浙江省A9协作体2021-2022学年高一下学期期中联考数学试题

这是一份浙江省A9协作体2021-2022学年高一下学期期中联考数学试题，共19页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷等内容，欢迎下载使用。
浙江省A9协作体2021-2022学年第二学期期中联考高一数学试题考生须知：1．本卷满分150分，考试时间120分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字；3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题卷．一、选择题：本大题共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，均为单位向量，它们的夹角为，那么（    ）A. 1 B.  C.  D. 2【1题答案】【答案】C【解析】【分析】直接利用数量积和模的计算即可求解.【详解】因为，均为单位向量，它们的夹角为，所以，所以.故选：C2. 若复数，则下列说法正确的是（    ）A. 的虚部为 B. C. 在复平面上对应的点位于第三象限 D. 的共轭复数为【2题答案】【答案】B【解析】【分析】将复数化简成复数的代数形式，即可依次判断各个选项的正误.【详解】因为复数，所以，的虚部为，故A错误；，所以，故B正确，D错误；在复平面上对应的点为，位于第一象限，故C错误；故选：B.3. 已知，为两个不同的平面，，为两条不同的直线，设，，则是的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【3题答案】【答案】D【解析】【分析】由空间中的线面关系结合充分必要条件的判断得答案．【详解】解：因为，为两个不同的平面，，为两条不同的直线，且，， 由，不一定有，与可能相交；反之，由，可得或与异面．，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，且，， 则“”是“”的既不充分也不必要条件．故选：D．4. 已知圆锥的顶点为O，底面圆心为，以过的平面截该圆锥，所得截面为一个面积为的等边三角形，则与该圆锥同底等高的圆柱的表面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【4题答案】【答案】D【解析】【分析】由题意，求得正三角形的边长为，得到圆锥的高为，底面圆的半径为，结合圆柱的表面积公式，即可求解.【详解】由题意，过直线的平面截该圆锥所得的截面是面积为的正三角形，设正三角形的边长为，可得，解得，即圆锥的高为，底面圆的半径为，所以与该圆锥同底等高的圆柱的表面积为：，故选：D.5. 在中三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则c的值为（    ）A. 3 B.  C.  D. 4【5题答案】【答案】A【解析】【分析】依题意，利用余弦定理可求出c的值.【详解】因为在中，，所以，即，由余弦定理可知，即，解得或，因为，所以，故选：A.6. 若，，向量与向量夹角为150°，则向量在向量上的投影向量为（    ）A.  B.  C.  D. 【6题答案】【答案】D【解析】【分析】利用投影向量的定义直接求解.【详解】因为，，向量与向量的夹角为150°，所以向量在向量上的投影向量为.故选：D7. 如图所示，正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，点P是正方体表面上的动点，若平面，则点在正方体表面上运动所形成的轨迹长度为（    ）
 A.  B.  C.  D. 【7题答案】【答案】B【解析】【分析】要满足平面，只需要寻找一个平面，使该平面经过，且与平面平行即可, 取的中点G，的中点H，连结.证明出面面.得到点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形，求出周长即可.【详解】取的中点G，的中点H，连结.正方体的棱长为2.为中点，所以,所以且.因为为分别为的中点，所以,且，所以四边形为平行四边形，所以.因为面，面，所以面.同理可证：面.又,面,面,所以面面.所以点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形.因为正方体的棱长为2，所以,所以三角形的周长为.故选：B8. 在中，角的对边分别为．已知，且，点满足， 且，则的面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【8题答案】【答案】A【解析】【分析】由已知结合余弦定理可求出，然后结合重心的性质及向量数量积的性质可求出，然后根据三角形的面积公式可求得结果【详解】因为，所以，得，因为，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以因为，，化简得，解得或（舍去），所以设边的中点为，则，因为，所以，即为的中点，所以，故选：A二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．9. 已知A，B，C表示不同的点，l表示直线，α，β表示不同的平面，则下列推理正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【9题答案】【答案】BCD【解析】【分析】对于A：由点A可能在面α内，也可能不在面α内.可以判断；对于B：利用公理2判断； 对于C：利用公理1判断；对于D：说明直线与平面有公共点，又，所以，即可判断.【详解】对于A：,则点A可能在面α内，也可能不在面α内.故A错误；对于B：为公理2，可判断面面相交.故B正确； 对于C：为公理1，可判断出线在面内.故C正确；对于D：说明直线与平面有公共点，又，所以.故D正确.故选：BCD.10. 已知向量，，则下列结论正确的是（    ）A.  B. 与可以作一组基底C.  D. 与方向相同【10题答案】【答案】AC【解析】【分析】A.利用共线向量定理判断；B. 利用基底的定义判断；C. 利用向量的线性运算求解判断； D. 利用共线向量定理判断；【详解】A. 因为向量，，所以，则，故正确；B. 由A知：，所以与不可以作为一组基底，故错误；C. 因为向量，，所以，故正确； D. 因为向量，，所以，则，所以与方向相反，故错误；故选：AC11. 在的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法正确的是（    ）A. 若，则该为等腰三角形B. 若，则C. 若，，，则符合条件的三角形有两个D. 若的面积，，则的最大值为1【11题答案】【答案】BCD【解析】【分析】对于A：由题意变形得或，即可判断；对于B：利用正弦定理直接判断；. 对于C：利用正弦定理直接判断；. 对于D：先求出.利用正弦定理得到，利用三角函数求最值.【详解】对于A：因为，所以或，所以或，故为等腰三角形或直角三角形.故A错误；对于B：在中，由正弦定理得：.因为，所以.故B正确对于C：因为，，，所以,所以，所以符合条件的三角形有两个.故C正确；对于D：三角形面积且可得.因为，所以,故所以.因为，所以.由正弦定理可得：.因为，所以，所以，所以，当且仅当时等号成立.故选项D正确.故选：BCD12. 数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，所谓等腰四面体，就是指三组对棱分别相等的四面体.关于“等腰四面体”，以下结论正确的是（    ）A. 长方体中含有两个相同的等腰四面体B. “等腰四面体”各面的面积相等，且为全等的锐角三角形C. “等腰四面体”可由锐角三角形沿着它的三条中位线折叠得到D. 三组对棱长度分别为，，的“等腰四面体”的外接球直径为【12题答案】【答案】ABC【解析】【分析】作出长方体，根据等腰四面体的定义得出图形，根据长方体的性质判断各选项．【详解】如图，长方体有两个相同的等腰四面体：和，A正确；如等腰四面体中，每个面可能看作是从长方体截一个角得出的，如图，设的长分别为，不妨设，则，，，最大，其所对角的余弦值为，最大角为锐角，三角形为锐角三角形，同理其它三个面都是锐角三角形，各个面的三条边分别相等，为全等三角形，面积相等，B正确；把一个等腰四面体沿一个顶点出发的三条棱剪开摊平，则得一个锐角三角形，还有三条棱是这个三角形的三条中位线，如等腰四面体，沿剪开摊平，共线，同理可得共线，共线，为锐角三角形（与等腰四面体的面相似），且是这个三角形的中位线，因此C正确；如上等腰四面体中三条棱长分别是长方体的三条面对角线长，由长方体性质知长方体对角线是其外接球直径，因此直径长为，D错。故选：ABC．三、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分．13. ____________.【13题答案】【答案】【解析】【分析】利用复数的四则运算直接求解.【详解】.故答案为：14. 水平放置的的直观图是一个如图所示的等腰直角三角形．点是斜边的中点，且，则边的高为________. 【14题答案】【答案】【解析】【分析】利用斜二测法直接求解.【详解】由斜二测法知该△ABC是直角三角形,∠ABC=90°，且.在等腰直角三角形中，点O是斜边的中点,且,所以.根据直观图中平行于x轴的长度不变,平行于y轴的长度变为原来的一半,可得：在△ABC中，,所以边的高为.故答案为：15. 的三个内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，设向量，，若，则角________.【15题答案】【答案】##【解析】【分析】由向量共线的坐标表示得到，再利用正弦定理将角化边，结合余弦定理计算可得；【详解】解：因为，且，所以，由正弦定理可得，即，由余弦定理，因为，所以故答案为：16. 已知平面向量，，，满足，，，，则的最小值为________.【16题答案】【答案】【解析】【分析】设出向量坐标，根据题目条件得到，进而得到，求出的最小值.【详解】因为，不妨设，因为，不妨设所以，因为，所以，，故，所以，当且仅当时等号成立，所以故答案为：四、解答题：本大题共6小题，共70分．第17题满分10分，18～22题每题满分12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 请按题目要求作答以下两题：（1）已知复数为纯虚数（为虚数单位），求实数的值；（2）在复数范围内解关于的方程：．【17题答案】【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）根据纯虚数的概念得到方程（不等式）组，解得即可；（2）首先求出，再根据求根公式计算可得；【小问1详解】解：因为为纯虚数，所以，解得或；解得且，所以【小问2详解】解：方程，则，所以，即方程的两虚根分别为或19. 已知向量，．（1）若，求的值；（2）若，向量与的夹角为钝角，求的取值范围．【19题答案】【答案】（1）    （2）且【解析】【分析】（1）首先求出，的坐标，依题意，根据向量数量积的坐标表示得到方程，解得即可；（2）依题意可得且与不反向，根据向量共线及数量积的坐标表示得到求出的取值范围；【小问1详解】解：因为，，所以，，因为，所以，解得；小问2详解】解：因为，且与的夹角为钝角，所以且与不反向，由，解得，当即时与反向，故，综上可得且21. 已知的角A，B，C对边分别为a，b，c，A为锐角，.（1）求；（2）若，求的最大值.【21题答案】【答案】（1）    （2）4【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再利用两角和的正弦公式及诱导公式得到，即可得解；（2）利用余弦定理得到，再利用基本不等式求出的最值，最后根据计算可得；【小问1详解】解：因为，由正弦定理可得，，所以，所以，因为，所以，所以.【小问2详解】解：由余弦定理，，即，又，当且仅当时取等号，即，解得当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等，故得最大值为4.23. 在五面体中，面为平行四边形，，且，为棱的中点. （1）的中点为，证明：平面平面；（2）请画出过点，，的平面与平面的交线，证明．【23题答案】【答案】（1）证明见解析；    （2）在平面内过作直线，证明见解析．【解析】【分析】（1）连接，证明，，得线面平行，然后可得面面平行；（2）在平面内过作直线，即为所求，由线面平行的判定定理与性质定理证明．【小问1详解】连接，因为，且，是平行四边形，所以且，所以是平行四边形，，同理，平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，所以平面平面；【小问2详解】在平面内过作直线，即为平面和平面的交线；证明如下：设平面和平面的交线为由（1），平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，所以．25. 某城市有一块如图所示的扇形空地块，扇形的半径为，圆心角为，为弧上一动点，为半径上一点且满足．（1）若，求的长；（2）该市城建部门欲在地块修建一个三角形活动场所，供人民群众休闲娱乐.如何确定点位置，使面积最大，并求出最大值（结果用表示）．【25题答案】【答案】（1）a    （2）点A位于的中点处最大【解析】【分析】（1）利用余弦定理即可求得；（2）先判断出，利用余弦定理和基本不等式求出面积的最大值.【小问1详解】在中，，,，由余弦定理得：,即，解得：（舍去）.所以【小问2详解】因为圆心角，，所以.所以点O、M到AB的距离相等，所以.设，，在中，由余弦定理得：，所以（当且仅当时“=”成立）.所以面积最大值.所以此时，所以，所以点A位于的中点处.27. 如图所示，在中，在线段BC上，满足，是线段的中点．（1）延长交于点Q（图1），求的值；（2）过点的直线与边，分别交于点E，F（图2），设，．（i）求证为定值；（ii）设的面积为，的面积为，求的最小值．【27题答案】【答案】（1）    （2）（i）证明见解析；（ii）.【解析】【分析】（1）根据题意，将作为基底表示，由三点共线可知，的系数之和为1，即可求出的值；（2）（i）根据题意，将，作为基底表示，由三点共线可知，，的系数之和为1，即可求出为一定值；（ii）根据题意，，，，由可将化为关于的函数，利用函数性质求的最小值即可.【小问1详解】依题意，因为，所以，因为是线段的中点，所以，设，则有，因为三点共线，所以，解得，即，所以，所以；【小问2详解】（i）根据题意,同理可得：，由（1）可知，，所以，因为三点共线，所以，化简得，即为定值，且定值为3；（ii）根据题意，，，所以，由（i）可知，则，所以，易知，当时，有最小值，此时.