安徽省金榜教育2023-2024学年高一下学期5月阶段性大联考数学试卷（Word版附解析）

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考生注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名，准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、选择题：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. 复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A. 第―象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】根据实部，虚部，组成的坐标.根据坐标正负找到对应的象限即可.
【详解】复数在复平面内所对应点的坐标为，位于第二象限.
故选：B.
2. 下列命题正确的是（ ）
A. 零向量小于单位向量
B. 零向量与单位向量一定共线
C. 两个向量的和的模至少大于其中一个向量的模
D. 两个向量的差的模至少小于其中一个向量的模
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的知识易判断AB；通过举反例可判断CD.
【详解】对于A：零向量与单位向量不能比较大小，只有模能比较大小，故A错误，
对于B：零向量与任意非零向量共线，故B正确；
对于C：举反例：如：，，则，，，，
但，，故C错误；
对于D：举反例：如：，，则，，，，
但，，故D错误.
故选：B.
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，该圆锥―定被分为一个小圆锥和一个圆台
B. 有两个面互相平行，其余各面是平行四边形的几何体是棱柱
C. 圆台的所有母线延长不一定交于一点
D. 一个多面体至少有3个面
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆锥、棱柱以及圆台和多面体的定义，一一判断各选项，即得答案.
【详解】对于A项，用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，原圆锥一定被分为一个小圆锥和一个圆台，故A正确；
对于B项，满足条件的几何体可能是组合体，如图，故B错误；
对于C项，圆台的所有母线延长一定交于一点，故C错误；
对于D项，多面体至少有4个面，所以D错误.
故选：A.
4. 若复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据复数的除法运算得出；再根据共轭复数的定义和复数的乘法运算即可求解.
【详解】因为，
所以，
则.
故选：D.
5. 已知，，，且与垂直，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意先解出，由与垂直，解出即可.
【详解】因为，所以，因为与垂直，
所以，得，得，
解得.
故选：A.
6. 设m，n是两条不同的直线，，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据两平面的位置关系可判断A；根据线面平行的性质结合线线的位置判断B；根据线面的垂直的性质可判断CD.
【详解】在A中，若，，则，可能相交或平行，故A错误：
在B中，若，，则m与n相交、平行或异面，故B错误：
在C中，若，，则由线面垂直的性质定理得，故C正确；
在D中，若，，则由线面垂直的性质定理得，故D错误.
故选：C.
7. 如图所示，中，，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，把为基底，用它表示，再由余弦定理可求，从而由平面向量的数量积求解即可.
【详解】由题意，
，
.
在中，由余弦定理得.
所以
.
故选：A.
8. 在炎热的夏天里，人们都喜欢在饮品里放冰块降温.一个高脚杯容器，它的轴截面是正三角形，容器内有一定量的饮料.若在高脚杯内放入一个半径为的冰球，冰球没有融化前饮料恰好没过冰球，则原来高脚杯内饮料的体积是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出液面下方的轴截面图形，求出圆锥的底面半径和高，再由圆锥和球的体积公式求出高脚杯内水的体积.
【详解】显然，冰球内切于高脚杯圆锥，圆锥轴截面正三角形是球面大圆的外切三角形，
如图，作，垂足为D，则球的半径，，
此时，，，
水面半径，
设加入冰球后水面以下的体积为，原来饮料的体积为，冰球的体积为，
所以饮料的体积为.
故选：C.
二、选择题：本题共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.
9. 已知复数，则下列结论正确的是（ ）
A. 复数z对应复平面内的向量是单位向量B. 复数z的虚部等于i
C. D. z与平面向量对应
【答案】ACD
【解析】
分析】计算可得，进而逐项计算判断即可得答案.
【详解】由题意，复数，
对于A项，复数对应复平面内的向量是，是单位向量，故A正确；
对于B项，复数，所以复数z的虚部等于1，故B错误：
对于C项，，故C正确；
对于D项，z与平面向量对应，故D正确.
故选：ACD.
10. 下列关于平面向量的运算中，错误的是（ ）
A. B.
C. D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据向量的运算律及数量积即可判断AB，由数量积公式结合数乘运算判断C；令即可判断D.
【详解】因为，故A正确；
因为，，它们不一定相等，故，故B错误；
因为表示与共线的向量，表示与共线的向量，
而与不一定共线，且与不一定相等，故C错误；
若，且，则与是任意向量，故D错误.
故选：BCD.
11. 在长方体中，，点P为线段上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线平面
B. 直线与是异面直线
C. 三棱锥的体积为定值
D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据面面平行得线面平行可判断A；通过举特例判断B；用等体积法判断C；找到线面角的正弦值，再用等面积法判断D.
【详解】
如图，连接，，
对于A，因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，故平面，
同理，又平面，平面，故平面，
又平面，平面，，所以面面，
又平面，所以直线平面，故A正确；
对于B，当点P与点重合时，，故B错误；
对于C，因为平面，所以点P到平面的距离等于点B到平面的距离，
，，，，故C正确；
对于D，设直线与平面所成角为，易知，
故当最短时，即时，直线与平面所成角的正弦值最大，
由，，
过点作于，则，，
，又此时，
所以，解得，
所以直线与平面所成角的正弦的最大值为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，其中，i为虚数单位.则实数_______，_______.
【答案】 ①. 1 ②.
【解析】
【分析】根据复数相等，列方程组，求解，即可得答案.
【详解】由题意，得，解得，
故答案为：1；-1
13. 已知平面向量，，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量共线的坐标表示列出方程求解，即可得出结果.
【详解】因为，且，，
所以，
解得.
故答案为：.
14. 如图，一块正三棱柱体形木料的上底面有一点P，经过点P在上底面上画一条直线与垂直，写出作该直线的方法：_______.
【答案】在平面中，画出经过点P与垂直的直线
【解析】
【分析】设所作直线为，则由题意分析可得平面，从而可得，可得只需在平面中，画出经过点P与垂直的直线即可.
【详解】
设经过点P在上底面所画与垂直的直线为l，由是正三棱柱，
则平面，平面，则有，又，
，是平面内的相交直线，所以平面，平面，则，
所以在平面中，画出经过点P与垂直的直线即可.
四、解答题：共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 复数，其中.
（1）若复数z为实数，求a的值；
（2）若复数z为虚数，求a的取值范围；
（3）若复数z为纯虚数，求a的值
【答案】（1）或
（2）且
（3）
【解析】
【分析】（1）由已知可得，计算即可；
（2）由已知可得，计算即可；
（3）由已知可得，计算即可.
【小问1详解】
由复数z为实数，得，
解得或
【小问2详解】
由复数z为虚数，得，
解得且
【小问3详解】
由复数z为纯虚数，得
解得.
16. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知
（1）求；
（2）若，且的周长为，求的面积
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理和正弦定理化简，可得，从而得到；
（2）由边长关系结合余弦定理，可得，从而求得的面积.
【小问1详解】
由，得
得，即
由余弦定理得
由正弦定理得
所以，所以
因为，所以.
【小问2详解】
因为，且的周长为
所以
由余弦定理可得
所以，解得，
因此.
17. 如图，在直四棱柱中，四边形为等腰梯形，，，，点E是线段的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求证：平面.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）易得，，利用面面平行的判定定理证明即可.
（2）利用勾股定理可得，根据直四棱柱性质可得，即可证平面，由（1）知平面平面，可得平面.
【小问1详解】
证明：（1）因为，点E是线段的中点，
所以，所以，
又，所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
同理，，平面，平面，
所以平面
又，，平面．所以平面平面.
【小问2详解】
如图，作，垂足为F.
因为，所以，
又因为，所以，所以
由勾股定理得，
所以，所以，
因为平面，所以，
又，平面，所以平面.
因为平面平面，所以平面.
18. 如图，在边长为4的正三角形中，分别为上的两点，且，，相交于点P.
（1）求的值；
（2）试问：当为何值时，?
（3）求证：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用平面向量基本定理，得到，两边平方后即可求得结果；（2）将向量表示为，进而由得到，数量积运算求解即可；（3）分别计算和的值，证明即可.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
得：，
所以；
【小问2详解】
因为，所以，
所以，
，
因为，所以，即，解得，
故当时，；
【小问3详解】
，
，
，
，
因为，所以，
所以.
19. 如图，将边长为2的正六边形沿对角线折起，记二面角的大小为，连接，构成多面体.
（1）求证：平面；
（2）问当为何值时，直线到平面的距离等于？
（3）在（2）条件下，求多面体的表面积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由折起后，即可证得平面；
（2）画出直线到平面的距离并证明，再找到与此距离之间的等量关系，即可求出；
（3）根据所求的长度与角度，分别求出多面体每个面的面积即可.
【小问1详解】
在正六边形中，，
折起后，在多面体中，同样也有，
又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
如图所示，作，垂足为G，连接，
，，
，
在中，由余弦定理得，解得，
则，所以，即，
所以是平面与平面所成的角，则，
因为，，，平面，
所以平面，又，所以平面，
如图，作垂足为H，则平面，，
因为，平面，所以平面，
所以是点G到平面的距离，也是直线到平面的距离，
即，因为，所以，
，解得，所以.
故当时，直线到平面的距离等于.
【小问3详解】
由（2）得，在中，
由余弦定理得，所以，
在中，由余弦定理得，
则，
因为平面，平面，所以，
又因为，所以，
又，，所以四边形是矩形，
则，
，，
故
.