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

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页辅仁高级中学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．2B．1C．-2 D．-14．已知向量，的夹角为，且，，则（

）A． B． C．3 D．65．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－2iC．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．，b=(−1,1)（1）求（2）若(ka+b)与a−216、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.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：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：A3．C解析：，故选：C.4．D解析：向量，的夹角为，且，，因此，所以.故选：D5．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:A6．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：B9．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：CD10．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