高一數學階段性檢測5.20一、單選題1.已知，則虛部是（）A.2 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由共軛復數和復數的乘法運算計算可得.【詳解】，故的虛部是．故選：B2.已知直線，，和平面，則下列命題正確的是（）A.若，，則B.若，，，，則C.若，，，，則D.若，，則【答案】B【解析】【分析】根據線線、線面位置關系有關知識對選項進行分析，由此確定正確答案.【詳解】A選項，若，，可能，所以A選項錯誤.B選項，若，，，，則，所以B選項正確.C選項，若，，，，當時，與不一定垂直，所以C選項錯誤.D選項，若，，可能，所以D選項錯誤.故選：B3.在空間四邊形ABCD各邊AB、BC、CD、DA上分別取E、F、G、H四點，如果EF與GH能相交于點P，那么（）A.點P不在直線AC上 B.點P必在直線BD上C.點P必在平面ABC內 D.點P必在平面ABC外【答案】C【解析】【分析】根據給定條件，利用平面基本事實分析推理，即可判斷作答.【詳解】在空間四邊形ABCD中，點E、F分別在邊AB、BC上，有平面，平面，則直線平面，同理，直線平面，因EF、GH能相交于點P，即，因此平面，平面，而平面平面，于是有，A不正確，C正確，D不正確；又直線AC與BD沒有公共點，即點P不在直線BD上，B不正確.故選：C4.在中，，點E在上，若，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用向量的線性運算將用與表示出來，再利用向量共線定理的推理即可得解.【詳解】因為，所以，則，因為三點共線，所以，解得.故選：C5.已知向量，，則在方向的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據投影向量的定義結合向量的運算求解即可.【詳解】在方向的投影向量為.故選：A6.在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，，D在邊BC上，AD是角A的平分線，，，則的周長為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先根據已知條件求出角，再利用角平分線性質和三角形面積公式得到bc的值，最后結合余弦定理求出的值，進而求出的周長.【詳解】已知，移項可得.因為（若，則，不滿足），所以，即.又因為，所以.因為AD是角的平分線，所以.根據三角形面積公式，可得.可得：，即兩邊同時約去可得.由余弦定理，將，代入可得：，即，即.根據完全平方公式，可得，將其代入上式可得：，將代入上式可得：，解得（負值舍去）.的周長為.故選：A.7.已知函數的部分圖象如圖所示，下列說法不正確的是（）A.， B.函數的圖象關于直線對稱C.函數的圖象關于對稱 D.函數在上單調遞增【答案】B【解析】【分析】由圖象求出的解析式，再利用正弦函數性質逐一分析判斷各選項即可得解.【詳解】對于A，由題意，，則，則，又在上，則，即，所以，則，又，所以，所以，即，，故A正確；對于B，因為，所以不是圖象的對稱軸，故B錯誤；對于C，因為，所以的圖象關于點對稱，故C正確；對于D，當時，，所以在上單調遞增，故D正確.故選：B.8.某數學興趣小組成員為測量某建筑的高度OP，選取了在同一水平面上的A，B，C三處，如圖.已知在A，B，C處測得該建筑頂部P的仰角分別為，，，，米，則該建筑的高度（）A.米 B.米 C.米 D.米【答案】B【解析】【分析】設，由，結合余弦定理可得，求解即可.【詳解】設，則可得，由，可得B是AC的中點，所以，而，則，，中，由余弦定理可得：，解得：，所以該建筑的高度米.故選：B.9.下列說法正確的是（）A.若互為共軛復數，則為實數B.對于復數，若，則C.若是關于x的二次方程的根，則也是該方程的根D.復數z滿足，則的最大值為【答案】ACD【解析】【分析】A選項，設，則，利用復數乘法法則得到，A正確；B選項，舉出反例得到B錯誤；C選項，實系數的一元二次方程虛根成對（互為共軛復數），C正確；D選項，利用復數幾何意義得到z對應的點的軌跡，從而得到的最大值為.【詳解】對于A選項，設，則，為實數，A對；對于B，若，例如，滿足，但，，即，故B錯誤；對于C，實系數的一元二次方程虛根成對（互為共軛復數），所以為一元二次方程的兩根，C對；對于D，由復數的幾何意義，可知z對應的點的軌跡為以為圓心，以1為半徑的圓，表示圓周上的點到點的距離，所以的最大值為，故D對．故選：ACD10.下列命題正確的（）A.已知向量，若，則等于B.△ABC中，已知，，若三角形有唯一解，則整數可以為．C.在中，為常數，若，且，則的面積取最大值時，D.在中，，，設是的內心，若，則【答案】BCD【解析】【分析】利用平面向量垂直的坐標表示建立方程，求解參數判斷A，利用正弦定理求解的情況進而判斷B，利用余弦定理求出，再利用三角形面積公式求解最值判斷C，建立平面直角坐標系，求出關鍵點的坐標，利用平面向量線性運算的坐標表示建立方程，得到判斷D即可.【詳解】對于A，因為，所以，因為，且，所以，解得，故A錯誤，對于B，由正弦定理得，則，由于有唯一解，則或，解得或，則整數可以為，故B正確，對于C，在中，由及余弦定理得，即，而，則，又，則有，即，又，因此，則，當時取等號，故面積取最大值時．故C正確，對于D，以的中點為坐標原點，建立如下圖所示的坐標系：設內切圓的半徑為，則，解得，故，則，因為，所以，即，解得，故，故D正確.故選：BCD11.如圖，棱長為2的正方體中，、分別為棱、的中點，為面對角線上一個動點，則（）A.三棱錐的體積為定值B.存在點，使平面平面C.存點，使直線平面D.平面截正方體所得截面的最大面積為【答案】ACD【解析】【分析】對于A項，通過等體積法轉化即可判定；對于B項，通過反證，利用面與面和面交線PG、DH是否能平行來判定；對于C項，可以通過取的中點H、I，連接HI交于G點，判定即可；對于D項，討論截面的形狀并計算各交線長來判定即可.【詳解】對于A項，隨著G移動但G到面的距離始終不變即，故是定值，故A正確；對于B項，如圖所示，連接交于，H為側面的中心，則面與面和面分別交于線PG、DH，若存在G點使平面平面，則，又，則四邊形為平行四邊形，即，而，此時G應在延長線上，故B錯誤；對于C項，如圖所示，取的中點H、I，連接HI交于G點，此時，由正方體的性質可得，，又，平面，所以平面，故C正確；對于D項，若G點靠C遠，如圖一所示，過G作，即截面為四邊形，顯然該截面在G為側面的中心時取得最大，最大值為，若G靠C近時，如圖二所示，過G作，延長交、DA延長線于M、H，連接MK、HJ交、AB于L、I，則截面為六邊形EFIJKL，當KG為中點時取得最大值，最大值為，故D正確.故選：ACD.二、填空題12.把函數圖象上的所有點向右平移個單位長度，再把橫坐標伸長到原來的2倍，所得圖象的解析式是，則函數的解析式為_________．【答案】【解析】【分析】根據三角函數的平移變換法則即可求解.【詳解】將函數的圖象橫坐標縮短到原來的得到函數的圖象，再向左平移個單位長度，得到函數的圖象，所以.故答案為：.13.在棱長為2的正方體中，為底面的中心，為的中點，則異面直線與所成角的余弦值是________.【答案】##【解析】【分析】根據給定條件，作出并證明異面直線與所成角，再計算作答.【詳解】在棱長為2的正方體中，取中點，連接，如圖，因為為的中點，有，則四邊形是平行四邊形，于是，又，即有四邊形是平行四邊形，因此，則是異面直線與所成的角或補角，而為底面的中心，則，又平面，從而平面，而平面，則，在中，，于是，所以異面直線與所成角的余弦值是.故答案為：14.若三棱柱-的底面是以為斜邊的直角三角形，平面，則該三棱柱的外接球的體積為__________.【答案】【解析】【分析】依題意可得底面三角形外接圓直徑即為，設外接球的半徑為，則，即可求出，且三棱柱的外接球也是三棱錐的外接球，從而根據球的體積公式計算可得.【詳解】因為直三棱柱底面是以為斜邊的直角三角形，所以底面三角形外接圓的直徑即為.設外接球的半徑為，則，所以24，解得，所以外接球的體積.故答案為：.三、解答題15.如圖所示，為四邊形的斜二測直觀圖，其中，，．（1）求平面四邊形的面積及周長；（2）若四邊形以為旋轉軸，旋轉一周，求旋轉形成的幾何體的體積及表面積．【答案】（1）面積為，周長為；（2）體積為，表面積為．【解析】【分析】（1）把直觀圖還原為原平面圖形，得四邊形是直角梯形，由此求出平面四邊形的面積和周長；（2）四邊形以為旋轉軸，旋轉一周，旋轉形成的幾何體是圓柱與圓錐的組合體，計算它的體積和表面積即可．【小問1詳解】把直觀圖還原為原平面圖形，則四邊形是直角梯形，其中，，，如圖所示：所以平面四邊形的面積，又，所以四邊形的周長；【小問2詳解】四邊形以為旋轉軸，旋轉一周，旋轉形成的幾何體是圓柱與圓錐的組合體，其中圓柱的底面半徑為，高為，圓錐的底面半徑為，高為，母線長為，則旋轉體的體積為，表面積為．16.如圖所示，平面為圓柱的軸截面，點為底面圓周上異于，的任意一點．（1）求證：平面；（2）若為的中點，求證：平面．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）為的直徑，點為上的異于，的任意一點，可得,又圓柱中，底面可得，得證．（2）取中點，連結、，應用三角形中位線定理得，又圓柱中，，且，推出為平行四邊形，得到即得證．【小問1詳解】∵為的直徑，點為上的異于，的任意一點，∴．又在圓柱中，底面，底面，∴，又，平面，∴平面．【小問2詳解】取的中點，連接，，∵為的中點，∴在中，，且，又在圓柱中，，且，∴，，∴四邊形平行四邊形，∴．而平面，平面，∴平面.17.已知的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，向量，且.（1）求角A；（2）若，，求的面積；（3）若，求的最大值.【答案】（1）（2）（3）4【解析】【分析】（1）利用共線向量的坐標表示，正弦定理邊化角求解.（2）利用余弦定理求出，再利用三角形面積公式求解.（3）利用余弦定理建立關系，再利用基本不等式求出最大值.【小問1詳解】向量，且，則，在中，由正弦定理得，而，則，即，又，所以.【小問2詳解】由余弦定理得，即于是，而，解得，所以的面積.【小問3詳解】由余弦定理得，則，當且僅當時取等號，解得，所以當時，取得最大值4.18.如圖，在正四棱錐中，分別是線段的中點，分別在線段上，且．（1）證明：四點共面．（2）證明：平面．（3）若點在線段上，且滿足，試問側棱上是否存在一點，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析（3）存在，．【解析】【分析】（1）利用中位線定理及確定平面的條件即可證明；（2）利用線面平行的判定定理即可證明；（3）根據面面平行的判定定理及性質定理即可求解.【小問1詳解】證明：如圖1，連接．因為分別是線段的中點，所以．又，所以，所以，所以四點共面．【小問2詳解】證明：由（1）得．因為平面，平面，所以平面．【小問3詳解】如圖2，在線段上取一點，使得，作，交于點，連接．因為，，所以．因為平面，平面，所以平面．同理可證平面．因為，平面，平面，所以平面平面．又平面，所以平面．因為，，所以，因為，所以．故在棱上存在一點，使得平面，且．19.在中，，，對應的邊分別為，，，（1）求；（2）若為線段內一點，且，求線段的長；（3）法國著名科學家柯西在數學領域有非常高的造詣；很多數學的定理和公式都以他的名字來命名，如對于任意的，都有被稱為柯西不等式；在（1）的條件下，若，求：的最小值；【答案】（1）（2）（3）48【解析】【分析】（1）利用同角三角函數關系和正弦定理邊角互化對等式進行化簡，再結合余弦定理即可求解.（2）法一：用基向量法，將用表示，等式左右兩邊同時平方，利用模長和數量積公式即可求解；法二：用坐標系法，以AB所在的直線為軸，A為坐標原點建立坐標系，將用坐標表示，結合坐標表示求模長即可；（3）根據柯西不等式的定義直接化簡，當且僅當為正三角形時取等號，即可