2021-2022学年湖南省永州市第二十八中学高一年级下册学期期中数学试题【含答案】

2021-2022学年湖南省永州市第二十八中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知复数（为虚数单位），则z的共轭复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数除法运算化简，结合共轭复数定义，即可求得答案.

【详解】

故

故选：A.

2．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则（    ）

A．若，，则

B．若，，则

C．若，，则

D．若，，则

【答案】C

【分析】直接利用线面垂直和线面平行的判定和性质的应用及面面平行和面面垂直的判定和性质的应用确定A、B、C、D的结论．

【详解】解：A.若，，则；此命题错误，因为两个平面平行于同一条直线不能保证两个平面平行，故A不正确；

B.若，，则或，故B不正确；

C.若，，则；此命题正确，因为，则一定存在直线在，使得，又可得出，由面面垂直的判定定理知，，故C正确；

D.若，，则或，异面，故D不正确.

故选：C.

3．已知幂函数的图象经过点，则该幂函数的大致图象是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】设出幂函数的解析式，利用函数图象经过点求出解析式，再由定义域及单调性排除CDB即可.

【详解】设幂函数为，

因为该幂函数得图象经过点，

所以，即，解得，

即函数为，

则函数的定义域为，所以排除CD，

因为，所以在上为减函数，所以排除B，

故选：A

4．设，且，则的最小值是（    ）

A． B．8 C． D．16

【答案】B

【分析】转化原式为，结合均值不等式即得解

【详解】由题意，故

则

当且仅当，即时等号成立

故选：B

5．已知平面向量，不共线，，，，则（    ）

A．，，三点共线 B．，，三点共线

C．，，三点共线 D．，，三点共线

【答案】D

【分析】根据给定条件逐项计算对应三点确定的某两个向量，再判断是否共线作答.

【详解】平面向量，不共线，，，，

对于A，，与不共线，A不正确；

对于B，因，，则与不共线，B不正确；

对于C，因，，则与不共线，C不正确；

对于D，，即，

又线段与有公共点，则，，三点共线，D正确.

故选：D

6．如图，在△中，点M是上的点且满足，N是上的点且满足，与交于P点，设，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据三点共线有，使、，由平面向量基本定理列方程组求参数，即可确定答案.

【详解】，，

由，P，M共线，存在，使①，

由N，P，B共线，存在，使得②，

由①② ，故.

故选：B.

7．中国气象局规定：一天里的降雨的深度当作日降水量，通常用毫米表示降水量的单位，的降水量是指单位面积上水深.如图，这是一个雨量筒，其下部是直径为､高为的圆柱，上部承水口的直径为.某同学将该雨量筒放在雨中，雨水从圆形容器口进入容器中，后，测得容器中水深，则该同学测得的降水量约为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先根据题意确定24h降水的体积，再根据降水量的定义计算该同学测得的降水量即可.

【详解】解：由题意，水的体积，

容器口的面积.

∴降雨量.

∴该同学测得的降水量约为.

故选：C.

8．已知三棱锥的四个顶点都在球O的表面上，且，，若已知，，，，则球O的体积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由余弦定理求，再由正弦定理求△的外接圆半径，又面知△的外接圆的圆心与所构成的截面必过三棱锥外接球的球心，即可求出球的半径，根据球的体积公式求体积即可.

【详解】由，，， 则由余弦定理有：

，即，

∴由正弦定理知△的外接圆半径：，

由题意知：面，又，三棱锥的外接球半径：

，

由球的体积公式，有：，

故选：C

【点睛】本题考查了求三棱锥外接球的体积，根据三棱锥一条棱与底面垂直，该底面的外接圆的圆心与棱所成截面过球心即可求球体的半径，进而求体积.

二、多选题

9．下列结果为零向量的是(    )

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】根据向量加减法的运算方法即可逐项判断.

【详解】A项，；

B项，；

C项，；

D项，.

故选：BCD.

10．在同一直角坐标系中，函数与的图象可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【解析】按照、讨论，结合二次函数及指数函数的性质即可得解.

【详解】若，则函数是R上的增函数，

函数的图象的对称轴方程为，故A可能，B不可能；

若，则函数是R上的减函数，

，函数的图象与轴的负半轴相交，对称轴为，

故C可能，D不可能.

故选：AC.

三、单选题

11．已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中正确的命题是（    ）

A．若，则一定是等边三角形

B．若，则一定是等腰三角形

C．若，则一定是等腰三角形

D．若，则一定是锐角三角形

【答案】A

【分析】由正弦定理化边为角变形判断AB，举特例判断C，由余弦定理及锐角三角形的定义判断D．

【详解】由正弦定理，若，则，为三角形内角，所以，三角形是等边三角形，A正确；

若，由正弦定理得，即，

，则或，即或，三角形为等腰三角形或直角三角形，B错；

例如，，，满足，但此时不是等腰三角形，C错；

时，由余弦定理可得，即为锐角，但是否都是锐角，不能保证，因此该三角形不一定是锐角三角形，D错．

故选：A．

【点睛】易错点睛：本题考查三角形形状的判断，解题时利用正弦定理、余弦定理进行边角转换后再进行变形判断是常用方法，解题时注意三角函数性质的正确应用，如选项B，在由得结论时不能直接得出，否则会出现漏解，在判断三角形形状时，锐角三角形需要三个内角都是锐角，直角三角形只有一个角是直角，钝角三角形只有一个角是钝角，它们判断方法有一些区别，这些是易错点．

四、多选题

12．已知直三棱柱中，，，是的中点，为的中点.点是上的动点，则下列说法正确的是（    ）

A．当点运动到中点时，直线与平面所成的角的正切值为

B．无论点在上怎么运动，都有

C．当点运动到中点时，才有与相交于一点，记为，且

D．无论点在上怎么运动，直线与所成角都不可能是30°

【答案】ABD

【分析】构造线面角，由已知线段的等量关系求的值即可判断A的正误；利用线面垂直的性质，可证明即可知B的正误；由中位线的性质有可知C的正误；由直线的平行关系构造线线角为，结合动点P分析角度范围即可知D的正误

【详解】直三棱柱中，，

选项A中，当点运动到中点时，有E为的中点，连接、，如下图示

即有面

∴直线与平面所成的角的正切值：

∵，

∴，故A正确

选项B中，连接，与交于E，并连接，如下图示

由题意知，为正方形，即有

而且为直三棱柱，有面，面

∴，又

∴面，面，故

同理可证：，又

∴面，又面，即有，故B正确

选项C中，点运动到中点时，即在△中、均为中位线

∴Q为中位线的交点

∴根据中位线的性质有：，故C错误

选项D中，由于，直线与所成角即为与所成角：

结合下图分析知：点在上运动时

当在或上时，最大为45°

当在中点上时，最小为

∴不可能是30°，故D正确

故选：ABD

【点睛】本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小

五、填空题

13．如果为第二象限角，则_________.

【答案】##-0.6

【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式，求得，再结合诱导公式，即可求解.

【详解】由为第二象限角，可得，

又由.

故答案为：.

14．若一个圆锥的轴截面是面积为的等边三角形，则该圆锥的表面积为__________．

【答案】

【解析】利用圆锥的轴截面是面积为的等边三角形求出圆锥的底面半径和母线长，然后再求圆锥的表面积．

【详解】设圆锥轴截面正三角形的边长是，

因为正三角形的面积为，

所以，，

所以圆锥的底面半径，

圆锥的母线，

这个圆锥的表面积是：

故答案为：．

15．设函数，若，则t的取值范围是___________.

【答案】

【分析】探讨给定函数的单调性，再利用单调性解不等式作答.

【详解】函数在上单调递增，且，当时取“=”，在上单调递增，，

因此，函数在上R单调递增，而，则有，解得，

所以t的取值范围是.

故答案为：

16．已知正方体的边长为2，点E，F分别是线段，的中点，平面过点，E，F，且与正方体形成一个截面，现有如下说法：

①截面图形是一个六边形；

②棱与平面的交点是的中点；

③若点I在正方形内（含边界位置），且，则点的轨迹长度为；

④截面图形的周长为；

则上述说法正确的命题序号为___________.

【答案】④

【分析】依题意在正方体中作出截面，再利用勾股定理分别计算各线段的长度，即可判断.

【详解】正方体的棱长为；

延长EF，AD，交于点Р，连接交于点G，

延长EF，AB，交于点Q，连接，交于点H，

则五边形即为所求截面，故①错误；

易知G，H分别是线段和的三等分点，

则，即为点的轨迹即为线段，则轨迹长度为，故②③错误；

而，而，

则五边形的周长为，故④正确．

故答案为：④

六、解答题

17．已知，.

(1)与夹角的余弦值；

(2)若与垂直，求k的值.

【答案】(1)；

(2)0.

【分析】（1）根据向量夹角的坐标公式，计算即可；

（2）求得与的坐标，利用向量垂直的坐标表达公式，求解即可.

【详解】（1）因为，，故.

（2）因为，，故，，

又向量与垂直，则，解得.

18．已知函数.

(1)判断的奇偶性，并证明；

(2)证明：在区间上单调递减.

【答案】(1)是偶函数，证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）先求定义域，再利用函数奇偶性的定义证明即可，

（2）利用单调性的定义证明

【详解】（1）为偶函数，

证明如下：

定义域为R，

因为，

所以是偶函数.

（2）任取，且，则

因为，所以，

所以，即，

由函数单调性定义可知，在区间上单调递减.

19．已知函数的图象如图所示.

(1)求函数的解析式；

(2)首先将函数的图象上每一点横坐标缩短为原来的，然后将所得函数图象向右平移个单位，最后再向上平移个单位得到函数的图象，求函数在内的值域.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）依题意可得，，即可求出，再根据函数过点，即可求出，从而求出函数解析式；

（2）首先根据三角函数的变换规则得到的解析式，再由的取值范围求出的取值范围，最后根据正弦函数的性质计算可得；

【详解】（1）解：由图象得，，所以，

由，所以，

，

，

（2）解：将函数的图象上每一点横坐标缩短为原来的，得到，再将向右平移个单位得到，最后再向上平移个单位得到，即

当时，所以，所以，

20．已知的内角，，的对边分别为，，，为锐角，．

(1)求；

(2)若，求面积的最大值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由正弦定理、两角和的正弦公式求的值；

（2）由同角三角函数间的基本关系求的值，根据余弦定理和基本不等式求的最大值，最后根据三角形的面积公式求面积的最大值即可．

【详解】（1）因为，

由正弦定理得，

所以，所以．

在中，，

所以；

（2）由（1）知，由，

为锐角，得，

由余弦定理可知，因为，

所以，

所以，

所以，当且仅当时等号成立，

所以，

所以面积的最大值为．

21．如图一个半球，挖掉一个内接直三棱柱（棱柱各顶点均在半球面上），棱柱侧面是一个长为的正方形.

(1)求挖掉的直三棱柱的体积；

(2)求剩余几何体的表面积.

【答案】(1)

(2)

【详解】（1）记球心为O，BC中点为E，连接AO，OE，AE，

由球的性质知是所在小圆直径，又是一个长为的正方形，

因此，球半径为，

挖掉的直三棱柱的体积；

（2）由（1）知，，，，半球表面积＝，

所以剩余几何体表面积为

半球表面积－＝．

22．如图，在三棱柱中，侧棱底面是中点，是中点，是与的交点，点在线段上.

（1）求证：平面

（2）求点到平面的距离

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）根据条件结合面面平行的判定定理先证明平面平面，然后即可证明平面；

（2）利用等体积法可知，由此得到，结合相关长度和面积计算出的值，则点到平面的距离可知.

【详解】（1）连接，因为是中点，是中点，且几何体为三棱柱，所以，

又因为平面，平面，所以平面；

又且，所以四边形是平行四边形，所以，

又因为平面，平面，所以平面；

且，平面，所以平面平面，

又平面，所以平面；

（2）由（1）知平面平面，所以点到平面的距离点到平面的距离，

记点到平面的距离为，

因为，所以，

因为，且且侧棱底面，

所以，所以，

又，所以，所以，

所以点到平面的距离为.

【点睛】方法点睛：求解平面外一点到平面的距离的方法：

（1）直接法：通过线面垂直的证明，找到在平面内的投影点，则即为到平面的距离；

（2）等体积法：通过转换棱锥的顶点棱锥的体积不变，表示出不同顶点下棱锥的高和底面积，再根据体积相等即可求出点到面的距离.