山东省枣庄市市中区辅仁高级中学2023-2024学年高一下学期5月阶段检测数学模拟试卷（含解析）

辅仁高级中学5月阶段检测高一年级数学模拟试卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
单选题（本大题共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．已知复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知向量，，若与共线，则（ ）
A． B． C． D．
3．在中，，，，是边上一点，且，则的值为（ ）
A．2 B．1 C．-2 D．-1
4．已知向量，的夹角为，且，，则（ ）
A． B． C．3 D．6
5．在中，若的面积，则（ ）
A． B． C． D．
6．长方体中，，，则它的外接球的体积是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在正方体中，点为线段上一动点，则下列说法错误的是（ ）
A．直线平面 B．异面直线与所成角为
C．三棱锥的体积为定值 D．平面与底面的交线平行于
8．如图，点是半径为1的扇形圆弧上一点，，，若，则的最小值是（ 　）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在毎小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．）
9．设复数z在复平面内对应的点为Z，原点为O，i为虚数单位，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则或
B．若，则z的虚部为－2i
C．若点Z的坐标为，则对应的点在第三象限
D．若，则点Z的集合所构成的图形的面积为
10．已知,则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．若,则
11．如图所示，已知正方体的棱长为2，，分别是，的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．当点P与A，B两点不重合时，平面截正方体所得的截面是五边形
B．平面截正方体所得的截面可能是三角形
C．一定是锐角三角形
D．面积的最大值是
三、填空题（本大题共3小题，每小题 5 分，共15分．）
12．已知圆锥的顶点为，底面圆周上的两点、满足为等边三角形，且面积为，又知圆锥轴截面的面积为2，则圆锥的侧面积为 ．
13．在三角形中，角，，的对边分别为，，，已知，则角= ．
14．正方体中，M是的中点，则与所成角的余弦值为 ．

四、解答题（本大题共5小题， 共 77 分， 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
15．，
（1）求 （2）若与平行，求实数的值.
16、如图，在中，点满足是线段的中点，过点的直线与边分别交于点.
(1)若，求和的值；
(2)若，求的最小值.
17．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.
（1）求角B的大小；
（2）求的取值范围.
18．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是等边三角形，，点分别为和的中点.
(1)求证：平面;
(2)求证：平面平面;
19．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，点为线段的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)求三棱锥的体积.
参考答案：
1．B解析：复数，则，
因为复数满足，
所以，也即，
则有，解得：，所以，故选：.
2．A解析：由与共线，则，故选：A
3．C解析：
，故选：C.
4．D解析：向量，的夹角为，且，，因此，
所以.故选：D
5．A解析：由题意可知，在中，满足，即，
又由，所以，即，
因为，所以当即时显然不成立.
所以，又由，所以.故选:A
6．A解析：外接球的直径等于长方体对角线长，设外接球的半径为，则，所以，；故选：A.
7．B解析：连接，
，，，
平面，则，同理，
，直线平面，故A正确；
，，四边形为平行四边形，
则，则为异面直线与所成角，
又，则，即异面直线与所成角为，故B错误；
，平面，平面，平面．
可得到平面的距离为定值，即三棱锥的体积为定值，故C正确；
平面，平面，设平面与底面的交线为，
由直线与平面平行的性质，可得平面与底面的交线平行于，故D正确．故选：B．
8．B解析：由题：，点是半径为1的扇形圆弧上一点，则，
则，
即，，
化简得：，令，
因为，，，先增大后减小，
所以的最小值为较小值，
即的最小值为，
所以的最小值为1.故选：B
9．CD解析：对于A，若，则，所以A错误，
对于B，由于，所以z的虚部为－2，所以B错误，
对于C，由于点Z的坐标为，所以，故，其对应的点的坐标为，所以C正确，
对于D，设，则，因为，所以，所以点Z的集合所构成的图形的面积为，所以D正确，故选：CD
10．ACD解析：对于A，,故A正确;
对于B，因为,所以,故B错误;
对于C，因为
所以,故C正确;
对于D，,
所以,解得,则,故D正确.故选:ACD.
11．AD解析：如图，当点P与A，B两点不重合时，将线段MP向两端延长，
分别交CD，CB的延长线于点O，Q，连接NO，NQ分别交，于R，S两点，
连接RM，SP，MP此时截面为五边形MPSNR，所以A正确；
当点P与点A或点B重合时，截面为四边形.
综上，平面截正方体所得的截面为四边形或五边形.不可能是三角形，所以B不正确；
考虑，当点P与点A重合时，，，，
此时因为，故为钝角，所以C判断错误；
如图，为中点，连接，则，且面，
延长分别交延长线于，则，
若分别为中点，易知：面，且，，
易证：面面，即在面上的投影为，
令，面面，则面，面，
所以，若，，则面，面，
所以，即为P到直线MN的距离，
如下图，随从A到B移动过程中，逐渐变大，而不变，故也在变大，
所以当P与点B重合时，点P到直线MN的距离取到最大值，
的面积取到最大值，此时，，
则MN边上的高为，
△的面积为，即最大值为，D判断正确．故选：AD．
12．解析：设圆锥的母线长为，圆锥底面半径为，高为，
由为等边三角形，且面积为，∴，解得，
又圆锥轴截面的面积为2，∴，
又，解得，
∴圆锥的侧面积为．故答案为：．
13．解析：由，根据正弦定理可得
，又因为，
所以，又因为，所以，所以，又因为，所以，所以.
14．/解析：在正方体右侧作出一个全等的正方体，连接，如图，

易知，所以四边形是平行四边形，则，
所以是与所成角的平面角或补角，
不妨设正方体的棱长为，
则在正方体中，，
在中，，
在中，，
所以在中，，
所以与所成角的余弦值为. 故答案为：.
15．解析：（1）因为，，所以， ，所以；
（2），，
因为与平行，所以，解得
16解析：（1）因为，所以，
所以，
又是线段的中点，所以，
又，且不共线，所以.
（2）因为，
，
由（1）可知，，所以，
因为三点共线，所以，即
又，所以，
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.
17解析：（1）由已知
利用正弦定理得：，即
由余弦定理得：，又，
（2）由（1）知，故
由，知，
利用正弦函数性质知，故原式的取值范围为
18解析：（1）
取中点，连接，由为的中点，为的中点，
所以，
又，则，因此四边形为平行四边形，
于是，而平面，平面，所以平面；
（2）
过作于点，连接，
由，得≌，
则，即，
因为底面是边长为2的菱形，是等边三角形，
所以，
从而，
所以，
又因为，平面，平面，则平面，
又因为平面，所以平面平面.
19解析：（1）连接交于点，连接，由底面是正方形，故为中点，
又点为线段的中点，故，
又平面，平面， 故平面；
（2）由点为线段的中点，，故，
由平面，平面，故，
又底面是正方形，故，
又、平面，，
故平面，又平面，
故，又、平面，，
故平面；
（3）由点为线段的中点，故点与点到平面距离相等，
故.