人教A版（2019）2022-2023学年高一下学期素质测试数学试题（四）（含解析）

人教A版（2019）2022-2023学年高一下学期素质测试
数学试题（四）
一、单选题
1．已知复数z满足，（i是虚数单位），则复数z在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．在中，，，若D是BC的中点，则（ ）
A．1 B．3 C．4 D．5
3．已知命题p：点在圆内，则直线与C相离；命题q：直线直线m，//平面，则.下列命题正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．设m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列四个命题正确的是（ ）．
A．，，，则
B．，，则
C．若，，，则
D．若，，则
6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．已知中，，，，为所在平面上一点，且满足.设，则的值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
8．如图，实心正方体的棱长为2，其中上 下底面的中心分别为.若从该正方体中挖去两个圆锥，且其中一个圆锥以为顶点，以正方形的内切圆为底面，另一个圆锥以为顶点，以正方形的内切圆为底面，则该正方体剩余部分的体积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列命题正确的是（ ）
A．若为复数，则
B．若为向量，则
C．若为复数，且，则
D．若为向量，且，则
10．已知中，，若三角形有两解，则x不可能的取值是（ ）
A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
11．在棱长为的正方体中，已知点在面对角线上运动，点，，分别为，，的中点，点是该正方体表面及其内部的一动点，且平面，则下列选项正确的是（ ）
A．平面
B．平面平面
C．过，，三点的平面截正方体所得的截面面积为
D．动点的轨迹所形成区域的面积是
12．在中，若，下列结论中正确的有（ ）
A． B．是钝角三角形
C．的最大内角是最小内角的倍 D．若，则外接圆的半径为
三、填空题
13．已知平面向量与是共线向量且，则__.
14．已知点在的边上，的面积为，则___________.
15．设体积为的正三棱锥外接球的球心为O，其中O在三棱锥内部．若球O的半径为R，且球心O到底面的距离为，则球O的半径__________．
16．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则______．
四、解答题
17．复数，
当实数为何值时，复数为纯虚数；
若复数在复平面内对应的点在第二象限，求的取值范围.
18．已知函数．
(1)求函数的最小正周期和对称轴；
(2)若函数经过点，求的值．
19．一个圆锥的底面直径为，高为，在它的内部有一个高为的内接圆柱．
（1）用表示圆柱的轴截面面积，
（2）当为何值时，最大．
20．在中，角的对边分别为，已知，
(1)求；
(2)若为锐角三角形，，求的取值范围．
21．如图，一个正和一个平行四边形在同一个平面内，其中的中点分别为.现沿直线将翻折成，使二面角为120°.
(1)在线段上是否存在点，使平面平面，若存在，指出点位置，若不存在请说明理由；
(2)求二面角的正弦值.
22．在①，其中为角的平分线的长（与交于点），②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.在中，内角，，的对边分别为，，，______.
（1）求角的大小；
（2）若，，为的重心，求的长.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【分析】利用复数的乘方运算及除法运算求出复数即可作答.
【详解】依题意，，
所以复数z在复平面内所对应的点位于第四象限.
故选：D
2．B
【分析】运用向量的加法、相反向量、向量的数量积运算即可得结果.
【详解】∵D为BC的中点，
∴，，
∴
∴．
故选：B.
3．B
【分析】分析真假性后判断选项
【详解】对于命题p，点在圆内，则，故圆心到直线距离，直线与圆相离，为真命题，
对于命题q， 与位置关系不确定，为假命题，
选项中只有为真命题．
故选：B
4．A
【分析】求出，，由凑角法，利用正弦的差角公式进行求解.
【详解】因为、为锐角，所以，
因为，所以，
因为，所以，
故
故选：A.
5．B
【分析】根据空间中直线与平面、平面与平面的位置关系一一判断求解.
【详解】对于A，，，，则或相交，
只有，，，且相交，则，故A错误；
对于B，因为，，根据面面平行的性质可知，，故B正确；
对于C，因为，，所以或，
又因为，所以的位置关系可能是平行，相交或异面，C错误；
对于D，因为，，所以可能平行，可能相交，D错误.
故选:B.
6．D
【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据，以及面积公式，即可求解几何体的表面积，得到答案.
【详解】由题意，根据给定的几何体的三视图，可得该几何体上部是半径为2的半球；下部是圆台，下底半径为2，上底半径为1，高为4，
所以几何体的表面积为：
故选：D.
【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解.
7．C
【分析】由由，得：点是的外心，由向量的投影的概念可得：，再代入运算，即可
【详解】解：由，得：点是的外心，
又外心是中垂线的交点，则有：，
即，
又，，，
所以，解得：，
即，
故选：．
【点睛】本题考查了外心是中垂线的交点，投影的概念，平面向量的数量积公式，属中档题.
8．D
【分析】由题意可知正方体剩余体积即为正方体体积减去两个上底重合的圆台的体积，根据圆台的体积公式可求得答案.
【详解】由题意可知，挖去的两个圆锥是底面圆半径相等，半径为1，高也相等的圆锥，
两圆锥相交于位于正方体的高中间处的一个小圆，小圆半径为 ，
则正方体剩余的部分体积即正方体体积减去两个上底重合对在一起的圆台的体积，
即剩余几何体的体积为，
故选：D.
9．AD
【分析】根据复数运算、向量运算的知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】令，，，
，
，，
，A对；
，不一定成立，B错；
，，
，，
，C错．
将两边平方并化简得，D对.
故选：AD
10．ACD
【分析】若三角形有两解，则，结合正弦定理即可求解
【详解】解：因为中，，且三角形有两解，
所以，
由正弦定理得，
所以，解得，
因为，所以，
所以，
故选：ACD
11．ABD
【分析】对A,根据面面平行即可判断线面平行，对B，由线线垂直可证线面垂直，进而可得面面垂直,对C，由正方体的特征可得截面为正六边形，即可求面积，对D,由面面平行可得点的运动轨迹，进而可求面积.
【详解】对于A,在正方体中，由平面，平面，平面，
同理可得平面，又，所以平面平面,而平面,故平面，故A对,
对于B,因为,所以平面,又平面,
因此,同理可得,又,故平面,因为平面，故平面平面，所以B对，
对于C,可知过三点平面截正方体所得的截面为正六边形,且正六边形的变长为,所以截面正六边形的面积为，故C错，
对于D,由A知，平面平面，又平面，故可知平面，因此在三角形边上以及内部运动，而三角形是边长为的正三角形，故面积为，故D对，
故选：ABD
12．ACD
【分析】先根据题意求出，，,结合正弦定理可得A，D的正误, 结合余弦定理可得B，C的正误.
【详解】由题意,设,
解得;
所以,
所以A 正确;
由以上可知最大,
所以为锐角,
所以B错误;
由以上可知最小,
,
,
即,
因为为锐角,为锐角,所以
所以C正确;
因为，所以,
设外接圆的半径为,则由正弦定理可得
所以
所以D正确.
故选: ACD.
13．
【分析】由条件列关系式求，再由向量的模的公式求.
【详解】因为向量与是共线向量且，
所以，且，
解得，所以，
故，
故答案为：.
14．
【分析】根据等边三角形三个内角相等及三角形的面积公式，再利用勾股定理及正弦定理即可求解.
【详解】为等边三角形，，
由，得，则，
作交于，如图所示
在等边三角形中，，
则，
在中，，
在中，由正弦定理得.
故答案为：.
15．3
【分析】根据等边三角形的性质，结合球的几何性质、棱锥的体积公式进行求解即可.
【详解】取的中心G．连接，则平面且球心O在上．由条件知，，连接，，则，设等边的边长为，
所以等边的高为：，
因此，所以有，
于是的边长为．又，
故三棱锥的高是：，
所以，得．
故答案为：
16．/
【分析】利用正弦定理将边化角，结合三角恒等变换公式即可求解.
【详解】由正弦定理可知，
，即，
因为，
所以，
因为，
所以
故答案为：.
17．；.
【分析】根据条件可得且，继而得出结果；
根据条件可得且，继而得出结果.
【详解】解：由复数为纯虚数可得：，
解得，
时，为纯虚数．
由，解得，
．
18．(1)，对称轴为；
(2).
【分析】（1）应用二倍角正余弦公式及辅助角公式可得，由正弦函数的性质求最小正周期及对称轴.
（2）由（1）及已知得、，结合其所过的点可得，再应用和角正弦公式、同角三角函数的平方关系求，注意范围.
(1)
由题设，，
所以最小正周期为，
令，则，
所以对称轴为.
(2)
由题设，，
又，则，
又，即，
所以，故，即，
由上，，即，
且，
所以，可得，而，，
所以.
19．（1）；（2）．
【分析】（1）利用轴截面中三角形相似求出圆柱的底面半径，再根据矩形的面积公式可得结果；
（2）利用二次函数知识可求得结果.
【详解】（1）画出圆柱和圆锥的轴截面，如图所示．
设圆柱的底面半径为，
则由三角形相似可得，解得．
圆柱的轴截面面积为．
（2），
所以当时，取最大值．
20．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理角化边可得，结合余弦定理即得，即可求得答案；
（2）利用余弦定理表示出，结合正弦定理边化角可得，利用三角恒等变换化简可得，结合为锐角三角形确定A的范围，结合正弦函数性质，即可求得答案.
【详解】（1）由,
根据正弦定理可得，
所以，
由余弦定理可得，
，．
（2）由余弦定理，得，
即，
由正弦定理，得，
即，又，
所以
，
由为锐角三角形，故，解得，
所以，所以，
所以，所以．
21．(1)存在中点，使平面平面
(2)
【分析】（1）线段上取中点，连接，可得，再由三角形中位线定理可得，由线面平行的判定定理可得平面，平面，再由面面平行的判定定理可证得结论，
（2）以为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解
【详解】（1）在线段上取中点，使平面平面.
理由如下：连接，因为为平行四边形，分别为中点，
所以为平行四边形，所以.
又分别为的中点，所以，
平面，平面，
所以平面，平面，
平面，所以平面平面；
（2）因为为正三角形，，为中点，所以，
从而为二面角的平面角且平面，
而平面，
所以平面平面，
作平面于，则在直线上，
又由二面角的平面角为，
故在线段的延长线上，由得，
以为原点，为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，如下图
则，
设平面的法向量为，
则由得，
令，得，
又平面的一个法向量为，
所以二面角的余弦为，
所以二面角的正弦值为.
22．（1）；（2）.
【分析】（1）选条件①，利用三角形的面积公式结合已知条件知，即可求得，利用角平分线求得结果；
选条件②，利用正弦定理得，由余弦定理可知，即可得解；
选条件③，由正弦定理知，利用两角和差化积公式化简得，即可得解.
（2）在中，由余弦定理可得，，在中，由余弦定理求得，再利用重心的性质即可得解.
【详解】（1）方案一：选条件①.
由题意可得，∴.
∵为的平分线，，
，即
又，∴，即，
∵，∴，
∴，∴.
方案二：选条件②.
由已知结合正弦定理得，
由余弦定理得，
∵，∴.
方案三：选条件③.
由正弦定理得，，
又，∴，
∴，
∴，
易知，
∴，∵，∴.
（2）在中，由余弦定理可得，，
∴，∴.
延长交于点，
∵为的重心，∴为的中点，且.
在中，由余弦定理可得，，
∴，∴.
【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：
（1）若式子含有 的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；
（2）若式子含有 的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；
（3）若式子含有 的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；
（4）代数变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理使用；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到 .
答案第1页，共2页
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