2021-2022学年江西师范大学附属中学高二下学期第一次月考数学（理）试题含解析

这是一份2021-2022学年江西师范大学附属中学高二下学期第一次月考数学（理）试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年江西师范大学附属中学高二下学期第一次月考数学（理）试题
一、单选题
1．下列各式的运算结果为纯虚数的是（ ）
A．(1+i)2 B．i2(1-i) C．i(1+i)2 D．i(1+i)
【答案】A
【分析】利用复数的四则运算，再由纯虚数的定义，即可求解.
【详解】由题意，对于A中，复数为纯虚数，所以正确；
对于B中，复数不是纯虚数，所以不正确；
对于C中，复数不是纯虚数，所以不正确；
对于D中，复数不是纯虚数，所以不正确，故选A.
【点睛】本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题．首先对于复数的四则运算，要切实掌握其四则运算技巧和常规思路． 其次要熟悉复数相关基本概念是解答此类问题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.
2．已知空间向量，，，则（       ）
A．4 B．-4 C．0 D．2
【答案】A
【分析】根据空间向量平行求出x,y，进而求得答案.
【详解】因为，所以存在实数，使得，则.
故选：A.
3．已知复数z满足，则的虚部为（       ）
A．1 B．i C． D．
【答案】A
【分析】利用复数的除法以及共轭复数的概念解题.
【详解】因为，所以，
所以，所以的虚部为1.
故选：A
4．某圆锥的侧面展开图是弧长为且圆心角为的扇形，则此圆锥的侧面积为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出圆锥母线和底面圆半径即可计算作答.
【详解】设圆锥的母线长为l，底面圆半径为r，则l即为展开图扇形所在圆半径，
于是得，解得，圆锥底面圆周长为展开图扇形弧长，即，解得，
所以圆锥的侧面积.
故选：C
5．如图所示，正方形的边长为2cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（ ）

A．16cm B．cm
C．8cm D．cm
【答案】A
【分析】由直观图确定原图形中平行四边形中线段的长度与关系，然后计算可得．
【详解】由斜二测画法，原图形是平行四边形，，
又，，，
所以，
周长为．
故选：A．

6．已知空间、、、四点共面，且其中任意三点均不共线，设为空间中任意一点，若，则（       ）
A．2 B． C．1 D．
【答案】B
【分析】根据空间四点共面的充要条件代入即可解决.
【详解】，即
整理得
由、、、四点共面，且其中任意三点均不共线，
可得 ，解之得
故选：B
7．如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，E，F，G分别为棱的中点，则（       ）

A．直线都与平面平行
B．直线都与平面相交
C．直线与平面平行，直线与平面相交
D．直线与平面相交，直线与平面平行
【答案】C
【分析】用空间向量和几何综合的方法，可以判断.
【详解】
设对角线AC的中点为O，EF的中点为 ， ，
以 为基底，建立空间坐标系如上图，
则 ，
∵E，F分别是的中点，∴ ，
，
∴ ，即 ， 平面EFG， 平面EFG，
平面EFG；
由以上分析知， ，并且 ，
， ，点O也是对角线BD的中点，
是的 边上的中位线，即 在 上，
平面EFG，即 与平面EFG交于点 ，
综上，平面EFG， 与平面EFG相交；
故选：C.
8．在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱，则（     ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据空间向量的基本性质知，，由模长公式，结合条件求得模长即可.
【详解】由题知，，
则



故选：D
9．某四棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，则该四棱锥的5个面的面积中，最大的是（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据三视图判断出四棱锥的结构，计算出个面的面积，由此确定正确选项.
【详解】由三视图可画出几何体的直观图如下图所示，
，
，
，，
，
，，
所以.
故最大面积是.
故选：D

10．已知z是虚数，是实数，则的最小值为（       ）
A． B． C． D．2
【答案】C
【分析】设，由为实数得出对应的点在单位圆上，利用复数模的几何意义及两点间距离公式可求解．
【详解】设，
则是实数，
所以，又，所以，
所以对应的点在以原点为圆心1为半径的单位圆上，，
表示单位圆上的点到点（表示的点的坐标）的距离，其最小值为，
故选：C．
11．已知函数，则过点可作曲线的切线的条数为（       ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】设切点为，根据导数的几何意义求得在切点处的切线方程，再将代入，求得的值，即可得解.
【详解】解：因为，所以，
设切点为，
所以在切点处的切线方程为，
又在切线上，所以，
即，
整理得，解得或，
所以过点可作曲线的切线的条数为2.
故选：C．
12．若三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，平面，且，则球O的表面积为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】作图，建立空间坐标系，用空间向量计算出球心即可.
【详解】依题意作下图：

以B点为原点，SB为z轴，BD是AC的垂直平分线，以BD为y轴，
以过点B平行于AC的直线为x轴，建立空间坐标系如上图，
则 都是直角三角形，取斜边SC和SA的中点G，F，
设球心为O（x，y，z），则G，F分别为外接圆的圆心，
必有 平面SBC， 平面SAB，
由以上坐标系可得 ，   ，
由题意 ， ， ，
， ， ，
，   ，
由 ，
得方程 ，
解得 ，…① ；
， ，得 ， …②，
联立①②解得： ，
∴球心坐标为 ，
球的半径为 ，
球的表面积为 ；
故选：B.

二、填空题
13．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则________．
【答案】
【分析】利用复数的几何意义可得出，进而可得出，利用复数的乘法化简可得结果.
【详解】由复数的几何意义可知，则，所以，.
故答案为：.
14．已知函数是上的奇函数，函数是上无零点的偶函数，若，且在上恒成立，则的解集是__________．
【答案】
【分析】设，分析函数的奇偶性，利用导数分析函数的单调性，可得出，分、两种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集.
【详解】设，其中，则，
所以，函数为奇函数，则，
因为，则，，
当时，，
所以，函数在上为增函数，从而函数在上也为增函数，
当时，由，可得；
当时，由，可得.
因此，不等式的解集为.
故答案为：.
15．已知三棱锥的外接球的半径为，为等腰直角三角形，若顶点到底面的距离为4，且三棱锥的体积为，则满足上述条件的顶点的轨迹长度是______．
【答案】
【分析】设直角边的边长为，根据三棱锥的体积为，求得，进而求得外接圆半径为，得出球心到底面的距离，得出球心到该截面圆的距离，进而求得截面圆的半径，即可求得点的轨迹长度.
【详解】设底面等腰直角三角形的直角边的边长为，
∴顶点到底面的距离为4且三棱锥的体积为，
∴，解得，
∴的外接圆半径为，
∴球心到底面的距离为，
又∵顶点到底面的距离为4，
∴顶点的轨迹是一个截面圆的圆周（球心在底面和截面圆之间）且球心到该截面圆的距离为，
∵截面圆的半径，
∴顶点的轨迹长度是，
故答案是：．
【点睛】解题方法点拨：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
16．如图，长为4，宽为2的矩形纸片中，为边的中点，将沿直线翻转至(平面)，若为线段的中点，则在翻转过程中，下列正确的命题序号是___________.

①平面；
②异面直线与所成角是定值；
③三棱锥体积的最大值是；
④一定存在某个位置，使
【答案】①②③
【分析】取中点F，连接FM、EF，可证四边形BEFM为平行四边形，根据线面平行的判定定理，即可判断①的正误；因为，所以即为所求，结合图象，分析判断，即可判断②的正误；当平面平面ADE时，三棱锥体积的最大，分析计算，即可判断③正误；假设，利用反证法，结合线面垂直的判定、性质定理，即可判断④正误，即可得答案.
【详解】对于①：取中点F，连接FM、EF，如图所示：

因为M、F分别为、中点，
所以，且，
又矩形ABCD，E为AB中点，
所以且，
所以，且，
所以四边形BEFM为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，故①正确；
对于②：由①可得，
所以异面直线与所成角即为EF与所成角，即为，
由题意得，在旋转过程中，形状不变，
所以不变，
所以异面直线与所成角为定值，故②正确；
对于③：在旋转过程中，形状不变，即底面积不变，
所以当到平面ADE距离最大时，三棱锥的高最大，体积最大，
由图象可得，当平面平面ADE时，到平面ADE距离最大，
此时到DE的距离即为所求，且为，
所以三棱锥体积的最大值为，故③正确；
对于④：假设，由题意得，，DC=2，
所以，即，
所以平面，
所以，
由题意得矩形ABCD，所以，且在中，，
所以DE无法垂直，故假设错误，
所以不存在某个位置，使，故④错误；
故答案为：①②③
【点睛】解题的关键是熟练掌握线面平行、垂直的判定、性质定理，并灵活应用，考查分析推理，空间想象的能力，属中档题.

三、解答题
17．如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，△ABC是边长为2的正三角形，AA1＝2，D是CC1的中点，E是A1B1的中点.

（1）证明：DE∥平面A1BC；
（2）求点A到平面A1BC的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）取A1B的中点F，连接FC，FE，证明DE∥CF，再利用线面平行的判定定理即可证明.
（2）证明OC，OA，OE两两垂直，以O为坐标原点，以OA，OE，OC所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出平面A1BC的一个法向量，由＝(2，0，0)，d＝，利用数量积即可求解.
【详解】（1）证明：如图

取A1B的中点F，连接FC，FE.
因为E，F分别是A1B1，A1B的中点，
所以EF∥BB1，且EF＝BB1.
又在平行四边形BB1C1C中，D是CC1的中点，
所以CD∥BB1，且CD＝BB1，所以CD∥EF，且CD＝EF.
所以四边形CFED是平行四边形，所以DE∥CF.
因为DE平面A1BC，CF⊂平面A1BC，所以DE∥平面A1BC.
（2）由题意知，三棱柱ABC­A1B1C1是正三棱柱.取AB的中点O，连接OC，OE.
因为AC＝BC，所以CO⊥AB.
又平面ABC⊥平面ABB1A1，平面ABC∩平面ABB1A1＝AB，所以CO⊥平面ABB1A1.
因为O为AB的中点，E为A1B1的中点，所以OE⊥AB，所以OC，OA，OE两两垂直.

如图，以O为坐标原点，以OA，OE，OC所在直线
分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则C(0，0，)，A(1，0，0)，A1(1，2，0)，B(－1，0，0).
则＝(2，2，0)，＝(1，0，).
设平面A1BC的法向量为＝(x，y，z)，
则由，可得，即，
整理得，令x＝，则y＝－1，z＝－.
所以＝(，－1，－)为平面A1BC的一个法向量.
而＝(2，0，0)，所以点A到平面A1BC的距离
d＝.
【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、空间向量法求点到面的距离，考查了逻辑推理能力以及计算能力，属于基础题.
18．己知四棱锥的底面为平行四边形，平面平面，点E在上，平面．

(1)求证：平面；
(2)若，试过点A作平面与平面平行，确定它与四棱锥表面的交线，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)作图及理由见解析.
【分析】（1）利用线面垂直的性质结合异面直线垂直得，再利用面面垂直的性质推理作答.
（2）利用平面基本事实及面面平行的性质分析推理作答.
【详解】(1)因平面，平面，则，中，，因此，
因平面平面，平面平面，而平面，
所以平面.
(2)因平面过点A，则平面与平面有一条过点A的交线，而平面平面，平面平面，
因此，平面与平面的交线平行于CE，在BC上取点N，使，连接AN，如图，

在中，点E在AD上，且，则，而，即四边形为平行四边形，
，从而得直线AN是平面与平面的交线，
而点N在平面内，同理平面与平面的交线平行于PC，在PB上取点M，使，连接NM，
则有，直线MN是平面与平面的交线，连接AM，直线AM是平面与平面的交线，
平面与只有一个公共点A，无交线，与无公共点，无交线，
所以线段是平面与四棱锥表面的交线.
19．如图，在梯形ABCD中，，，，E，F分别为边AB，CD上的动点，且，G是BC的中点，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面平面EBCF．

(1)求AE为何值时，；
(2)在（1）的条件下，求BD与平面ABF所成角的正弦值．
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用，得出；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法得出BD与平面ABF所成角的正弦值．
【详解】(1)沿将梯形翻折后，以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
设，则，
，
，即，解得或（舍）
故当时，

(2)在（1）的条件下，，

设平面的法向量为，由，解得
故
设BD与平面ABF所成角为，则
故BD与平面ABF所成角的正弦值为.
20．在四棱锥中，四边形是边长为4的菱形，，.

（1）证明：平面；
（2）如图，取的中点为，在线段上取一点使得，求二面角的大小.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用勾股定理逆定理计算证明，，进而利用线面垂直判定定理证得平面，从而，在计算证得，得到平面，从而，证得平面；
（2）以，，所在的直线为，，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解.
【详解】（1）因为，，所以，所以，
又因为为平行四边形，所以，，
因为，，，所以，所以，
因为，所以平面，所以，
因为，，，所以，所以，
因为，所以平面，所以，
因为，所以平面.
（2）由（1）知，，，两两垂直，分别以，，所在的直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
在三角形中，，
则，，，，，，
所以，
因为，，，
，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，得，，于是取，
又由（1）知，底面为正方形，所以，
因为平面，所以，
因为，所以平面，
所以是平面的一个法向量，
设二面角的大小为，则，
所以二面角的大小为.

21．如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，，，.

（1）求证：平面平面；
（2）设，当二面角的余弦值为时，求的值
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据ABCD是直角梯形，，得到，再由，利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；.
（2）以A为坐标原点，分别以向量，，的正方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量和平面PAM的一个法向量为，根据二面角的余弦值为，由求解.
【详解】（1）因为ABCD是直角梯形，，，
所以.
又因为，，
所以平面PAD，
又因为平面ABCD，
所以平面平面ABCD.
（2）由（1）知平面PAD，平面PAD，
所以，又，
所以，即，又，
所以平面ABCD，又，即，
则以A为坐标原点，分别以向量，，的正方向为x，y，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，.

则，，，
所以，，
设平面的一个法向量，
由即，
令，得，
设，由，得，
所以，
所以，，
设平面的一个法向量，
由，得，
令，
得平面PAM的一个法向量为，
，
设二面角的平面角为，
则为锐角，所以，
解得或，
因为，
所以.
22．已知圆锥曲线上的点的坐标满足．
（1）说明是什么图形，并写出其标准方程；
（2）若斜率为1的直线与交于轴右侧不同的两点，，点为．
①求直线在轴上的截距的取值范围；
②求证：的平分线总垂直于轴．
【答案】（1）是以，为焦点，长轴长为的椭圆，标准方程为；（2）①；②证明见解析．
【分析】（1）根据椭圆的定义直接求解即可；
（2）①设直线：，，，进而与椭圆方程联立，并结合判别式求解即可；②由于点在椭圆上得点（或点）与不重合且与的斜率都存在，再设直线的斜率为，直线的斜率为，将问题转化为求解.
【详解】解：（1）圆锥曲线是以，为焦点，长轴长为的椭圆，
其标准方程为；
（2）①设直线：，，，
由，消去，得，
由题意，有，解得，
所以直线在轴上的截距的取值范围为；
②因为点在椭圆上，若直线过点，即点（或点）与重合，
则与的另一个交点为，不合题意，所以点（或点）与不重合；
若或的斜率不存在，则直线过点，此时，与只有一个交点，
所以与的斜率都存在，
设直线的斜率为，直线的斜率为，因为，在轴的右侧，结合图象，可知，
要证的平分线总垂直于轴，只要证，
因为，，也即证：，
而
成立，
故的平分线总垂直于轴．