1、2021-2022学年高一年级阶段性测试（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、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.在复平面内，复数z对应的点的坐标是，则（ ）A.2B.3C.D.12.已知点，则与方向相反的单位向量是（ ）A.B
2、.C.D.3.已知向量，若，则x的值可能为（ ）A.B.C.D.4.设，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ）A.若，则B.若，C.若，则D.若，且l与所成的角和m与所成的角相等，则5.已知，是方程在复数范围内的两个根，则（ ）A.B.C.2D.36.已知正三棱柱的体积为，且底面边长与高相等，则该正三棱柱一个侧面的对角线长为（ ）A.1B.C.2D.7.已知向量，则取最小值时，实数的值为（ ）A.B.C.D.8.已知的边的中点为D，点E在所在平面内，且，若，则（ ）A.7B.6C.3D.29.已知，则复数z在复平面内对应的点在（ ）A.实轴上B.虚轴上C.第一、三
3、象限的角平分线上D.第二、四象限的角平分线上10.在三棱锥中，是边长为的等边三角形，点E为棱的中点，则三棱锥的体积为（ ）A.B.C.D.11.在直三棱柱中，E为棱上一点，且，则与所成角的余弦值为（ ）A.B.C.D.12.已知球O是某正四面体的外接球，现用一平面截球O，所得截面圆的面积的最大值为，则该正四面体的棱长为（ ）A.B.C.D.4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.化简：_.14.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若其面积为，则_.15.在四棱锥中，底面是边长为的正方形，则的长为_.16.设P，E，F分别是长方体的棱，的中点，且，M是底面上的一个动点，若
4、平面，则线段长度的最小值为_.三、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）已知向量，满足，.（）求与的夹角；（）求在上的投影向量的模.18.（12分）已知复数.（）若复数在复平面内对应的点在第三象限，求实数m的取值范围；（）若，在复平面内对应的点分别为B，C，求（点O为坐标原点）.19.（12分）在等腰直角三角形中，斜边，现将绕直角边所在直线旋转一周形成一个圆锥.（）求这个圆锥的表面积；（）若在这个圆锥中有一个圆柱，且圆柱的一个底面在圆锥的底面上，当圆柱侧面积最大时，求圆柱的体积.20.（12分）如图，在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且，点F在棱上，且，点
5、D是棱的中点.（）求证：；（）求点A到平面的距离.21.（12分）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，且平面平面.（）证明：平面平面；（）若Q为棱上一点，且，求二面角的大小.22.（12分）2022年是上海浦东开发开放32周年，浦东始终坚持财力有一分增长，民生有一分改善，全力打造我国超大城市的民生样板，使寸土寸金的商业用地变身“城市绿肺”，老码头、旧仓库变身步行道、绿化带等.现有一足够大的老码头，计划对其进行改造，规划图如图中五边形所示，线段处修建步行道，为等腰三角形，且，.（）求步行道BE的长度；（）若沿海的区域为绿化带，当绿化带的周长最大时，求该绿化带的周长与面积.2021-2022学
6、年高一年级阶段性测试（四）数学答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.1.答案 D命题意图 本题考查复数的几何意义及复数的模.解析 复数z对应的点的坐标是，则.2.答案 C命题意图 本题考查向量的坐标运算.解析 由题意有，所以，.3.答案 D命题意图 本题考查向量垂直的定义.解析 由题可知，解得或.4.答案 B命题意图 本题考查线面位置关系.解析 对于A，l与m可以相交、平行或异面，A错误.对于B，显然，B正确.对于C，或，C错误.对于D，l与m可以相交、平行或异面，D错误.5.答案 A命题意图 本题考查一元二次方程在复数范围内的根的求解及复数的模.解析 方程在复数范围内的两个根
7、为，不妨设，所以.6.答案 C命题意图 本题考查正三棱柱的性质.解析 设该正三棱柱的底面边长为a，由题可知该正三棱柱的体积，所以，即该正三棱柱的底面边长为，高为，故一个侧面的对角线长为.7.答案 B命题意图 本题考查向量的坐标表示及向量的模.解析 由题可知， ，当取最小值时，.8.答案 A命题意图 本题考查向量的线性表示.解析 由题可知，因为，所以.因为，所以，所以，所以，所以，故.9.答案 C命题意图 本题考查复数的几何意义，解析 设，则.因为，所以，所以复数z在复平面内对应的点在直线上，即第一、三象限的角平分线上.10.答案 C命题意图 本题考查棱锥的体积的求解.解析 由已知可得.，平面.
8、，.E为棱的中点，.11.答案 B命题意图 本题考查异面直线所成的角.解析 如图，过点E作交于点F，连接，则或其补角为与所成的角.由已知可得，不妨设，则，从而易得，由余弦定理可得，则与所成角的余弦值为.12.答案 D命题意图 本题考查几何体的外接球.解析 设外接球的半径为R，正四面体的棱长为a.可以将该正四面体放置在一个正方体内，使正四面体的棱恰好都为正方体的面对角线，易得正方体的棱长为，所以该正四面体的外接球即为棱长为的正方体的外接球，外接球的直径为正方体的体对角线，所以，即.当截面经过球的球心时，截面圆的面积最大，最大值为，所以，即该正四面体的棱长为4.二、填空题：本题共4小题，每小题5分
9、，共20分.13.答案 命题意图 本题考查向量的化简解析 .14.答案 命题意图 本题考查三角形的面积公式及余弦定理.解析 由题可知，由余弦定理可得，所以.15.答案 2命题意图 本题考查几何体中线段长度的求解.解析 由题可知为等腰直角三角形.因为，所以.因为，所以，又，所以平面，所以，所以.16答案 命题意图 本题考查几何体中线面的位置关系及线段长度的求解.解析 如图所示，分别取，的中点Q，R，G，连接，易知E，F，P，G，Q，R六点共面.连接，易得平面平面，故M在线段上运动.要使线段长度最小，需使.此时，得，所以.三、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
10、 本题考查向量的夹角及投影向量的定义.解析 （）因为，即，（1分）又，所以，即，解得.（3分）所以.（4分）因为，所以.（5分）（）因为，所以，（7分）所以在上的投影向量的模为.（10分）18.命题意图 本题考查复数的几何意义及向量夹角的余弦值.解析 （）因为，所以.（3分）因为复数在复平面内对应的点在第三象限，所以解得，即实数m的取值范围是.（6分）（）由题可知，（9分）则点，.（10分）因此.（12分）19.命题意图 本题考查几何体的表面积及体积的计算.解析 （）在等腰直角三角形中，斜边，所以，且.（2分）所以圆锥的表面积.（6分）（）设圆柱的底面半径为r，高为x.根据题意，画出圆锥的轴截
11、面：由图可知，且.（8分）所以.显然当时，取得最大值，最大值为，此时.（10分）故圆柱的体积.（12分）20.命题意图 本题考查线线垂直的证明及点面距离的求解.解析 （）因为D是棱的中点，所以.（1分）因为平面，而平面，所以.（3分）因为，平面，所以平面，而平面，因此.（5分）（）如图，设与交于点E.在中，.在中，故.所以，从而有.（7分）而，所以，即.（8分）而，平面，因此平面，故点A到平面的距离为的长度.（10分）因为，所以，.易得，所以，即点A到平面的距离为.（12分）21.命题意图 本题考查面面垂直的证明及二面角的求解.解析 （）因为底面是边长为2的菱形，所以.（1分）因为平面平面，平
12、面平面，所以平面.因为平面，所以.（3分）因为，所以，故.又因为，平面，所以平面.（5分）又因为平面，所以平面平面.（6分）（）如图，设，连接.由（）知平面，因为平面，所以.又，所以为二面角的平面角.（8分）由平面，知，又，所以平面.又平面，所以.（10分）在中，所以，则，故，所以二面角的大小为135.（12分）22.命题意图 本题考查解三角形的实际应用，基本不等式.解析 （）在中，由正弦定理知，解得.（2分），.（4分）为等腰三角形，即步行道的长度为.（6分）（）在中，由余弦定理知，（7分），即，当且仅当时，等号成立，此时，即的最大值为.（9分）的周长为，绿化带的周长最大为，（10分）此时绿化带的面积.（12分）