2021-2022学年高一年级阶段性测试（四）数学考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.在复平面内，复数z对应的点的坐标是，则（）A.2B.3C.D.12.已知点，，则与方向相反的单位向量是（）A.B.C.D.3.已知向量，，若，则x的值可能为（）A.B.C.D.4.设，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（）A.若，，，则B.若，，C.若，，则D.若，且l与所成的角和m与所成的角相等，则5.已知，是方程在复数范围内的两个根，则（）A.B.C.2D.3\n6.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.1B.C.2D.7.已知向量，，，则取最小值时，实数的值为（）A.B.C.D.8.已知的边的中点为D，点E在所在平面内，且，若，则（）A.7B.6C.3D.29.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.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.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.4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.化简：______.\n14.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若其面积为，则______.15.在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，，，则的长为______.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______.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.（10分）已知向量，满足，，.（Ⅰ）求与的夹角；（Ⅱ）求在上的投影向量的模.18.（12分）已知复数.（Ⅰ）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；（Ⅱ）若，在复平面内对应的点分别为B，C，求（点O为坐标原点）.19.（12分）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.（Ⅰ）求这个圆锥的表面积；（Ⅱ）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.20.（12分）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.\n（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求点A到平面的距离.21.（12分）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，且平面平面.（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）若Q为棱上一点，且，求二面角的大小.22.（12分）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，，，.（Ⅰ）求步行道BE的长度；（Ⅱ）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.\n2021-2022学年高一年级阶段性测试（四）数学·答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.1.答案D命题意图本题考查复数的几何意义及复数的模.解析∵复数z对应的点的坐标是，∴，则.2.答案C命题意图本题考查向量的坐标运算.解析由题意有，所以，.3.答案D命题意图本题考查向量垂直的定义.解析由题可知，解得或.4.答案B命题意图本题考查线面位置关系.解析对于A，l与m可以相交、平行或异面，A错误.对于B，显然，B正确.对于C，或，C错误.对于D，l与m可以相交、平行或异面，D错误.5.答案A命题意图本题考查一元二次方程在复数范围内的根的求解及复数的模.解析方程在复数范围内的两个根为，不妨设，，所以.6.答案C命题意图本题考查正三棱柱的性质.解析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\n，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.7.答案B命题意图本题考查向量的坐标表示及向量的模.解析由题可知，∴，当取最小值时，.8.答案A命题意图本题考查向量的线性表示.解析由题可知，因为，所以.因为，所以，所以，所以，所以，，故.9.答案C命题意图本题考查复数的几何意义，解析设，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.10.答案C命题意图本题考查棱锥的体积的求解.解析由已知可得.∵，，，∴平面.∵，∴.∵E为棱的中点，∴.11.答案B命题意图本题考查异面直线所成的角.\n解析如图，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.12.答案D命题意图本题考查几何体的外接球.解析设外接球的半径为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4.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.答案命题意图本题考查向量的化简解析.\n14.答案命题意图本题考查三角形的面积公式及余弦定理.解析由题可知，由余弦定理可得，所以.15.答案2命题意图本题考查几何体中线段长度的求解.解析由题可知为等腰直角三角形.因为，，所以.因为，，所以，又，，所以平面，所以，所以.16答案命题意图本题考查几何体中线面的位置关系及线段长度的求解.解析如图所示，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，，，易得平面平面，故M在线段上运动.要使线段长度最小，需使.此时，得，所以.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.命题意图本题考查向量的夹角及投影向量的定义.解析（Ⅰ）因为，即，……（1分）\n又，，所以，即，解得.……（3分）所以.……（4分）因为，所以.……（5分）（Ⅱ）因为，所以，……（7分）所以在上的投影向量的模为.……（10分）18.命题意图本题考查复数的几何意义及向量夹角的余弦值.解析（Ⅰ）因为，所以.……（3分）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.……（6分）（Ⅱ）由题可知，，……（9分）则点，，，.……（10分）因此.……（12分）19.命题意图本题考查几何体的表面积及体积的计算.解析（Ⅰ）在等腰直角三角形中，斜边，所以，且.……（2分）所以圆锥的表面积.……（6分）（Ⅱ）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：\n由图可知，且.……（8分）所以.显然当时，取得最大值，最大值为，此时.……（10分）故圆柱的体积.……（12分）20.命题意图本题考查线线垂直的证明及点面距离的求解.解析（Ⅰ）因为D是棱的中点，，所以.……（1分）因为平面，而平面，所以.……（3分）因为，，平面，所以平面，而平面，因此.……（5分）（Ⅱ）如图，设与交于点E.在中，，，.在中，，，故.所以，从而有.……（7分）而，所以，即.……（8分）而，，，平面，因此平面，故点A到平面的距离为的长度.……（10分）因为，，所以，.易得，所以，\n即点A到平面的距离为.……（12分）21.命题意图本题考查面面垂直的证明及二面角的求解.解析（Ⅰ）因为底面是边长为2的菱形，所以.……（1分）因为平面平面，平面平面，所以平面.因为平面，所以.……（3分）因为，，所以，故.又因为，平面，，所以平面.……（5分）又因为平面，所以平面平面.……（6分）（Ⅱ）如图，设，连接.由（Ⅰ）知平面，因为平面，所以.又，所以为二面角的平面角.……（8分）由平面，知，又，，所以平面.又平面，所以.……（10分）在中，，所以，则，故，所以二面角的大小为135°.……（12分）\n22.命题意图本题考查解三角形的实际应用，基本不等式.解析（Ⅰ）在中，由正弦定理知，∴，解得.……（2分）∵，，∴，∴.……（4分）∵为等腰三角形，∴，，即步行道的长度为.……（6分）（Ⅱ）在中，由余弦定理知，∴，……（7分）∴，即，当且仅当时，等号成立，此时，即的最大值为.……（9分）∵的周长为，∴绿化带的周长最大为，……（10分）此时绿化带的面积.……（12分）
