河南省商丘市、周口市部分学校2022-2023学年高一下学期5月阶段性测试（四）数学试题（含解析）

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商丘市、周口市部分学校2022-2023学年高一下学期5月阶段性测试（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、单项选择题：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．复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．已知m，n是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若且，则 B．若且，则
C．若且，则 D．若且，则
3．若一个圆锥的母线长为2，且其侧面积为其轴截面面积的4倍，则该圆锥的高为（ ）
A． B． C． D．
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则△ABC是（ ）
A．直角三角形 B．锐角三角形 C．等边三角形 D．的三角形
5．已知平面向量，在网格中的位置如图所示，小正方形的边长均为1，则（ ）
A． B． C． D．2
6．欧拉公式是指以欧拉命名的诸多公式，常用的欧拉公式有．若复数z满足，则（ ）
A． B．1 C． D．
7．在三棱锥中，，，则三棱锥的外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
8．在矩形ABCD中，，，若平面ABCD，且，则点A到平面PBD的距离为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：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，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．已知M为△ABC的重心，D为边BC的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
10．已知复数，，则（ ）
A．
B．复数的虚部为2
C．复数与在复平面内所对应的点位于同一象限
D．复数在复平面内对应的点在函数的图像上
11．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则
B．若△ABC是锐角三角形，则不等式恒成立
C．若，则△ABC必是等边三角形
D．若，，则△ABC是等边三角形
12．如图，四棱锥的底面为正方形，底面ABCD，，点E是棱PB的中点，过A，D，E三点的平面与平面PBC的交线为l，则（ ）
A．直线l与平面PAD有一个交点
B．
C．直线PA与l所成角的余弦值为
D．平面截四棱锥所得的上下两个几何体的体积之比为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知，且复数是纯虚数，则________．
14．已知向量，，，且与垂直，则与的夹角的余弦值为________．
15．在古代数学中，把正四棱台叫做方亭，数学家刘徽用切割的方法巧妙地推导出了方亭的体积公式，a为方亭的下底面边长，b为上底面边长，h为高．某地计划在一片平原地带挖一条笔直的沟渠，渠的横截面为等腰梯形，上底为10米，下底为6米，深2米，长为837.5米，并把挖出的土堆成一个方亭，设计方亭的下底面边长为70米，高为6米，则其侧面与下底面所成的二面角的正切值为________．
16．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，设D为AB边的中点，若且，则________．
四、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）
已知复数，且复数为实数．
（I）求复数z；
（II）若复数在复平面内对应的点在第二象限，求实数m的取值范围．
18．（12分）
已知，，是同一平面内的三个向量，其中．
（I）若，且，求的坐标；
（II）若，且与垂直，求与的夹角．
19．（12分）
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（I）求B；
（II）设，，求△ABC的面积．
20．（12分）
如图，在直三棱柱中，，，，，点D为棱AB的中点，点E为棱上一点．
（I）证明：；
（II）求三棱锥的体积；
（III）求直线与平面所成角的余弦值．
21．（12分）
如图，正方形ABCD与平面BDEF交于BD，平面ABCD，平面ABCD，且．
（I）求证：平面AEC；
（II）求证：平面AEC．
22．（12分）
已知在锐角△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，向量，，且．
（I）求B；
（II）若，求△ABC的面积的取值范围．
数学·答案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．
1．答案 D
命题意图 本题考查复数的运算及几何意义
解析 因为，所以其在复平面内对应的点在第四象限．
2．答案 D
命题意图 本题考查空间线面位置关系．
解析 若且，则m与n可能平行、相交，也可能异面，故A错误；若且，则m与n可能平行，也可能异面，故B错误；若且，则与可能相交，也可能平行，故C错误；因为垂直于同一直线的两个平面互相平行，故D正确．
3．答案 C
命题意图 本题考查圆锥的性质及侧面积的计算．
解析 设圆锥的底面半径为r，高为h，由圆锥的母线长为2，可知圆锥的侧面积为，又圆锥的轴截面面积为，所以，解得，所以该圆锥的高为．
4．答案 A
命题意图 本题考查倍角公式及正、余弦定理的应用．
解析 因为，所以，所以，再由余弦定理可知，所以，即，所以△ABC是直角三角形．
5．答案 C
命题意图 本题考查向量的数量积．
解析 如图建立平面直角坐标系，则，，所以．所以．
6．答案 A
命题意图 本题考查数学文化及复数的模．
解析 在中，令，得，所以，所以，所以．
7．答案 B
命题意图 本题考查简单几何体的性质及三棱锥的外接球的表面积．
解析 由已知可得是正三棱锥，设PH是正三棱锥的高，易知外接球球心O在PH上，如图．设外接球的半径为R，由题可知，则．由得，解得，所以外接球的表面积为．
8．答案 D
命题意图 本题考查空间垂直关系以及简单几何体的体积．
解析 过点A作于E，连接PE．∵平面ABCD，平面ABCD，∴，又，∴平面PAE，∴．由可得，而，∴．设点A到平面PBD的距离为h，由可得，解得．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．答案 ABC
命题意图 本题考查向量的线性运算．
解析 如图，根据向量加法的平行四边形法则易得，故A正确；由题意得M为线段AD的靠近D点的三等分点，所以，又，所以，故B正确；，故C正确；，，又，所以，故D错误．
10．答案 BC
命题意图 本题考查复数的概念、复数的运算及复数的几何意义．
解析 由题可知，故A错误；，故复数的虚部为2，故B正确；复数在复平面内所对应的点为，位于第一象限，在复平面内所对应的点也位于第一象限，故C正确；复数在复平面内对应的点为，因为当时，，所以复数在复平面内对应的点不在函数的图象上，故D错误．
11．答案 AD
命题意图 本题考查正弦定理及余弦定理的综合运用．
解析 由，利用正弦定理可得，∴，而在上单调递减，∴，故A正确；在锐角△ABC中，A，，，∴，∴，因此不等式恒成立，故B错误；由，利用正弦定理可得，∴，∵A，，∴，即，∴△ABC是等腰三角形，不一定是等边三角形，故C错误；由于，，由余弦定理可得，可得，解得，∴，故D正确．
12．答案 BD
命题意图 本题考查空间线面位置关系、异面直线所成的角及几何体的体积．
解析 如图，取棱PC的中点F，连接EF，DF，则，即A，D，E，F四点共面，则l为直线EF，因为，平面PAD，平面PAD，所以平面PAD，即平面PAD，故A错误；由底面ABCD，，可得△PDC为等腰直角三角形，而斜边PC的中点为F，所以，再由底面ABCD是正方形，易得平面PDC，所以，又，所以平面ADFE，又平面ADFE，所以，故B正确；直线PA与l所成的角，即PA与AD所成的角，由底面ABCD，可得，，故C错误；，，所以，所以，故D正确．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．答案 1
命题意图 本题考查复数的运算．
解析 ∵，且该复数为纯虚数，∴，且，解得．
14．答案
命题意图 本题考查向量垂直的定义以及向量的数量积．
解析 设与的夹角为．由已知得，∵，∴，即，∴．
15．答案
命题意图 本题考查棱台的体积及二面角的计算．
解析 由题意知挖出的土的体积，则由，整理得，∴或（舍去）．设侧面与下底面所成的二面角大小为，则．
16．答案
命题意图 本题考查解三角形．
解析 由正弦定理可得．又在△ABC中，，∴，∴．∵，∴，∴，∵，∴．由点D为AB的中点，，得，又，∴．在△ABC中，由余弦定理可得，解得或（舍去）．∵，∴．在Rt△BCD中，∵，，，∴．
四、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 本题考查复数的运算及复数的几何意义．
解析 （I）因为，
所以．……（3分）
由于复数为实数，所以，
又因为，所以，
因此．……（5分）
（II）由题意
．……（7分）
由于复数在复平面内对应的点在第二象限，
所以解得，
因此实数m的取值范围是．……（10分）
18．命题意图 本题考查向量共线及垂直的定义．
解析 （I）由，得，……（2分）
又，所以．……（3分）
因为，所以，……（4分）
所以或．……（6分）
（II）因为与垂直，所以，
即．……（8分）
将，代入，得．……（9分）
所以．……（10分）
又，得，即与的夹角为．……（12分）
19．命题意图 本题考查正弦定理及余弦定理的应用．
解析 （I）由正弦定理得，……（1分）
因为，
所以．……（3分）
因为，所以，
显然，则，……（5分）
又，所以．……（6分）
（II）由余弦定理可得，……（7分）
因为，，
所以，
即，解得或（舍去）．……（9分）
所以，……（10分）
所以△ABC的面积．……（12分）
20．命题意图 本题考查线线垂直的证明、三棱锥体积的计算及线面角的余弦值的求解．
解析 （I）∵三棱柱是直三棱柱，
∴平面平面ABC．……（1分）
∵，，，
∴，∴．……（2分）
∵平面平面，
∴平面．……（3分）
又平面，
∴．……（4分）
（II）∵三棱柱是直三棱柱，
∴点E到平面ABC的距离即的长，为5．……（5分）
∵D是AB的中点，∴，……（6分）
∴．……（8分）
（III）由（I）知平面，
∴为直线与平面所成的角．……（9分）
在中，，，
∴，……（10分）
∴，
即直线与平面所成角的余弦值为．……（12分）
21．命题意图 本题考查线面平行及线面垂直的证明．
解析 （I）如图，设AC与BD交于点O，则O为正方形ABCD的中心，连接OE，不妨令．
则．……（2分）
∵四边形ABCD为正方形，∴．
∵平面ABCD，且平面平面，
∴，
∴，，即四边形BOEF为平行四边形，
∴．……（4分）
又平面AEC，平面AEC，
∴平面AEC．……（6分）
（II）连接OF．
∵EFDO，，∴四边形ODEF为菱形．
∵平面ABCD，
∴四边形ODEF为正方形，∴．……（8分）
又四边形ABCD为正方形，
∴．
∵平面ABCD，平面ABCD，
∴．……（9分）
而，且平面BDEF，平面BDEF，
∴平面BDEF．
∵平面BDEF，
∴．……（11分）
又，OE，平面AEC，
∴平面AEC．……（12分）
22．命题意图 本题考查正余弦定理的应用及三角恒等变换．
解析 （I）由可得，……（1分）
再由正弦定理可得，
即．……（3分）
因为，
所以，
又，所以，……（4分）
又，所以．……（5分）
（II）设△ABC外接圆的半径为R，由（I）可得，
所以，，……（7分）
所以△ABC的面积
．……（9分）
因为△ABC为锐角三角形且，
所以，解得，
所以，……（10分）
所以，
从而，
即△ABC的面积的取值范围为．……（12分）