2021-2022学年山西省大同市第二中学校高一下学期期中数学试题含解析

这是一份2021-2022学年山西省大同市第二中学校高一下学期期中数学试题含解析，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山西省大同市第二中学校高一下学期期中数学试题一、单选题1．设集合，，则为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再用列举法表示集合，最后根据交集的定义计算可得；【详解】解：由，即，解得，即，又，所以；故选：C2．已知复数，复数是复数的共轭复数，则（       ）A．1 B． C．2 D．【答案】C【分析】根据复数的运算性质，得到，即可求解.【详解】根据复数的运算性质，可得.故选；C．3．下列函数中，既是偶函数又在单调递增的函数是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分析各选项中函数的定义域、奇偶性、在上的单调性即可判断作答.【详解】对于A，函数定义域是，不是偶函数，A不是；对于B，函数定义域为R，是偶函数且在上单调递增，B是；对于C，函数定义域为R，是偶函数且在上单调递减，C不是；对于D，函数定义域为R，是偶函数且在上单调递减，D不是.故选：B4．已知向量=（k，1），=（3，2），=（1，3），且（），则实数k的值等于（       ）A． B． C．6 D．8【答案】C【分析】先计算的坐标，转化为，利用数量积的坐标表示，即得解【详解】由已知，因为，所以，即.故选：C.5．△ABC的三边长之比为，则最小角和最大角之和的余弦值为(       )A． B． C． D．【答案】C【分析】可设，，，k>0，根据余弦定理可求，于是可求．【详解】三边的比为，不妨设角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，，，k>0，则最大角为，最小角为，由余弦定理得：，．故选：C．6．在正方体分别为的中点，则异面直线与所成角的大小为(       )A． B． C． D．【答案】C【分析】连接、、，则∥∥，即为异面直线与所成角或其补角，根据等比三角形是等边三角形即可求解.【详解】连接、、、易知∥∥，即为异面直线与所成角或其补角，易知等边三角形，故角为.故选：C.7．在边长为的正方形中，为的中点，点在线段上运动，则的取值范围是(　　)A． B． C． D．【答案】C【详解】将正方形放入如图所示的平面直角坐标系中，设E(x,0)，0≤x≤1.又，C(1,1)，所以，所以，因为0≤x≤1，所以，即的取值范围是.故选C.点睛：计算数量积的三种方法：定义、坐标运算、数量积的几何意义，要灵活选用，和图形有关的不要忽略数量积几何意义的应用．8．球O为三棱锥的外接球，和都是边长为的正三角形，平面PBC平面ABC，则球的表面积为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】取中点为T，以及的外心为，的外心为，依据平面平面可知为正方形，然后计算外接球半径，最后根据球表面积公式计算.【详解】设中点为T，的外心为，的外心为，如图 由和均为边长为的正三角形则和的外接圆半径为，又因为平面PBC平面ABC， 所以平面，可知且，过分别作平面、平面的垂线相交于点即为三棱锥的外接球的球心，且四边形是边长为的正方形， 所以外接球半径，则球的表面积为，故选：B． 二、多选题9．在中，，则的面积可能为（       ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】先用正弦定理求出的值，，然后求出角的大小，再利用三角形面积公式即可得解.【详解】由题意，即，，由正弦定理可得：，解得：，因为，，可知三角形有两解，或；当时，，此时，当时，，此时，故选：BD10．设a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论不正确的是（       ）A．若a∥b，b∥α，则a∥α B．若a∥b，a∥α，b∥β，则α∥βC．若a⊥b，a⊥α，b∥β，则α⊥β D．若a⊥α，b∥α，则a⊥b【答案】ABC【分析】A.利用直线与平面的位置关系判断；B. 利用平面与平面的位置关系判断；C. 利用平面与平面的位置关系判断；D.利用线面垂直的性质定理判断.【详解】A. 若a∥b，b∥α，则a∥α或，故错误； B. 若a∥b，a∥α，b∥β，则α∥β或α与β相交，故错误；C. 若a⊥b，a⊥α，b∥β，则α与β平行或相交，故错误；D.若a⊥α，b∥α，则a⊥b，故正确；故选：ABC11．在中，内角所对的边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（       ）A．B．若，则C．D．若，且，则为等边三角形【答案】ACD【解析】利用正弦定理以及边角互化可判断A、B、C，利用向量数量积可判断D.【详解】对于A，由，故A正确；对于B，若，当，时，则，故B不正确；对于C，，故C正确；对于D， 由，可得的角平分线与垂直，所以为等腰三角形又，可得，所以为等边三角形，故D正确；故选：ACD12．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，侧面为正三角形，且平面平面，则下列说法正确的是（       ）A．在棱上存在点，使平面B．异面直线与所成的角为90°C．二面角的大小为45°D．平面【答案】ABC【分析】选项A，取的中点，利用三角形知识得垂直关系，再利用线面垂直的判定定理证明平面；选项B，利用平面，可得；选项C，先作出并证明所求的二面角为，再利用直角三角形知识求解；选项D，利用反证法，假设平面，再证明平面，得到，与与的夹角为矛盾来说明.【详解】A选项：如图，取的中点，连接， ∵侧面为正三角形，，又底面是菱形，，是等边三角形，又为的中点，又，，在平面内，且相交于点，平面，故选项A正确；B选项：由选项A知，平面，又平面，，即异面直线与所成的角为90°，故选项B正确；C选项：∵平面，  ， 平面，，，又平面平面，是二面角的平面角，设，则，，在直角中，，即，故二面角的大小为，故选项C正确；D选项：因为平面平面，，所以平面，又平面，所以.假设平面，则有，又，在平面内，且相交于点，所以平面，又平面，所以，而由题可知，与的夹角为，矛盾，故假设不成立，故选项D错误.故选：ABC. 三、填空题13．如图，是水平放置的的直观图，则的周长为________．【答案】【分析】根据斜二测画法的规则得到直角三角形的直角边长，用勾股定理求出斜边长可得结果.【详解】根据斜二测画法的规则可知，，，，所以，所以的周长为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：掌握斜二测画法的规则是解题关键.14．已知幂函数在上单调递减，则实数__________．【答案】【分析】根据幂函数的定义求出，再根据单调性确定即可.【详解】根据幂函数的定义知，即，解得或，又在上单调递减，所以．故答案为：.15．若圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为90°的扇形，则这个圆锥的全面积是___________.【答案】1.25【分析】先根据求出圆锥的侧面面积，再根据展开图扇形弧长等于底面圆的周长求出底面圆的半径，进而求出底面面积，相加得到圆锥的全面积.【详解】圆锥的侧面展开图面积为，圆锥的底面圆半径设为，则，解得：，所以底面圆面积为，则圆锥的全面积为故答案为：16．已知△ABC是正三角形，若a＝－λ与向量的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是________．【答案】(－∞，0)∪(0，2)　【详解】因为－λ与向量的夹角为锐角，所以(－λ)·＞0，且－λ与不共线．由(－λ)·＞0及△ABC是正三角形，得||2－λ||·||cos 60°＞0，所以1－λcos 60°＞0，解得λ＜2.若－λ与共线，则存在实数m使－λ＝m，所以m＝1，λ＝0.所以－λ与不共线时，λ≠0.综上，实数λ的取值范围是(－∞，0)∪(0，2)． 四、解答题17．已知向量与的夹角，且，．(1)求，；(2)求与的夹角的余弦值．【答案】(1)，(2)【分析】（1）由已知条件直接求解即可，（2）利用向量的夹角公式直接求解【详解】(1)因为向量与的夹角，且，所以(2)设与的夹角为则因此与的夹角的余弦值是18．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求角C的大小；(2)若的外接圆半径为2，，求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据，由正弦定理得到，再利用余弦定理求解；（2）根据的外接圆半径为2，且，得到，再利用三角形面积公式求解.【详解】(1)解：因为，所以，即，所以，因为，所以；(2)因为的外接圆半径为2，且，所以，即，所以.19．如图，在正方体中，E为的中点．(1)求证：∥平面；(2)上是否存在一点，使得平面∥平面，若存在请说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)存在，为的中点，理由见解析.【分析】(1)连结交于，连结．由三角形的中位线定理、线面平行的判定定理即可证明；(2)上的中点即满足平面∥平面．由平行四边形的性质和线面平行的判定定理，以及面面平行的判定定理，可得证明．【详解】(1)连结交于，连结．∵为正方体，底面为正方形，∴为的中点，∵为的中点，在中，是的中位线，所以，又平面，平面，∴∥平面；(2)上的中点即满足平面∥平面．∵为的中点，为的中点，∴，且，∴四边形为平行四边形，∴，∵平面，平面，∴∥平面；由(1)知∥平面，又∵，∴平面∥平面．20．已知向量，.（1）若，求的值；（2）若函数，求此函数当时的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据向量共线的坐标表示以及同角三角函数基本关系即可求解；（2）先利用数量积的坐标运算、正余弦二倍角公式、辅助角公式化简函数，结合正弦函数的性质即可求解.【详解】（1），，可得：；（2）因为，所以.所以当，即时，最大值为.21．已知在△ABC中，D为边BC上一点，，，．(1)求AD的长；(2)求sinB．【答案】(1)2；(2).【分析】(1)在中，利用余弦定理建立方程求解即可；(2)利用(1)的结论求出，再在中由正弦定理计算可求．【详解】(1)依题意，在中，由余弦定理得，即，解得；(2)在中，由(1)知，由余弦定理可得，则有，在中，由正弦定理得．．22．如图，在四棱锥P－ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，，，，.(1)求证：PD⊥平面PBC；(2)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由平面，得，由，得，再由，得到平面．（2）过点作的平行线交于点，连结，则与平面所成的角等于与平面所成的角，由平面，得到为直线和平面所成的角，由此能求出直线与平面所成角的正弦值．【详解】(1)证明：（1）因为平面，直线平面，所以．又因为，所以，又，而 平面PBC,所以平面．(2)过点作的平行线交于点，连结，则与平面所成的角等于与平面所成的角．因为平面，故为在平面上的射影，所以为直线和平面所成的角．由于，，故四边形ADFB是平行四边形，故，故得,又AD⊥平面PDC ，故，故，故 ,在中，,可得,所以直线与平面所成角的正弦值为．