202306高一月考答案（数学）(1).pdf

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1、第 1 页 共 6 页2022-2023 学年第二学期第学年第二学期第四四次阶段测试卷次阶段测试卷高高一一数学数学答案答案1.B【解析】因为1 i,z 故1 i,z 故11 i i=1+i,zz故选：B.2.D【解析】(1,3),(2,),abm(3,3),abm(1,3),abm ()/(),abab3(3)1(3),mm 解得2 3m ，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

2、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.D5.C【解析】如图，在直三棱柱111ABCABC-中，ABC是锐角三角形，对于 A，直线,AC BC分别为,m l，直线1CC为直线n，满足mn，nl，而m与l不垂直，A 不正确；对于 B，平面11ACC A与平面11BCC B分别为，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2 2O C ，则原四边形中4 2OC，又4D CDCA BA

3、B ，故平行四边形ABCD的面积为216244OCABS，2322216 ShV.故选：B.7.B【解析】因为AbBasincos，所以ABBAsinsincossin，由0A，0sinA，所以BBsincos，4B，因为6C，2c，所以22sin22 21sin2cBbC.故选：B.8.D【解析】由余弦定理，2223132 1372BC ，故7,CDBC因为CD 底面ABC，在Rt DCA中,221 72 2ADACCD，作AEBC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115sin226BC AEAB AC，解得21,14AE 故2

4、14214,2i562s nAEADEAD故选：D.9.ABC第 2 页 共 6 页10.AB【解析】因为sinsin2BA，所以sin2sincosBAA，2 cosbaA.又1a，3b 所以cos32A，因为0A，所以6A，3sinsin32B.又ba，所以3B或32B，当3B时，2C，2c，当32B时，1c,故选：AB.11.AB【解析】对于 A，因为coscoscosabcABC，所以sinsinsincoscoscosABCABC，所以tantantanABC，且,(0,)A B C，所以A B C，所以ABC为等边三角形，故 A 正确；对于 B，sincoscosABCabc，由正

5、弦定理可得sincoscossinsinsinABCABC，则111tantan1tantanBCBC，所以4BC，所以ABC为等腰直角三角形，B 选项正确；对于 C，若2 coscaB，由正弦定理可得sin2sincosCAB，结合两角和的正弦公式得sinsincossincos2sincossincossincosABABBAABABBA又0,AB、且A B+，所以coscos0AB，故tantanABAB，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sinbAab，因为2 3,4ab，所以4sin2 3A,即3sin,0,22AA,所以

6、03A.故选项 D 错误.故选：AB.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2r，高2 3hPO，所以 A 错误；对于 B 中，母线长为4l，底面圆的半径为2r，则圆锥的侧面积为2 48Srl 侧，所以 B 正确；对于 C 中，设圆锥的内切球球心为1O，半径为1r，如图所示，由1POC与PBO相似，可得11,OCPOOBPB即112 3,24rr解得12 3,3r 即圆锥PO的内切球的表面积为16,3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，由弧长1AA等于底面圆的周长，可得2422，可得,2在

7、直角APC中，4,2PAPC，可得221642 5,ACPAPC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.13.71i5【解析】由题意得1212122 255i6i57izzzzz，所以171i5z .第 3 页 共 6 页14.23,23【解析】因为1,2AB ，3,3CD ，所以AB 在CD 方向上的投影向量坐标为221 32 33113 3,2 222233AB CD CDCDCDCDCD .15.845【解析】一个直角ABC的两直角边长分别是4,3ABBC，所以，斜边长为5AC，以这个直角三角形的斜边所在直线为旋转轴，其余两边旋

8、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，512534ACBCABBOr，故旋转体的表面积为ABBCBOS128434.5516.32【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，可得圆锥PO的底面圆的半径为1r，高3hPO，设内接圆柱的底面半径为r，在直角1PO E中，可得11,60O ErPEO，则13POr，所以11333(1)MEOOPOPOrr，所以内接圆柱的侧面积为211223(1)2 3(),223rrSr MErr 当且仅当1rr 时，即12r时，等号成立，此时1133(1).2

9、2OO 所以圆锥 PO 的内接圆柱的侧面积最大时，该圆柱的高为3.217.【解析】（1）复数1iza，则2212i(i)12()2iaaaz，2 分又Ra，因此21022aa，解得1a，4 分所以实数a的值是 1.5 分（2）复数1iza，21 iz ，Ra，则12i(i)(1i)(1)(1)i11i,1i(1i)(1i)222zaaaaaaz7 分因为12zz是纯虚数，于是102102aa，解得1a，8 分第 4 页 共 6 页因此12izz，又1234ii,i1,ii,i1 ，则*4342414N,ii,i1,ii,i1nnnnn ，即有*4342414N,iiii0nnnnn，所以232

10、0232342311112222()()()505(iiii)ii+i1zzzzzzzz .10 分18.【解析】（1）连结1C D交1DC于点G，连结,GF EG，因为点,F G分别是1,DC DC的中点，所以1/FG DD，且11,2FGDD所以/,FGAE FGAE，即四边形AEGF是平行四边形，2 分所以/AFEG，且AF 平面1CED，EG 平面1CED，所以AF 平面1.CED5 分（2）因为22112AC，则22213CE,221112ED,221125CD，所以22211CEEDDC，所以1CEED，162CEDS,7 分因为ADDC，且1DDAD，1,DDDCD所以AD 平面

11、11DDC C，8 分因为11/AADD，所以点E到平面11DDC C的距离为 1，11112222CFDS，设点F到平面1CED的距离为,h根据等体积转化可知11F CEDE CFDVV，即161113232h，解得：66h，所以点F到平面1CED的距离为66.10 分（3）否.12 分19.【解析】（1）OAa，OBb，C是AB的中点，1122OCOA OBab ，2 分1111.3226CDODOCbbaab 6 分（2）证明：13ADODOAba，8 分第 5 页 共 6 页1133224414AEOEOAabaabAD ，10 分AE 与AD平行，又AE 与AD有公共点A，,A D

12、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OMPA/2 分OM平面MBD，PA平面MBD，所以/PA平面MBD.6 分（2）在ABD中，6AD，3AB，60BAD，所以2222cos27,BDABADAB ADBAD所以222ADABBD，所以ABBD；9 分因为四边形ABCD是平行四边形，所以CDAB/，所以CDBD；又因为平面PCD 平面,ABCD且平面PCD平面,ABCDCDBD平面,ABCD所以BD 平面;PCD11 分因为BD平面MBD，所以平面MBD 平面PCD12 分21.【解析】（1）12sinsinsin

13、sin22bcAcCbBaA，由正弦定理得2221222abcbca，2 分根据余弦定理可知2222cosbcabcA，所以12cos2abcbcA，4 分又2a，得1cos2A，因为0,A，所以3A.6 分（2）因为3A，2a，由余弦定理2222cos3bcbc，即222bcbc，8 分由 于222,bcbc所 以2222,bcbcbcbcbc即2bc（当 且 仅 当bc时 取 等号），10 分所以3sin21bcSABC233sin221（当且仅当cb 时取等号），所以cb 时ABC的面积最大，最大值为23.12 分22.【解析】（1）证明：在图 1 中，2C，即BCAC，且BCDE/，D

14、CDE，ADDE，1 分则在图 2 中，DCDE，DADE1，2 分第 6 页 共 6 页又DDADC1，DC，1DA平面DCA1DE平面DCA1.4 分FA1平面DCA1，FADE1又CDFA1，DDECD，CD，DE平面BCDE，1AF 平面.BCDE6 分（2）解：由已知BCDE/，且12DEBC，得D，E分别为AC，AB的中点，在ABCRt中，226810AB，则51 EBEA，41 DCDA，由（1）DCDE，DADE1，二面角CDEA1的平面角为31DCA，8 分所以2DF，12 3,AF 2222262 10BFCFBC因为FA1平面DEBC，10 分所以BA1与平面DEBC所成的角为BFA1，在FBARt1中，103010232tan11FBFABFA12 分