2022-2023学年福建省厦门高一下册5月阶段性考试数学模拟试题（含解析）.docx

2022-2023学年福建省厦门高一下册5月阶段性考试数学模拟试题（含解析） 第I卷（选择题共60分） 一?单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. （ ） A B. C. D. 【正确答案】A 【分析】根据向量的线性运算法则，准确运算，即可求解. 【详解】根据向量的线性运算法则，可得. 故选：A. 2. 已知事件与相互独立，且，则（ ） A. 0.3 B. 0.6 C. 0.8 D. 0.9 【正确答案】C 【分析】根据题意，结合，即可求解. 【详解】由题意，事件与事件相互独立，且， 则. 故选：C. 3. 已知是三个不同的平面，是两条不同的直线，则（ ） A. 若∥，∥，则∥ B. 若∥，∥，则∥ C. 若，则∥ D. 若，则∥ 【正确答案】C 【分析】利用线面平行的性质和判定，线面垂直、面面垂直的性质逐个分析判断即可. 【详解】对于A，若∥，∥，则∥或，所以A错误， 对于B，若∥，∥，则与可能平行，可能相交，可能异面，所以B错误， 对于C，若，则∥，所以C正确， 对于D，若，则与可能平行，可能相交，所以D错误， 故选：C 4. 已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为的扇形，则该圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】C 【分析】圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为的扇形，可知底面圆的半径，再求的底面圆的面积和圆锥的侧面积，即可求得该圆锥的表面积. 【详解】由于圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为的扇形， 则圆锥底面圆的半径为，底面圆的面积为， 圆锥的表面积为. 故选：C 5. 如图，在正方形ABCD中，E，F分别为边BC、CD的中点，若，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】C 【分析】根据向量的运算法则得到，，得到答案. 【详解】， ， 故. 故选：C 6. 在正方体中，点是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】A 【分析】根据正方体性质可将平移到与相交，再由其棱长关系即可求得其余弦值为. 【详解】取的中点为，连接，如下图所示： 利用正方体性质可得，且，所以可得是平行四边形， 即， 所以异面直线与所成的角的平面角即为， 不妨设正方体棱长为，易知； 取的中点为，连接，易知， 所以. 故选：A 7. 中国古代数学专著《九章算术》的第一章“方田”中载有“半周半径相乘得积步”，其大意为：圆的半周长乘以其半径等于圆面积.南北朝时期杰出的数学家祖冲之曾用圆内接正多边形的面积“替代”圆的面积，并通过增加圆内接正多边形的边数n使得正多边形的面积更接近圆的面积，从而更为“精确”地估计圆周率π.据此，当n足够大时，可以得到π与n的关系为（ ） A.  B.  C.  D.  【正确答案】A 【分析】设圆的半径为，由题意可得，化简即可得出答案. 【详解】设圆的半径为，将内接正边形分成个小三角形， 由内接正边形的面积无限接近圆的面即可得：， 解得. 故选：A. 8. 在中，角A，B，C所对边分别记为a，b，c，若，，则面积的最大值是（ ） A. B. 2 C. D. 【正确答案】C 【分析】由余弦定理及同角三角函数的基本关系可求与，故，根据二次函数的性质即可求解. 【详解】由余弦定理可得， 所以. 因为，，所以，即，解得. 所以 ， 当时，. 故选：C. 二?多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分. 9. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量是 【正确答案】ACD 【分析】对于A，能过计算是否为零进行判断，对于B，求出的坐标，再与的坐标比较判断，对于C，分别求出，的坐标，再求其模进行判断，对于D，利用投影向量的定义计算判断. 【详解】对于A，因为，所以， 所以，所以A正确， 对于B，因为，所以， 因为，所以与不平行，所以B错误， 对于C，因为，所以，， 所以，， 所以，所以C正确， 对于D，因为，， 所以在上的投影向量为，所以D正确， 故选：ACD 10. 甲?乙各投掷一枚骰子，下列说法正确的是（ ） A. 事件“甲投得5点”与事件“甲投得4点”是互斥事件 B. 事件“甲投得6点”与事件“乙投得5点”是相互独立事件 C. 事件“甲?乙都投得6点”与事件“甲?乙不全投得6点”是对立事件 D. 事件“至少有1人投得6点”与事件“甲投得6点且乙没投得6点”是相互独立事件 【正确答案】ABC 【分析】根据互斥事件和对立事件以及相互独立事件的含义一一判断各选项，可得答案