【文档说明】河北省张家口市尚义县第一中学2022-2023学年高一下学期6月月考数学试题答案（数学）.pdf，共(6)页，266.978 KB，由小赞的店铺上传

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第1页共6页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1i,z故1i,z故11ii=1+i,zz故选：B.2.D【解析】(1,3),(2,),abm(3,3)

,abm(1,3),abm()//(),abab3(3)1(3),mm解得23m，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.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,ACBC分别为,ml，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11ACCA与平面11BCCB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22OC，则原四边形中42OC，又4DCDCABAB

，故平行四边形ABCD的面积为216244OCABS，2322216ShV.故选：B.7.B【解析】因为AbBasincos，所以ABBAsinsincossin，由0πA，

0sinA，所以BBsincos，4B，因为π6C，2c，所以22sin2221sin2cBbC.故选：B.8.D【解析】由余弦定理，22231321372BC，故7,CDBC因为CD底面ABC，在Rt

DCA中,221722ADACCD，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115sin226BCAEABAC，解得21,14AE故214214,2i562snAEADEAD

故选：D.9.ABC第2页共6页10.AB【解析】因为sinsin2BA，所以sin2sincosBAA，2cosbaA.又1a，3b所以cos32A，因为0A，所以6A，3sinsin32B.又ba，所以3B或32B，当3B时，2

C，2c，当32B时，1c,故选：AB.11.AB【解析】对于A，因为coscoscosabcABC，所以sinsinsincoscoscosABCABC，所以tantantanABC，且,,(

0,π)ABC，所以ABC，所以ABC为等边三角形，故A正确；对于B，sincoscosABCabc，由正弦定理可得sincoscossinsinsinABCABC，则111tantan1ta

ntanBCBC，所以π4BC，所以ABC为等腰直角三角形，B选项正确；对于C，若2coscaB，由正弦定理可得sin2sincosCAB，结合两角和的正弦公式得sinsincossincos2sincossincossincosABA

BBAABABBA又0,πAB、且AB+，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23,4ab，所以4sin23A,即3πsin,0,22AA,所以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23hPO，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248Srl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,OC

POOBPB即1123,24rr解得123,3r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在直角APC△中，4,2PAPC，可

得2216425,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25，所以D不正确.故选：BC.13.71i5【解析】由题意得1212122255i6i57izzzzz

，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22132331133,

,2222233ABCDCDCDCDCDCD.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5AC，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，512534ACBCABBOr，故旋转体的表面积为ABBCBOS128434.5516.32【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1POE中，可得11,60OErPEO，则13POr，所以11333(1)

MEOOPOPOrr，所以内接圆柱的侧面积为211223(1)23(),223rrSrMErr当且仅当1rr时，即12r时，等号成立，此时1133(1).22OO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，21iz，Ra，则12i(i)(1i)(1)(1)i11i,1i(1i)(1i)222zaaaaaaz……………………7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2320232342311112222()()()

505(iiii)ii+i1zzzzzzzz.……………………10分18.【解析】（1）连结1CD交1DC于点G，连结,GFEG，因为点,FG分别是1,DCDC的中点，所以1//FGDD，且11,2FGDD所以//,FG

AEFGAE，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.CED……………………5分（2）因为22112AC，则22213CE,221112ED,221125CD，所以22211CE

EDDC，所以1CEED，162CEDS,……………………7分因为ADDC，且1DDAD⊥，1,DDDCD所以AD平面11DDCC，……………………8分因为11//AADD，所以点E到平面11DDCC的距离为1，11112222CFDS，设点F到平面1C

ED的距离为,h根据等体积转化可知11FCEDECFDVV，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，∴1122OCOAOBab，……………………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，∴,,ADE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OM

PA//……………………2分OM平面MBD，PA平面MBD，所以//PA平面MBD.……………………6分（2）在ABD中，6AD，3AB，60BAD，所以2222cos27,BDABADABADBAD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,ABCDCD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.【解析】（1）12sinsinsinsin22bcAcCbBaA，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3A，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3sin21bcSABC233sin221（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，∵2C，即BCAC，且BCDE//，∴DCDE，ADDE，……………………1分则在图2中，DCDE，DADE1，……………………2分第6页共6页又∵DDADC1，DC

，1DA平面DCA1∴DE平面DCA1.……………………4分∵FA1平面DCA1，∴FADE1．又∵CDFA1，DDECD，CD，DE平面BCDE，∴1AF平面.BCDE……………………6分（2）解：由已知BCDE//，且12DEBC，得D，E分别为AC，A

B的中点，在ABCRt中，226810AB，则51EBEA，41DCDA，由（1）DCDE，DADE1，二面角CDEA1的平面角为31DCA，……………………8分所以2DF，123,AF222226210BFCFBC因为FA1平面DEBC

，……………………10分所以BA1与平面DEBC所成的角为BFA1，在FBARt1中，103010232tan11FBFABFA……………………12分