2021-2022学年上海市七宝中学高一下学期期末数学试题（解析版）

2021-2022学年上海市七宝中学高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．设，则是为纯虚数的（    ）

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件

C．充要条件 D．既非充分又非必要条件

【答案】B

【分析】根据共轭复数的特征，复数的概念，以及充分条件与必要条件的判断方法，即可得出结果.

【详解】对于复数，若，则不一定为纯虚数，可以为；

反之，若为纯虚数，则，

所以是为纯虚数的必要非充分条件.

故选：B.

2．一个棱锥所有的棱长都相等，则该棱锥一定不是（    ）

A．正三棱锥 B．正四棱锥 C．正五棱锥 D．正六棱锥

【答案】D

【解析】根据正六变形的中心到底面顶点的距离等于边长判断.

【详解】因为正六变形的中心到底面顶点的距离等于边长，

所以正六棱锥的侧棱必大于底面棱长，

故选：D.

3．非零复数、在复平面内分别对应向量、（为坐标原点），若，则（    ）

A．、、三点共线 B．是直角三角形

C．是等边三角形 D．以上都不对

【答案】B

【分析】设，根据，可得，从而可将复数用表示，再判断各个选项即可.

【详解】解：设，

则，故，

因为，所以，

所以，

所以或，

故或，

当时，，

当时，，

所以，所以是直角三角形，

故、、三点不共线且不是等边三角形.

故选：B.

4．已知四面体的棱平面，且，其余的棱长均为2，有一束平行光线垂直于平面，若四面体绕所在直线旋转，且始终在平面的上方，则它在平面内影子面积的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】取的中点，连接，证明平面，分别求出点到的距离，点到的距离，点到的距离，从而可得出答案.

【详解】解：取的中点，连接，

因为，

所以，且，

又平面，

所以平面，

又平面，所以，

设点到的距离为，点到的距离为，点到的距离为，

则，

由，得，

因为，

所以影子面积的最小值为.

故选：C.

二、填空题

5．三条互相平行的直线最多可确定____个平面．

【答案】3

【分析】讨论三条直线的位置关系即可得到答案.

【详解】解：若三条直线在同一个平面内，则此时三条直线只能确定一个平面，

若三条直线不在同一个平面内，则此时三条直线能确定三个平面，

所以三条互相平行的直线最多可确定3个平面.

故答案为：3.

6．若复数满足，则的虚部为___.

【答案】

【分析】先根据复数的模以及除法法则化复数为代数形式，即得结果.

【详解】

因此的虚部为.

【点睛】本题考查复数的虚部、模以及除法法则，考查基本分析求解能力，属基础题.

7．若圆锥的侧面展开图是半径为4的半圆，则此圆锥的体积为______．

【答案】

【分析】利用圆锥的侧面展开图，求出圆锥的底面周长，然后求出底面半径，求出圆锥的高，即可求出圆锥的体积．

【详解】圆锥的侧面展开恰为一个半径为4的半圆，所以圆锥的底面周长为：，底面半径为：2，圆锥的高为：；圆锥的体积为：故答案为

【点睛】本题是基础题，考查圆锥的侧面展开图，利用扇形求出底面周长，然后求出体积，考查计算能力，常规题型．

8．将复数化为三角形式：______．

【答案】

【分析】根据复数的三角表示的定义计算即可.

【详解】解：复数中，，设为复数的辐角主值，

又

所以.

故答案为：.

9．若正四棱柱的底面边长为1，直线与底面所成角的大小是，则到底面的距离为______．

【答案】

【分析】根据正四棱柱的几何性质由直线与底面所成角的大小是，确定线段的长，则则到底面的距离即可求.

【详解】解：如图，连接

正四棱柱的底面边长为1，则，所以

且底面，则直线与底面所成角即

则

则在正四棱柱中，到底面的距离为即到到底面的距离.

故答案为：.

10．如下图所示，梯形是水平放置的平面图形的直观图（斜二测画法），若，，则四边形的面积是_____．

【答案】10

【分析】根据直观图画法的规则，确定原平面图形四边形ABCD的形状，求出底边边长以及高，然后求出面积．

【详解】根据直观图画法的规则，

直观图中平行于轴，，

所以原图中，

从而得出AD⊥DC，且，

直观图中，，

所以原图中，，

即四边形ABCD上底和下底边长分别为4，6，高为2，

故其面积.

故答案为：10.

11．正四棱锥的相邻两侧面所成二面角的大小的取值范围是_______．

【答案】

【分析】采用极限思想,让顶点无限接近底面,让顶点无限远离底面,推出范围即可.

【详解】假设顶点无限接近底面的中心,那么这四个侧面就趋向一个平面，那两个相邻侧面所成的二面角就无限接近；

假设顶点无限远离底面中心,那么四个侧面都垂直于底面,底面两边的夹角就是两个侧面所成二面角的平面角,大小为,

因此正四棱锥的两个侧面所成二面角的大小范围是.

故答案为：

12．已知关于的方程的两根为、.若，则实数的值是______．

【答案】

【分析】根据一元二次方程根与系数的关系可得，则由，即可得的值.

【详解】解：关于的方程的两根为、，

所以，，

所以

所以.

故答案为：.

13．已知正六棱柱各棱长均为2，如果一只小蚂蚁从沿表面移动到时，其最短路程为______．

【答案】##

【分析】根据可能走的路径，将所给的正六棱柱展开，利用平面几何知识求解比较.

【详解】解：将所给的正六棱柱下图（2）表面按图（1）展开，

，

，，

，

故从A沿正侧面和上表面到的路程最短为.

故答案为：.

14．有以下4个命题：（1）底面是正多边形的棱锥是正棱锥，（2）侧棱和底面所成的角都相等，侧面和底面所成锐二面角也都相等的三棱锥是正三棱锥，（3）底面是正方形，侧面都是等腰三角形的棱锥是正四棱锥，（4）四个面都是全等三角形的四面体是正四面体．其中正确的命题有_______．（写出所有正确的序号）

【答案】（2）

【分析】根据正棱锥的定义及结构特征逐一判断即可.

【详解】解：（1）中，底面是正多边形，若顶点在底面的射影不落在底面的中心，此时的棱锥不是正棱锥，所以该命题错误;

（2）中，侧棱和底面所成的角都相等，则顶点在底面的射影落在底面的外心，若侧面和底面所成锐二面角都相等，则顶点在底面的射影落在底面三角形的内心，所以该底面三角形的外心和内心重合，所以底面三角形为正三角形，故该棱锥为正三棱锥，所以该命题正确;

（3）中，若当一条侧棱和底面边长相等时，另外三条侧棱相等，此时满足侧面都是等腰三角形，但该四棱锥不是正四棱锥,所以该命题错误;

（4）中，当四面体有一组对棱相等，另外四条棱长相等时，四个面是全等三角形，但该四面体不是正四面体，所以该命题错误.

故答案为：（2）.

15．在中，，为的中点，过点的直线分别交直线、于不同的两点、．设，，复数，则取到的最小值为__．

【答案】##

【分析】先利用平面向量基本定理及M、E、N三点共线，判断出，对消去n后利用二次函数判断出的最小值.

【详解】

在中，因为，

所以.

又，，所以.

因为E为的中点，所以.

因为M、E、N三点共线，所以，即，

复数，所以，

令，

故当，取最小值.

故答案为：

16．为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：

①当直线与成角时，与成角；

②当直线与成角时，与成角；

③直线与所成角的最小值为；

④直线与所成角的最大值为．

其中正确的是__________(填写所有正确结论的编号)

【答案】②③

【分析】由题意知，三条直线两两相互垂直，如下图，设为直线，为直线，不妨设，利用向量法求解判断即可

【详解】由题意知，三条直线两两相互垂直，如下图，设为直线，为直线，不妨设

则，，，依题意可设，

等腰直角三角形中，, 则点平面

即点在平面内的轨迹在以为圆心，1为半径的圆周上，即有，

，设直线与成角，直线与成角

则有

当直线与成角时，有得到，

由，可得，此时，所以与成角，故②正确; ①不正确.

由,又，故，所以 所以所以③正确，④错误

综上可知选②③．

故答案为：②③．

三、解答题

17．给定不共面的4点，作过其中3个点的平面，所有4个这样的平面围成的几何体称为四面体（如图所示），预先给定的4个点称为四面体的顶点，2个顶点的连线称为四面体的棱，3个顶点所确定的三角形称为四面体的面．求证：四面体中任何一对不共顶点的棱所在的直线一定是异面直线．

(1)请你用异面直线判定定理证明该结论；

(2)请你用反证法证明该结论．

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据异面直线的判定定理说明即可；

（2）假设直线是共面于平面，则四点共面，说明其与已知矛盾即可，即可得证.

【详解】（1）证明：因为平面，平面，平面，直线，

所以直线与是异面直线，

同理与，与也是异面直线，

所以四面体中任何一对不共顶点的棱所在的直线一定是异面直线；

（2）证明：假设直线是共面于平面，即，

则，

四点共面与已知四点不共面矛盾，

所以假设错误，即直线一定是异面直线，

同理与，与也是异面直线，

所以四面体中任何一对不共顶点的棱所在的直线一定是异面直线.

18．如图，四棱柱的底面是正方形，O为底面中心，面， .

(1)证明：；

(2)求直线AC与平面所成的角的大小.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求得向量坐标，利用空间向量数量积证得，，然后利用线面垂直判定定理证得结论.

（2）求、平面的一个法向量，由线面角得到向量方法可得答案.

【详解】（1）∵､､两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系，

∵，∴，

∴，，，，，

由易得，

∴，，，

∴，，∴，，

∴，，

又，且､平面，∴平面.

∵平面，∴.

（2）由（1），， ，，

设平面的一个法向量为，

所以，即，令，得，

所以，

设直线AC与平面所成的角，

则，

因为，所以，

所以直线AC与平面所成的角为.

19．如图，是棱长为1的正方体，为面对角线上的动点（不包括端点），平面交于点，于．

(1)设，将长表示为的函数，并求此函数的值域；

(2)当最小时，求异面直线与所成角的大小．

【答案】(1)，；值域为

(2)

【分析】（1）设，利用平行线解线段成比例求得，得到，进一步求得，再由勾股定理列式求解，结合二次函数求值域；

（2）由（1）当时，最小，此时，由于，又，为异面直线与所成角的平面角，通过解直角三角形得答案．

【详解】（1）正方体的棱长为1，，

设，因为平面，故，则，故，得，故，同理得，

，.

故当时，有最小值为，当时，，

函数的值域为；

（2）当时，最小，此时，

在底面中，，，，

又，为异面直线与所成角的角，

在中，为直角，，

，

∴异面直线与所成角的大小为．

20．对于任意的复数，定义运算为．

（1）设集合{均为整数}，用列举法写出集合；

（2）若，为纯虚数，求的最小值；

（3）问：直线上是否存在横坐标、纵坐标都为整数的点，使该点对应的复数经运算后，对应的点也在直线上？若存在，求出所有的点；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）；（3）存在，或

【分析】（1）根据题意得到，代入计算得到答案.

（2）根据计算法则得到，代入计算复数模，根据二次函数性质得到最值.

（3）假设存在这样的点，计算得到，讨论为奇数和为偶数两种情况，计算得到答案.

【详解】（1）均为整数，则，

，，，，，故.

（2），∵是纯虚数，∴且，

∴，∴，或时，的最小值为.

（3）假设存在这样的点，设该点对应的复数为，

则，

若为奇数，则，∴，；

若为偶数，则，∴，无解．

综上，存在这样的点，坐标为或.

【点睛】本题考查了复数运算的新定义，复数的模，复数对应的点，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.

21．圆锥的轴截面为等腰，为底面圆周上一点．

(1)若的中点为，，求证：平面；

(2)如果，，求此圆锥的侧面积；

(3)如果二面角的大小为，求的大小．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）连接，由三角形中位线定理可得，由圆周角定理我们可得，由圆锥的几何特征，可得，进而由线面垂直的判定定理，得到平面，则，结合及线面垂直的判定定理得到平面；

（2）若，易得，又由，可求出圆锥的底面半径长及圆锥的母线，代入圆锥表面积公式即可；

（3）作于点，由面面垂直的判定定理可得平面，作于点，连，则为二面角的平面角，根据二面角的大小为，设，，进而根据可求出的大小.

【详解】（1）连接，因为为的中点，的中点为，所以．

因为为圆的直径，所以，故．

因为平面，平面，所以.

又，平面，所以平面.

又平面，故．又，，平面，所以平面．

（2），，

，，又，

故圆锥的侧面积．

（3）作于点，平面平面且平面平面

平面．再作于点，连，

为二面角的平面角

如图：

，．

设，，

，，，，，

，．，

即，，故，解得，.