域为.19在中，分别是内角的对边.已知(1)求角的大小；(2)若，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）由，利用正弦定理得到化简求解.（2）由（1），结合，利用余弦定理求得，再利用三角形面积公式求解.【详解】（1）解：由正弦定理得.因为，所以，化简得，即，因为，所以.（2）由（1），又，由余弦定理，所以，所以.20如图，已知AB平面BCD，BCCD(1)求证：平面ACD平面ABC；(2)若AB1，CDBC，求直线AD与平面ABC所成的角的余弦值【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）先由线面垂直可得线线垂直，再由线面垂直的判定定理即可得证；（
11、2）由（1）可知线面角为，解三角形即可得解.【详解】（1）AB面BCD，ABCD，又BCCD且ABBCB，平面，CD面ABC，平面ACD平面ACD平面ABC（2）DC面ABC，CAD即为直线AD与平面ABC所成的角，且，BCCD，BCD90，BD，又AB1，AD，AC2，在中，.即直线AD与平面ABC所成角的余弦值为21如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，DAB90，ABBC2，E为PB的中点，F是PC上的点.(1)若EF平面PAD，证明：F为PC的中点；(2)求点C到平面PBD的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意，根据线面平行性质定理，结合三角形中位
12、线的性质，可得答案；（2）由题意，利用等体积法，通过计算三棱锥，可得答案.【详解】（1）证明：因为BCAD，BC平面PAD，AD平面PAD，所以BC平面PAD.因为P平面PBC，P平面PAD，所以可设平面PBC平面PADPM，如下图：又因为BC平面PBC，所以BCPM，因为EF平面PAD，EF平面PBC，所以EFPM，从而得EFBC.因为E为PB的中点，所以F为PC的中点.（2）解：因为PA底面ABCD，DAB90，ABBCPAAD2，所以，所以.设点C到平面PBD的距离为d，由VCPBDVPBCD，得，则，解得.22如图所示，四棱锥 的底面是平行四边形，分别是棱的中点.(1)求证: 平面;(2)若 ，求二面角的正切值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证明是平行四边形，所以有，从而根据线线平行得到线面平行.（2）先证明，从而得到是二面角的平面角，再根据线段数量关系求正切值即可.【详解】（1）证明: 取 中点，如图所示.分别为中点，且，又是平行四边形，且，所以，且，所以是平行四边形，所以，因为 平面平面，所以平面.（2）因为 ，所以，因为 ，且平面平面，所以 平面.取中点，（如上图），因为，所以 ，因为平面平面，所以 ，而平面，所以平面平面，所以 ，所以是二面角的平面角. 设，因为 ，所以，所以.第 15 页 共 15 页
