福建省厦门双十中学2021-2022学年高一下学期期中考试数学试题

这是一份福建省厦门双十中学2021-2022学年高一下学期期中考试数学试题，共21页。试卷主要包含了 已知，且．下列说法正确的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
厦门双十中学2021-2022学年（下）期中考试高一数学试题一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知复数z在复平面内所对应点的坐标为，则（    ）A.  B.  C.  D. 【1题答案】【答案】A【解析】【分析】先求得，然后求得，由此求得.【详解】因为复数z在复平面内所对应的点为，所以，故，故．故选：A2. 如图所示，中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则（    ）A.  B.  C.  D. 【2题答案】【答案】A【解析】【分析】根据平面向量基本定理结合已知条件求解即可【详解】因为点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，所以,故选：A3. 如图，是水平放置的的直观图，其中，，分别与轴，轴平行，则（    ）A. 2 B.  C. 4 D. 【3题答案】【答案】D【解析】【分析】先确定是等腰直角三角形，求出，再确定原图的形状，进而求出.【详解】由题意可知是等腰直角三角形，，其原图形是，，，，则，故选：D.4. 已知圆锥的底面周长为，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的高为（    ）A. 3 B.  C. 1 D. 【4题答案】【答案】B【解析】【分析】利用圆的周长公式求底面半径，由扇形弧长公式求圆锥的母线长，再根据圆锥的母线、高和底面半径的关系求高.【详解】由题设，底面半径，母线长，所以圆锥的高.故选：B5. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则（    ）A.  B. 3 C.  D. 2【5题答案】【答案】A【解析】【分析】先借助正弦定理求出，再借助余弦定理求出b即可.【详解】由正弦定理得，得.由余弦定理，得，即.故选：A.6. 有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．某公园中设置的供市民休息的石凳如图所示，它是一个棱数为24的半正多面体，且所有顶点都在同一个正方体的表面上，它也可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，若被截正方体的棱长为，则该石凳的表面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【6题答案】【答案】D【解析】【分析】由已知得到石凳的各条棱都相等，并求得棱的长度，然后分别计算6个正方形面的和，8个等边三角形面的面积的和，然后求和即得.【详解】由图形可得该多面体的棱长为，则6个正方形的面积之和为，8个等边三角形的面积之和为，所以该石凳的表面积为．故选：.7. 如图，无人机在离地面高200m的处，观测到山顶处的仰角为15°、山脚处的俯角为45°，已知，则山的高度为（    ）A.  B.  C.  D. 【7题答案】【答案】D【解析】【分析】根据题中条件，先得到，，在中，根据正弦定理，即可得出结果.【详解】∵，∴，∴，又，，∴，在中，，∴，∴.故选：D．8. 点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形 (包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【8题答案】【答案】B【解析】【分析】如图，分别取的中点，连接，则可证得平面‖平面，从而可得点在上，从而可求出的长度范围【详解】解：如图，分别取的中点，连接，，则‖，因为是的中点，所以‖，所以‖，因为平面，平面，所以‖平面，因为是的中点，是的中点，所以‖，，因为‖，，所以‖，，所以四边形为平行四边形，所以‖，，因为平面，平面，所以‖平面，因，所以平面‖平面，因为平面平面，所以点在上运动，使面，因为的棱长为2，所以所以当点与或重合时，最长，当点在的中点时，最短，的最小值为，所以的长度范围是，故选：B 二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知，且．下列说法正确的是（    ）A. 若，则 B. 若，则C.  D. 【9题答案】【答案】ACD【解析】【分析】根据复数的运算率可判断；令，为纯虚数可判断；令，或可判断．【详解】解：由，得，，，即，正确；令，，满足，但不满足，错误；令，，则，又，正确；，，，正确．故选：ACD．10. 下列说法正确的是（    ）A. 对于任意两个向量，，若且与同向，则B. 已知，为单位向量，若，则在上的投影向量为C. 设，为非零向量，则“”是“存在负数，使得”的必要不充分条件D. ，则与的夹角是锐角【10题答案】【答案】BC【解析】【分析】由数量积公式结合特殊值逐一判断即可.【详解】向量不能比较大小，故A错误；在上的投影向量为，故B正确；当时，，但是不存在负数，使得，当存在负数，使得时，，则“”是“存在负数，使得”的必要不充分条件，故C正确；当与同向时，，故D错误.故选：BC11. 某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面ABCD中，，且，下列说法正确的有（    ）
 A.  B. 该圆台轴截面ABCD面积为C. 该圆台的体积为 D. 沿着该圆台表面，从点C到AD中点的最短距离为5cm【11题答案】【答案】BCD【解析】【分析】A由圆台轴截面的性质求母线与底面直线所成角大小即可；B应用梯形面积公式求轴截面面积；C利用圆台的体积公式求体积；D将圆台侧面展开，结合对应圆锥侧面展开图性质及勾股定理求两点的最短距离.【详解】A：由已知及题图知：且，故，错误；B：由A易知：圆台高为，所以圆台轴截面ABCD面积，正确；C：圆台的体积，正确；D：将圆台一半侧面展开，如下图中且为中点，而圆台对应的圆锥体侧面展开为且，又，所以在△中，即C到AD中点的最短距离为5cm，正确.故选：BCD12. 已知对任意角，均有公式.设△ABC的内角A，B，C满足.面积S满足.记a，b，c分别为A，B，C所对的边，则下列式子一定成立的是(    )A.  B. C.  D. 【12题答案】【答案】CD【解析】【分析】结合已知对进行变形化简即可得的值，从而判断A；根据正弦定理和三角形面积，借助于△ABC外接圆半径R可求的范围，从而判断B；根据的值，结合△ABC外接圆半径R即可求abc的范围，从而判断C；利用三角形两边之和大于第三边可得，从而判断D﹒【详解】∵△ABC的内角A、B、C满足，∴，即，∴，由题可知，，∴，∴∴，∴有，故A错误；设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理可知，，∴，∴，∴，故B错误；，故C正确；，故D正确．故选：CD．三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 己知向量与的夹角为，，，则_______．【13题答案】【答案】【解析】【分析】根据向量数量积的运算律和定义可直接构造方程求得结果.【详解】，.故答案为：.14. ，若，则__________.【14题答案】【答案】【解析】【分析】设（），则根据复数的模长公式以及复数相等的条件即可得的值，进而可得复数.【详解】设（），则所以，由复数相等可得：所以，即，解得：，所以，故答案为：.15. 如图所示，为了测量河对岸A，B两点间的距离，在这一岸定一基线CD，现已测出米，，，，，则AB的长为___________米.
 【15题答案】【答案】【解析】【分析】由已知得，在中，利用正弦定理求得，在中，利用余弦定理即可得解.【详解】在中，已知，在中，，由正弦定理，得在中，，利用余弦定理知.故答案为：16. 如图，四棱锥的底面四边形ABCD为正方形，四条侧棱，点E和F分别为棱BC和PD的中点.若过A､E､F三点的平面与侧面PCD的交线线段长为，，则该四棱锥的外接球的体积为___________.【16题答案】【答案】【解析】【分析】由题意找出过A、E、F三点的平面与侧面PCD的交线线段FG，证明G为PC靠近C的三等分点，再由已知求解三角形可得正四棱锥的底面边长与侧棱长，然后求解外接球的半径，代入球的体积表面积公式得答案.【详解】如图，连接AE并延长交DC的延长线于H，连接FH交PC于G，∵E为BC的中点，∴C为DH的中点，在平面PDH中，过C作，交FH于K，则，∴，由已知可得，四棱锥为正四棱锥，在等腰三角形PDC中，由，得，设，则，，，，在△PFG中，由余弦定理可得，，解得.∴正四棱锥的底面边长为，侧棱长为6，连接AC､BD，相交于M，连接PM，则PM为正四棱锥的高，则.设四棱锥外接球的球心为O，连接OA，则，解得.∴该四棱锥的外接球的表面积为.故答案为：.四､解答题：本题共6小题，第17题10分，第18~22题每题12分，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17. 已知是复数，是纯虚数，为实数.（1）求复数；（2）若复数在复平面上对应的点位于第二象限，求实数的取值范围.【17题答案】【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设，根据纯虚数和实数的定义可构造方程组求得，由此可得复数；（2）求解得到对应的点的坐标，由第二象限点的特征可构造不等式组求得结果.【详解】（1）设，则，，又为纯虚数，，即；，又为实数，，又，，.（2），对应的点为，，解得：，实数的取值范围为.18. 已知是同一平面内三个向量，其中（1）若，且与方向相反，求的坐标；（2）若，且与垂直，求与的夹角θ.【18题答案】【答案】（1）；（2）θ＝π.【解析】【分析】(1)由平面向量共线的坐标表示，即可得出结果.(2)由平面向量的数量积运算，即可得出结果.【详解】（1）设，由 和可得或因为与方向相反，所以．（2）因为 ，所以即，所以，又因为θ∈[0，π]，所以θ＝π.19. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答．在中，内角，，的对边分别为，，，且______．（1）求角的大小；（2）若，，求的面积．【19题答案】【答案】（1）选择①②③，都有；（2）56.【解析】【分析】（1）选择①②③后都是应用正弦定理化边为角，然后由三角恒等变换求得角；（2）由正弦定理求得，再由诱导公式和两角和的正弦公式求得，最后由三角形面积公式计算．【详解】解：（1）方案一：选条件①．因为，所以．因为，所以，所以，所以，即．因为，所以，所以．方案二：选条件②．因为，所以，则，因为，所以，因为，，所以，．方案三：选条件③．因为，所以，所以，因为，所以，，又，所以．（2）因为，所以，由，得，所以，则的面积．【点睛】思路点睛：高考对解三角形的考查以正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式为主，同时两角和与差的三角函数公式、同角三角函数的基本关系、诱导公式等是必备工具，考生要熟记相关公式，解题时根据条件选用恰当的公式是解题关键．20. 如图，已知是棱长为3正方体，点E在上，点F在上，G在上，且.H是的中点．
 （1）求证：B、E、、F四点共面；（2）求证：平面平面.【20题答案】【答案】（1）证明见解析；    （2）证明见解析﹒【解析】【分析】(1)在上取一点N使得，连接CN，EN，证明四边形为平行四边形即可证四点共面；(2)由(1)知，可得平面；取BG中点为I，连接，易证∥HG∥BF，由此可得，HG∥平面，从而可得结论．【小问1详解】如图：
 在上取一点N使得，连接CN，EN，则，则，又∵，∴四边形是平行四边形，∴且．同理四边形DNEA是平行四边形，∴，且，又且，∴且，∴四边形CNEB是平行四边形，∴且，∴且，∴四边形为平行四边形，从而B、E、、F四点共面；【小问2详解】由(1)知，，平面，平面，∴平面，①取BG中点为I，连接，则G是，H是，∴∥HG，且BI∥，BI＝，∴四边形BI是平行四边形，∴∥BF，∴BF∥HG，∵BF平面，HG平面，∴平面，②由①②，且，HG､平面，∴平面平面．22. 响应国家“乡村振兴”号召，农民王大伯拟将自家一块直角三角形地按如图规划成3个功能区：△BNC区域为荔枝林和放养走地鸡，△CMA区域规划为“民宿”供游客住宿及餐饮，△MNC区域规划为小型鱼塘养鱼供休闲垂钓.为安全起见，在鱼塘△MNC周围筑起护栏.已知，，，.（1）若时，求护栏的长度（△MNC的周长）；（2）当为何值时，鱼塘△MNC的面积最小，最小面积是多少？【22题答案】【答案】（1）；    （2），最小值为.【解析】【分析】（1）由已知可得则有，在△ACM中应用余弦定理求得，再分别求出，即可求护栏的长度.（2）设，应用正弦定理及三角形面积公式可得，再应用和角正弦公式、二倍角正余弦及辅助角公式化简分母，最后由正弦型函数的性质求最值.【小问1详解】由，，，则，所以，，则，在△ACM中，由余弦定理得，则，所以，即，又，所以，则，综上，护栏的长度（△MNC的周长）为.【小问2详解】设，在△BCN中，由，得，在△ACM中，由，得，所以，而，所以，仅当，即时，有最大值为，此时△CMN的面积取最小值为.24. 在长方体中，
 （1）已知P､Q分别为棱AB､的中点（如图1），做出过点，P，Q的平面与长方体的截面.保留作图痕迹，不必说明理由；（2）如图2，已知，，，过点A且与直线CD平行的平面将长方体分成两部分.现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面变化的过程中，求这两个球的半径之和的最大值.【24题答案】【答案】（1）答案见解析    （2）最大值为【解析】【分析】（1）运用基本事实3：两面有一个公共点，则必有一条过该点的交线，基本事实3是做截面问题的基础；（2）用的三角函数将两圆的半径分别表示出来，构造新函数，通过函数单调性求得问题的最值.小问1详解】①延长交DC延长线于点E；②连接PE与BC交于点F，并延长EP交DA延长线于点G；③连接交于点H；④分别连接线段，，PF，FQ，，则五边形及其内部（图中阴影部分）即为所求截面.
【小问2详解】如图所示，
 平面ABMN将长方体分成两部分，MN有可能在平面上或平面上，但是若MN在平面上运动，两部分几何体都是细长形状，放入的两个小球由于棱长AD限制，易知要使两球半径和的最大，需在平面上运动.延长与BM交于点P，作于Q点，设，圆对应的半径为，根据三角形内切圆的性质，在中，，，，则，又当BP与重合时，取得最大值，由内切圆等面积法求得，则设圆对应的半径为，同理可得，又，解得.故，，设，则，，由对勾函数性质易知，函数单减，则，即最大值为.故两个球的半径之和的最大值为.【点睛】本题考查截面问题，考查球的综合问题，考查构造函数思想以及数形结合思想，借助三角函数表示边长，从而把问题转化为函数问题，再通过单调性解决最值问题，属于较难题目.