2021-2022学年河南省天一大联考高一下学期阶段性测试（四）数学试题（解析版）

2021-2022学年河南省天一大联考高一下学期阶段性测试（四）数学试题

一、单选题

1．在复平面内，复数z对应的点的坐标是，则（    ）

A．2 B．3 C． D．1

【答案】D

【分析】根据复数的几何意义及复数的模性质计算即可

【详解】复数z对应的点的坐标是，∴，则.

故选：D

2．已知点，，则与方向相反的单位向量是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求出，即得解.

【详解】解：由题意有，所以，

所以与方向相反的单位向量是.

故选：C

3．已知向量，，若，则x的值可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据向量垂直的坐标公式，结合三角恒等变换公式求解即可

【详解】由题可知，故，

解得或

即或，结合选项仅满足

故选：D

4．设是两个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（　　）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，且与所成的角和与所成的角相等，则

【答案】B

【分析】根据线线、线面、面面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】A选项，若，则与可能平行，所以A选项错误.

B选项，两个平面垂直于同一个平面，则这两个平面平行，所以B选项正确.

C选项，若，则可能含于，所以C选项错误.

D选项，若，且与所成的角和与所成的角相等，则可能与异面或相交，

故选：B

5．已知是方程在复数范围内的两个根，则（    ）

A． B． C．2 D．3

【答案】A

【分析】求出即得解.

【详解】解：方程在复数范围内的两个根为，

不妨设，，所以.

故选：A

6．已知正三棱柱的体积为，且底面边长与高相等，则该正三棱柱一个侧面的对角线长为（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】C

【分析】设该正三棱柱的底面边长为a，由体积求出，即可求出侧面的对角线长.

【详解】设该正三棱柱的底面边长为a，由题可知该正三棱柱的体积，所以，

即该正三棱柱的底面边长为，高为，故一个侧面的对角线长为.

故选：C

7．已知向量，，，则取最小值时，实数的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求得向量的坐标，再利用向量的模公式求解.

【详解】解：由题可知，

∴，

，

当取最小值时，.

故选：B

8．已知的边的中点为D，点E在所在平面内，且，若，则（    ）

A．7 B．6 C．3 D．2

【答案】A

【分析】根据已知求出即得的值，即得解.

【详解】解： 因为，所以.

因为，所以，

所以，

所以，因为，

所以，，故.

故选：A

9．已知，则复数z在复平面内对应的点在（    ）

A．实轴上 B．虚轴上

C．第一､三象限的角平分线上 D．第二､四象限的角平分线上

【答案】C

【分析】设，利用复数的除法运算化简可得，再根据选项判断即可

【详解】设，则.因为，所以，

所以复数z在复平面内对应的点在直线上，即第一､三象限的角平分线上.

故选：C

10．在三棱锥中，，，，是边长为的等边三角形，点E为棱的中点，则三棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先证明平面，再求出，即得解.

【详解】解：由已知可得.

∵，，，平面，

∴平面.

∵，

∴.

∵ E为棱的中点，

∴.

故选：C

11．在直三棱柱中，，，E为棱上一点，且，则与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由平行线作出与所成的角，在三角形中计算边长，再利用余弦定理求解.

【详解】如图，过点E作交于点F，连接，

则或其补角为与所成的角.

由已知可得，，

不妨设，则，，，

从而易得，，，

由余弦定理可得，

则与所成角的余弦值为.

故选：B.

12．已知球O是某正四面体的外接球，现用一平面截球O，所得截面圆的面积的最大值为，则该正四面体的棱长为（    ）

A． B． C． D．4

【答案】D

【分析】将边长为a的正四面体放置在正方体内，则正四面体的外接球即为边长为的正方体的外接球求解.

【详解】设外接球的半径为R，正四面体的棱长为a.可以将该正四面体放置在一个正方体内，使正四面体的棱恰好都为正方体的面对角线，易得正方体的棱长为，

所以该正四面体的外接球即为棱长为的正方体的外接球，外接球的直径为正方体的体对角线，所以，即.

当截面经过球的球心时，截面圆的面积最大，最大值为，

所以，即该正四面体的棱长为4.

故选：D

二、填空题

13．化简：___________.

【答案】

【分析】利用平面向量的线性运算求解.

【详解】解：，

，

，

故答案为：

14．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若其面积为，则___________.

【答案】

【分析】由条件可得，然后结合余弦定理可得答案.

【详解】因为，

所以，所以.

故答案为：

15．在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，，，则的长为___________.

【答案】

【分析】分析可知是等边三角形，可求得的长，证明出，利用勾股定理可求得的长.

【详解】如下图所示：

因为，，所以，，则，

所以，为等腰直角三角形，

因为四边形是边长为的正方形，则且，

，平面，，平面，

平面，，

因为，，所以， 是等边三角形，故，

因此，.

故答案为：.

16．设P，E，F分别是长方体的棱，，的中点，且，M是底面上的一个动点，若平面，则线段长度的最小值为___________.

【答案】##

【分析】如图所示，分别取，，的中点Q，R，G，连接，，，，得到M在线段上运动，利用数形结合分析计算得解.

【详解】解：如图所示，分别取，，的中点Q，R，G，连接，，，，易知E，F，P，G，Q，R六点共面.

连接，，，

因为，

又平面,平面,

所以平面.同理可证平面,

因为平面，

所以平面平面，

故M在线段上运动.要使线段长度最小，需使.

此时，得，

所以.

故答案为：

三、解答题

17．已知向量，满足，，.

(1)求与的夹角；

(2)求在上的投影向量的模.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据向量的数量积公式，结合化简可得，再用向量的夹角公式计算可得从而求得；

（2）根据，结合投影向量模的公式计算即可

【详解】（1）因为，即，

又，，所以，即，解得.

所以.因为，所以.

（2）因为，所以，

所以在上的投影向量的模为.

18．已知复数.

(1)若复数在复平面内对应的点在第三象限，求实数m的取值范围；

(2)若，在复平面内对应的点分别为B，C，求（点O为坐标原点）.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）化简得，再根据在复平面内对应的点在第三象限时的实部虚部的正负求解范围即可；

（2）计算，，得到B，C的坐标，再用向量的数量积公式求解即可

【详解】（1）因为，所以.

因为复数在复平面内对应的点在第三象限，

所以解得，即实数m的取值范围是.

（2）由题可知，，

则点，，，.因此.

19．在等腰直角三角形中，斜边，现将绕直角边所在直线旋转一周形成一个圆锥.

(1)求这个圆锥的表面积；

(2)若在这个圆锥中有一个圆柱，且圆柱的一个底面在圆锥的底面上，当圆柱侧面积最大时，求圆柱的体积.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）求出，再利用表面积的公式求解即可；

（2）设圆柱的底面半径为r，高为x，根据题意，画出圆锥的轴截面如图所示，求出圆柱侧面积的表达式，再利用二次函数的图象和性质求出圆柱侧面积的最大值，此时，即得解.

【详解】（1）解：在等腰直角三角形中，斜边，所以，且.

所以圆锥的表面积.

（2）解：设圆柱的底面半径为r，高为x，根据题意，画出圆锥的轴截面如图所示，

由图可知，且.

所以圆柱侧面积.

显然当时，圆柱侧面积取得最大值，最大值为，此时.

故圆柱的体积.

20．如图，在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且，点F在棱上，且，，点D是棱的中点.

(1)求证：；

(2)求点A到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）要证明线线垂直，需先证明线面垂直，即证明平面；

（2）利用垂直关系，结合点到平面的距离公式，先证明平面，再利用几何关系，求点到平面的距离.

【详解】（1）因为D是棱的中点，，所以.

因为平面，而平面，所以.

因为，，平面，所以平面，

而平面，因此.

（2）如图，设与交于点E.在中，，，.

在中，，，故.

所以，从而有.

而，所以，即.

而，，，平面，因此平面，

故点A到平面的距离为的长度.因为，，所以，.

易得，所以，

即点A到平面的距离为.

21．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，且平面平面.

(1)证明：平面平面；

(2)若Q为棱上一点，且，求二面角的大小.

【答案】(1)证明见解析

(2)135°

【分析】（1）由条件可得平面，然后可得，利用勾股定理可证明，即可得到平面，即可证明；

（2）设，连接，首先可证明为二面角的平面角，然后结合条件可得，然后可得，然后可得答案.

【详解】（1）因为底面是边长为2的菱形，所以.

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面.

因为平面，所以.

因为，，所以，故.

又因为，平面，，所以平面.

又因为平面，所以平面平面.

（2）如图，设，连接.

由（1）知平面，因为平面，所以.

又，所以为二面角的平面角.

由平面，知，又，，所以平面.

又平面，所以.在中，，所以，则，

故，所以二面角的大小为135°.

22．2022年是上海浦东开发开放32周年，浦东始终坚持财力有一分增长，民生有一分改善，全力打造我国超大城市的民生样板，使寸土寸金的商业用地变身“城市绿肺”，老码头､旧仓库变身步行道､绿化带等.现有一足够大的老码头，计划对其进行改造，规划图如图中五边形所示，线段处修建步行道，为等腰三角形，且，，，.

(1)求步行道BE的长度；

(2)若沿海的区域为绿化带，，当绿化带的周长最大时，求该绿化带的周长与面积.

【答案】(1)

(2)，

【分析】(1)由正弦定理及勾股定理可求解;

(2)由余弦定理、基本不等式及三角形面积公式可求解.

【详解】（1）在中，由正弦定理知，

∴，解得.

∵，，∴，

∴.

∵为等腰三角形，

∴，，即步行道的长度为.

（2）在中，由余弦定理知，

∴，

∴，即，

当且仅当时，等号成立，此时，即的最大值为.

∵的周长为，

∴绿化带的周长最大为，

此时绿化带的面积.