1、2021-2022學年遼寧省沈陽市高一下學期第三次階段數學試題一、單選題1已知復數滿足，則在復平面內對應的點位于A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限C【分析】利用復數除法運算求得，從而求得，由此得到對應的坐標，進而求得在復平面內對應的點所在象限.【詳解】因為，所以，對應點為，所以在復平面內對應的點位于第三象限.故選：C.本小題主要考查復數的除法運算，共軛復數，考查復數對應點所在象限的判斷，屬于基礎題目.2已知向量，且，則的值為（）ABC1D2C【分析】求出的坐標后可求的值.【詳解】，由可得，解得，故選：C3已知，則（）ABCDD【分析】利用同角三角函數的基本關系可得，即可求得的值，再利用二

2、倍角公式即可求得的值.【詳解】因為，且，所以，即，或（舍）所以，故選：D本題主要考查了余弦的二倍角公式以及同角三角函數基本關系，屬于基礎題.4已知，且，則的值為（）ABCDD【分析】利用誘導公式及同角三角函數的基本關系得到，再由及兩角差的正切公式計算可得.【詳解】解：因為，所以，所以，又，所以.故選：D5在如圖所示平面圖形中，弧CD為四分之一圓弧，則此平面圖形繞AD所在直線旋轉一周所成幾何體的表面積為（）ABCDA【分析】先判斷出旋轉后的幾何體為一個圓臺挖去有一個半球，再求表面積.【詳解】旋轉后的幾何體為一個圓臺挖去有一個半球.如下圖所示：因為，所以，則為等腰直角三角形.所以，.所以幾何體的表

3、面積為.故選：A6在中，給出下列5個若，則；若，則；若，則；若，則；若，則其中正確命題有（）A2B3C4D5C【分析】利用正弦定理邊角互化即可判斷；舉出反例即可判斷，如；利用正弦定理邊角互化結合平方關系即可判斷；根據正切函數的單調性即可判斷.【詳解】解：對于，若，則，則，故正確；對于，若，則，所以，故正確；對于，當，無意義，故錯誤；對于，若，則，則，所以，即，所以，故正確；對于，因為，所以，若，則，所以，故正確.所以正確的有4個.故選：C7已知O為銳角三角形的外心，則的值為（）ABCDA【分析】根據平面向量數量積的定義和運算運算性質，結合余弦的二倍角公式、三角形外心的性質進行求解即可.【詳解】

4、設銳角三角形的外接圓的半徑為，即，顯然是銳角，因為O為銳角三角形的外心，所以O在銳角三角形內部，由圓的性質可知：，顯然是銳角，或舍去，故選：A8如圖所示，點在以為圓心2為半徑的圓弧上運動，且，則的最小值為（）ABC0D2B【分析】根據題意，建立直角坐標系，求得的坐標，并設，則，求出向量的數量積，結合三角函數的性質，即可求解.【詳解】建立如圖所示的平面直角坐標系，則，即，設(其中)，則，所以 ，因為，則，可得，所以當時，即時，取的最小值，最小值為.故選：B.二、多選題9下列說法正確的是（）A復數z滿足B，則，中至少一個為0C復數z滿足，則最大值為D的虛部為BC【分析】對于A：取特殊值復數z=i，

5、否定結論；對于B：設.直接計算即可判斷；對于C：設復數，利用圓的性質計算可得；對于D：求出.即可判斷.【詳解】對于A：取復數z=i，則，不滿足.故A不正確；對于B：設.則，所以，則或.所以，中至少一個為0.故B正確；對于C：設復數，其對應的點為.由可得：表示點Z在以為圓心，1為半徑的圓上.表示點Z到的距離.由圓的性質可得.因為，所以.即最大值為.故C正確；對于D：因為.所以的虛部為.故D錯誤.故選：BC.10函數，對于任意的，方程僅有一個實數根，則m的取值可以為（）ABCDAC【分析】把轉化為，利用的圖像和性質解得，對照四個選項，得到正確答案.【詳解】由可得.因為，所以.因為，所以.因為對于任

6、意的，方程僅有一個實數根，所以，解得.對照四個選項，只有A、C在.故選：AC11如圖是底面半徑為2的圓錐，將其放倒在一平面上，使圓錐在此平面內繞頂點逆時針滾動，當這個圓錐轉回原位置時，圓錐本身恰好滾動了3周，則下列結論正確的是（）A圓錐的母線長為12B圓錐的側面積為C圓錐的側面展開圖扇形圓心角為D圓錐的體積為BC【分析】設圓錐的母線長為，由側面積公式結合題意，求出母線，即可判斷選項，由扇形面積公式即可判斷選項，求出底面周長，然后利用弧長公式求出圓心角，即可判斷選項，利用圓錐的體積公式，即可判斷選項【詳解】解：設圓錐的母線長為，以為圓心，為半徑的圓的面積為，又圓錐的側面積，因為圓錐在平面內轉到原

7、位置時，圓錐本身滾動了3周，所以，解得，所以圓錐的母線長為6，故選項錯誤；圓錐的側面積，故選項正確；因為圓錐的底面周長為，設圓錐的側面展開圖扇形圓心角為，則，解得，所以圓錐的側面展開圖扇形圓心角為，故選項正確；圓錐的高，所以圓錐的體積為，故選項錯誤故選：12已知函數，下列說法正確的是（）A是周期函數B在區間上是增函數C若，則D函數在區間上有且僅有1個零點AC【分析】直接利用函數的關系式的討論整理出函數的解析式，進一步畫出函數的圖象，再利用函數的圖象判斷A、B、C、D的結論【詳解】解：其圖象如圖：由圖可知，是周期為的周期函數，故A正確；在區間上不是單調函數，故B錯誤；若，由，則只有，即，只能是函

8、數的最值點的橫坐標，可得，故C正確；函數的圖象是把的圖象向上平移1個單位得到的，則在區間上有且僅有2個零點，故D錯誤說法正確的是AC故選：AC三、填空題13正三棱臺上下底面的邊長為1，2，斜高為1，則其體積為_【分析】如圖，設上下底面中心分別為，分別為的中點，過點作于點，利用勾股定理求出，即棱臺的高，再根據臺體的體積公式即可得解.【詳解】解：如圖，設上下底面中心分別為，分別為的中點，則即為斜高，過點作于點，則，所以，所以，上底面面積，下底面面積，所以棱臺的體積.故答案為.14在中，. 若，且，則的值為_.【詳解】 ,則.向量的數量積【名師點睛】根據平面向量的基本定理，利用表示平面向量的一組基地

9、可以表示平面內的任一向量，利用向量的定比分點公式表示向量，計算數量積，選取基地很重要，本題的已知模和夾角，選作基地易于計算數量積.15公元前6世紀，古希臘的畢達哥拉斯學派通過研究正五邊形和正十邊形的作圖，發現了黃金分割值約為0.618，這一數值也可以表示為.若，則_.【分析】利用同角的基本關系式，可得，代入所求，結合輔助角公式，即可求解【詳解】因為，所以，所以，故答案為本題考查同角三角函數的基本關系式，輔助角公式，考查計算化簡的能力，屬基礎題16已知與的夾角為60，則_或【分析】由向量與的夾角為，可得，即，代入化簡可得：，解得設與的夾角為，可得【詳解】由向量與的夾角為，且，所以，；，化為：解得

10、：或設與的夾角為，可得，或故或四、解答題17在 中，內角的對邊分別為 .已知 （1）求的值（2）若 ，求的面積.（1）（2）【分析】（1）正弦定理得邊化角整理可得，化簡即得答案（2）由（1）知，結合題意由余弦定理可解得 ，從而計算出面積【詳解】（1）由正弦定理得，所以 即 即有，即 所以（2）由（1）知，即，又因為 ，所以由余弦定理得：，即，解得,所以，又因為，所以 ，故的面積為=.正弦定理與余弦定理是高考的重要考點，本題主要考查由正余弦定理解三角形，屬于一般題18已知函數，直線是函數的圖象的一條對稱軸(1)設，求函數的單調遞增區間；(2)已知函數的圖象是由的圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍

11、，然后再向左平移個單位長度得到的，若，求的值(1)(2)【分析】（1）利用三角恒等變換將函數化簡，再根據正弦函數的對稱性求出，再根據正弦函數的單調性即可得出答案；（2）根據周期變換和平移變換的原則求出函數，再找出所求角與已知角的關系，將所求角用已知角表示，從而可得出答案.【詳解】(1)解：，因為直線是函數的圖象的一條對稱軸，所以，則，又，所以，所以，則，令，則，所以函數的單調遞增區間為；(2)解：的圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，得，再向左平移個單位長度得，即，即，又，則，所以，所以.19鱉臑是我國古代對四個面均為直角三角形的三棱錐的稱呼如圖，三棱錐是一鱉臑，其中，且高，(1)求三棱錐的體

12、積和表面積；(2)求三棱錐外接球體積和內切球的半徑(1)，表面積為(2)外接球體積為，內切球半徑為【分析】（1）利用公式可求體積及表面積.（2）利用補體法可求外接球的半徑，從而可求外接球的體積，利用等積法可求內切球的半徑.【詳解】(1)由題設可得，而三棱錐的高為，三棱錐的體積，又，三棱錐的表面積.(2)由條件知，可將三棱錐補成一個長方體，則三棱錐的四個頂點也為長方體的頂點，因此長方體的外接球也為三棱錐的外接球即為三棱錐外接球的直徑.因為，所以三棱錐外接球體積為.記內切球的球心為，連結，得到四個等高的三棱錐，且該高為內切球的半徑，則， 得，所以，故三棱錐內切球的半徑為.20已知函數，若將函數的圖

13、象向左平移個單位長度，再向上平移個單位長度得到函數的圖象(1)求函數的解析式和值域并求取得最值時x的集合(2)對恒成立，求m的取值范圍(1)答案見解析(2)【分析】（1）根據三角函數的變換規則得到的解析式，再根據正弦函數的性質計算可得.（2）依題意利用二倍角公式得到對恒成立，再求出的取值范圍，參變分離可得對恒成立，最后根據對勾函數的性質計算可得.【詳解】(1)解：將函數的圖象向左平移個單位長度，得到，再向上平移個單位長度得到函數，因為，所以，所以，當，即，解得，即時取最大值，；當，即，解得，即時取最小值，；故函數的解析式為，值域為，此時； ，此時(2)解：由（1）可得，所以對恒成立，即對恒成立

14、，即對恒成立，因為，所以，所以，所以對恒成立，令則，則問題轉化為對恒成立，因為在上單調遞減，在上單調遞增，又，所以在上的最大值為，所以，即.21在銳角中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，S為的面積，且，(1)求；(2)求的取值范圍(1)；(2).【分析】（1）結合三角形面積公式與余弦定理,可得再根據,解得sinA和cosA的值，即可求出 ；（2）結合正弦定理與三角恒等變換公式,化簡可得,再根據銳角三角形與誘導公式,求得tanC的取值范圍,得解.【詳解】(1)因為，且，所以，即.由余弦定理得：，所以.又，所以，解得：或.因為為銳角三角形，所以，,所以.(2)因為，所以由正弦定理得.因為為銳角三角形，所以，即,所以.所以，所以,所以，所以，故22長沙市雅禮中學為“雅禮杯”足球賽制作了冠軍獎杯，獎杯的剖面圖形如圖所示，其中扇形OAB的半徑為10，若按此方案設計：(1)當時，在中，G為AB邊上任意一點，求的最大值；(2)制作商發現，當OP最長時，該獎杯比較美觀，求此時的大小.(1)最大值為100(2)【分析】（1）以為坐標原點，為軸，為軸建立如圖所示平面