2022-2023 学年第二学期第四次阶段测试卷
高一数学答案
1. B【解析】因为 z 1 i,故 z 1 i,故 z 1 z 1 i i= 1+i,故选：B.
2.D【解析】 a (1, 3),b (2,m), a b (3,m 3), a b ( 1, 3 m),
(a b) / /(a b), 3 ( 3 m) 1 (m 3),解得m 2 3 ，故选：D.
3.B【解析】以矩形的一条对角线为轴，旋转所得到的几何体不是圆柱，故 A错误；
圆锥的顶点、圆锥底面圆周上任意一点及底面圆的圆心三点的连线可以构成直角三角形，B正确；
用一平行底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台，故 C错误;
当球面上两点是球的直径的端点时，过这两点的大圆有无数个，D错误.故选：B.
4.D
5. C【解析】如图，在直三棱柱 ABC - A1B1C1中， ABC是锐角三角形，
对于 A，直线 AC,BC 分别为m, l ，直线CC1为直线n，满足m n，n l，
而m与 l不垂直，A不正确；
对于 B，平面 ACC A 与平面 BCC B 分别为 ， 1 1 1 1 ，平面 ABC为平面 ，
满足 ， ，而平面 与 不垂直，B不正确；
对于 C，由线面垂直的性质“垂直于同一个平面的两条直线平行”可知 C正确；
对于 D，当m， n是异面直线，m ，m // ， n ， n // 时， // ，D不正确.故选：C.
6.B【解析】由题设O C 2 2 ，则原四边形中OC 4 2，又D C DC A B AB 4，
故平行四边形 ABCD的面积为 S AB OC 4 4 2 16 2 ，V Sh 16 2 2 32 2 .
故选：B.
7. B【解析】因为 a cos B bsin A，所以 sin Acos B sin B sin A，由 0 A π， sin A 0，
π 2
2
所以 cos B sin B， B ，因为C ， c 2 c sin B，所以b 21 2 2 .故选：B.4 6 sinC
2
8.D BC 2 12
2 3
【解析】由余弦定理， 3 2 1 3 7 ，故CD BC 7,因为
2
CD 底面 ABC 2，在 Rt DCA中, AD AC CD 2 1 7 2 2，作 AE BC于E，因为平
面DCB 平面 ABC，故 AE 平面 BCD，故 AD与平面 BCD 所成角为 ADE .又
21
1 BC AE 1 AB AC 5 sin ，解得 AE 21 , sin ADE AE 14 42 故 ,故选：D.
2 2 6 14 AD 2 2 56
9.ABC
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10.AB【解析】因为 sin B sin 2A，所以 sin B 2sin Acos A，b 2a cos A .又 a 1，b 3
所以 cos A 3 3 ，因为0 A ，所以 A ， sin B sin .又b a，
2 6 3 2
B B 2 B C B 2 所以 或 ，当 时， ， c 2，当 时， c 1 ,故选：AB.
3 3 3 2 3
a b c sin A sin B sinC
11.AB【解析】对于 A，因为 ，所以 ，所以 tan A tan B tanC ，
cos A cos B cosC cos A cos B cosC
且 A,B,C (0, π)
sin A cos B cosC
，所以 A B C，所以 ABC为等边三角形，故 A正确；对于 B， ，
a b c
sin A cos B cosC 1 1 π
由正弦定理可得 ，则 1 tan B tanC 1，所以 B C ，
sin A sin B sinC tan B tanC 4
所以 ABC为等腰直角三角形，B选项正确；对于 C，若 c 2acosB，由正弦定理可得 sinC 2sin AcosB，
结合两角和的正弦公式得 sin A B sin AcosB sin Bcos A 2sin AcosB sin AcosB sin Bcos A
又 A、B 0, π 且 A+B ，所以 cos Acos B 0，故 tan A tanB A B， ABC等腰不一定是直角
三角形,所以 C 错误;对于选项 D，要使满足条件的三角形有且只有两个，则 bsin A a b，因为
a 2 3,b 4，所以 4sin A 2 3 ,即 sin A 3 , A 0,
π
,所以0
A .故选项 D错误.故选：AB.
2 2 3
12.BC【解析】对于 A中，圆锥 PO轴截面 PAB是边长为 4的等边三角形，
可得圆锥 PO的底面圆的半径为 r 2，高 h PO 2 3，所以 A错误；
对于 B 中，母线长为 l 4，底面圆的半径为 r 2，则圆锥的侧面积为
S侧 rl 2 4 8 ，所以 B正确；
对于 C中，设圆锥的内切球球心为O1，半径为 r1，如图所示，
由 PO1C与 PBO
OC PO r 2 3 r
相似，可得 1 1 ,即 1 1 , r 2 3解得 1 ,即圆锥 PO的内切球OB PB 2 4 3
16
的表面积为 ,所以 C正确；对于 D中，如图所示，设圆锥 PO侧面展开图圆心角为 2 ，
3
由弧长 AA1 等于底面圆的周长，可得 2 4 2 2，可得 ,2
在直角△APC中， PA 4,PC 2，
可得 AC PA2 PC2 16 4 2 5,
即若C为 PB的中点，则沿圆锥 PO的侧面由点A到点C的最短路程是 2 5，所以 D不正确.
故选：BC.
1 7 713. i【解析】由题意得 z1 2z 2 2z5 2 1
z2 5z1 5 i 6i 5 7i，所以 z1 1 i .5
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3 3
14. , 【解析】因为 AB 1,2 ，CD 3,3 ，所以 AB在CD方向上的投影向量坐标为
2 2
AB C D C D 1 3 2 3 CD 3 1 1 3 3 , , .
CD CD 2 3 32 CD 2 2 2
2 2
84
15. 【解析】一个直角 ABC的两直角边长分别是 AB 4,BC 3，所以，
5
斜边长为 AC 5，以这个直角三角形的斜边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一
周 形 成 的 面 所 围 成 的 旋 转 体 是 两 个 圆 锥 的 组 合 体 ， 如 图 示 ，
r BO AB BC 4 3 12 ，故旋转体的表面积为
AC 5 5
S BO BC AB 12 84 3 4 .
5 5
16. 3【解析】作出圆锥的轴截面，如图所示，因为圆锥 PO轴截面 PAB是边长为 2的等边三角形，
2
可得圆锥 PO的底面圆的半径为 r 1，高 h PO 3，
设内接圆柱的底面半径为 r ，
在直角 PO1E中，可得O1E r , PEO1 60
，则 PO1 3r ，
所以ME OO1 PO PO1 3 3r 3 (1 r )，
r 1 r 3
所以内接圆柱的侧面积为 S1 2 r ME 2 r 3 (1 r ) 2 3 ( )
2 ,
2 2
1
当且仅当 r 1 r 时，即 r 1 3时，等号成立，此时OO1 3 (1 ) .2 2 2
3
所以圆锥 PO的内接圆柱的侧面积最大时，该圆柱的高为 .
2
17. 1 2 2 2【解析】（ ）复数 z1 a i，则 z1 (a i) (a 1) 2ai 2i，……………………2分
a2 1 0
又 a R，因此 ，解得 a 1，……………………4分
2a 2
所以实数 a的值是 1.……………………5分
（2）复数 z1 a i， z2 1 i， a R，
则 z1 a i (a i)(1 i) (a 1) (a 1)i a 1 a 1 i,……………………7分
z 2 1 i (1 i)(1 i) 2 2 2
a 1
z 01 2
因为 z 是纯虚数，于是 ，解得a 1，……………………8分2 a 1 0
2
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z1
因此 iz ，又 i
1 i, i2 1,i3 i, i4 1，
2
则 n N* , i4n 3 i, i4n 2 1,i4n 1 i, i4n 1，即有 n N*, i4n 3 i4n 2 i4n 1 i4n 0 ，
所以 z1 ( z 1 )2 ( z1 )3 z ( 1 )2023 505(i i2 i3 i4 ) i i2+i3 1 .……………………10分
z2 z2 z2 z2
18.【解析】（1）连结C1D交D1C于点G，连结GF ,EG，
因为点 F ,G分别是DC,D 11C 的中点，所以FG//DD1，且 FG DD1,2
所以FG / /AE,FG AE，即四边形 AEGF 是平行四边形，……………………2分
所以 AF / /EG ，且 AF 平面CED1， EG 平面CED1，
所以 AF∥平面CED1.……………………5分
（2）因为 AC 12 12 2 ，则
2CE 2 12 3 , ED 121 12 2 ,CD1 12 22 5 ，
2 2 2
所以CE ED1 DC1 ，所以CE ED1， S
6
CED ,……………………7分 1 2
因为 AD DC，且DD1⊥AD ，DD1 DC D,
所以 AD 平面DD1C1C ，……………………8分
因为 AA1 / /DD
1 1 1
1，所以点 E到平面DD1C1C的距离为 1， S CFD 2 ，1 2 2 2
设点F 到平面CED1的距离为 h,
1 6 1 1 6
根据等体积转化可知VF CED V1 E CFD ，即1 h 1，解得： h ，3 2 3 2 6
CED 6所以点 F 到平面 1的距离为 .……………………10分6
（3）否.……………………12分
19.【解析】（1）∵OA a，OB b，C是 AB的中点，
1 OC OA OB 1∴ a b ，……………………2分2 2
1 1 1 CD OD OC b b a a 1 b.……………………6分3 2 2 6
1
（2）证明：∵ AD OD OA b a，……………………8分
3
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1 1 3 1 AE OE OA a 3 b a a b AD，……………………10分2 2 4 4 4
∴ AE与 AD平行，又∵ AE与 AD有公共点 A，
∴ A,D,E三点共线..……………………12分
20.解：（1）连接 AC交 BD于O，连接OM ，如图所示；
因为M 为 PC的中点，O是 AC的中点，则 PA //OM ……………………2分
OM 平面MBD， PA 平面MBD，
所以 PA / / 平面MBD .……………………6分
（2）在 ABD中， AD 6， AB 3， BAD 60 ，
BD2所以 AB2 AD2 2AB AD cos BAD 27,
2 2 2
所以 AD AB BD ，所以 AB BD；……………………9分
因为四边形 ABCD是平行四边形，所以 AB //CD，所以 BD CD；
又因为平面 PCD 平面 ABCD,且平面PCD 平面 ABCD CD, BD 平面 ABCD,
所以 BD 平面 PCD;……………………11分
因为 BD 平面MBD，所以平面MBD 平面 PCD．……………………12分
21. 1 1【解析】（ ） bc sin A 2 c sinC b sin B a sin A ，由正弦定理得
2 2
1 abc 2 b2 c2 a 2 ，……………………2分
2 2
1
根据余弦定理可知b2 c2 a2 2bc cos A，所以 abc 2bc cos A，……………………4分
2
cos A 1 A 0, A 又 a 2，得 ，因为 ，所以 .……………………6分2 3
2 2 2（ ）因为 A ， a 2，由余弦定理 2 b c 2bccos
，
3 3
即 2 b2 c2 bc，……………………8分
2 2 2 2
由 于 b c 2bc, 所 以 2 b c bc 2bc bc bc, 即 bc 2 （ 当 且 仅 当 b c 时 取 等
号），……………………10分
S 1 1 3所以 ABC bc sin 2sin （当且仅当b c时取等号），所以b c时 ABC的面2 3 2 3 2
3
积最大，最大值为 .……………………12分
2
22.【解析】（1）证明：在图 1中，∵ C ，即 AC BC，且DE // BC，
2
∴DE DC，DE AD，……………………1分
则在图 2中，DE DC ，DE A1D，……………………2分
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又∵DC DA1 D，DC ，DA1 平面 A1DC
∴DE 平面 A1DC .……………………4分
∵ A1F 平面 A1DC ，∴DE A1F ．
又∵ A1F CD，CD DE D，CD，DE 平面 BCDE，
∴ A1F 平面 BCDE.……………………6分
1
（2）解：由已知DE // BC，且DE BC，得D， E分别为 AC， AB的中点，
2
在 Rt ABC 中， AB 62 82 10，则 A1E EB 5， A1D DC 4，由（1）DE DC，
DE A1D，二面角 A1 DE C 的平面角为 A1DC
，……………………8分
3
所以DF 2， A1F 2 3, BF CF
2 BC 2 22 62 2 10
因为 A1F 平面DEBC，……………………10分
所以 A1B与平面DEBC所成的角为 A1BF ，
在 Rt A1FB
A F 2 3 30
中， tan A 11BF ……………………12分FB 2 10 10
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