辽宁省六校协作体2021-2022学年高一下学期第三次联合考试数学试题

这是一份辽宁省六校协作体2021-2022学年高一下学期第三次联合考试数学试题，文件包含精品解析辽宁省六校协作体2021-2022学年高一下学期第三次联合考试数学试题解析版docx、精品解析辽宁省六校协作体2021-2022学年高一下学期第三次联合考试数学试题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
2021-2022学年度（下）六校协作体高一第三次考试数学试题考试时间：120分钟满分150分第一命题校：东港市第二中学 第二命题校：葫芦岛市第一高级中学一､单项选择题：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. 若复数满足,则在复平面内,对应的点的坐标是A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】试题分析：由，可得，∴z对应的点的坐标为（4，－2），故选C．考点：考查了复数的运算和复数与复平面内点的对应关系．点评：解本题的关键是根据复数的除法运算求出复数z，然后利用复数z所对应的点的横坐标和纵坐标分别为为复数的实部和虚部，得出对应点的坐标． 2. 下列命题正确的是（    ）A. 棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形B. 用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台C. 四面体的任何一个面都可以作为棱锥的底面D. 棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形【答案】C【解析】【分析】根据棱柱、棱锥、棱台的定义判断各选项．【详解】棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形但不一定全等，A错；用一个平行棱锥底面的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台，B错；四面体是三棱锥，它的任何一个面都可以作为棱锥的底面，C正确；棱台的侧棱延长后交于一点，侧面都是梯形，不一定是等腰梯形，D错．故选：C．3. 的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由诱导公式及正弦和角公式求解即可.【详解】，则.故选：B.4. 将函数图像上的所有点的横坐标变为原来的0.5倍(纵坐标不变)，然后再向右平移个单位长度，则所得图像的函数解析式是(    )A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据图像变换对解析式的影响求解即可．【详解】函数图像上的所有点的横坐标变为原来的0.5倍(纵坐标不变)得到函数的图像，函数的图像向右平移个单位长度得到函数的图像．故选：B．5. 下列命题正确有（    ）A. 使得等式成立B. 都有C. 已知为第一象限角，若则D. 若，则角是第一象限角【答案】A【解析】【分析】通过举例判断ABC，利用两角和的正弦公式，正弦函数的性质判断D．【详解】时，，A正确；时，不成立，B错误；，，它们都是第一象限角，满足，但，C错；由得，，若是第一象限角，即，，，D错误．故选：A．6. 玩具制造商设计并投产一种全新的益智玩具”智慧立方”它的形状为正四面体，为了操作方便，正四面体棱长必须大于，通过大量的人体力学实验得知当"智慧立方系数"时尺寸最适合3-6岁的小朋友把玩，其中是正四面体的体积，S是正四面体的表面积.则棱长尺寸最合适范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】求出正四面体的体积和表面积，计算出，然后解相应不等式可得．【详解】如图正四面体中，是的中心，则是高，，正四面体棱长为，则，，，，，所以，由，又，因此解得．故选：D．7. 如图，四边形ABCD四点共圆，其中BD为直径，，，，则的面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先在利用余弦定理求出边，再利用正弦定理求出直径，进而利用直角三角形求出、，再利用三角形的面积公式进行求解.【详解】在中，因为，，，所以由余弦定理，得，由正弦定理，得；在和中，，，又，所以的面积为.故选：C.8. 在中，，D为BC的中点，点E满足，直线CE与AD交于点P，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】如图，以为原点建立平面直角坐标系，则，利用向量的坐标运算求出，即可得解.【详解】解：如图，以为原点建立平面直角坐标系，则，因为D为BC的中点，故，则，故，所以.故选：B.二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，计20分.在每小题给出的选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得5分，有选错的得零分，部分选对㥂2分.9. 已知复数，下列命题错误的有（    ）A. 若，则B. 若，那么C 若，那么D. 若，那么【答案】BCD【解析】【分析】根据复数的模的定义，复数的分类，复数的运算判断各选项，错误命题可举反例说明．【详解】设，则，，A正确；若，则，但，B错；若，则，但，C错；若，满足1，但，D错．故选：BCD．10. 函数，则（    ）A. 的值域为B. 在上单调递增C. 有无数个零点D. 在定义域内存在递减区间【答案】AC【解析】【分析】利用二倍角公式，同角关系化简函数式，再根据正切函数性质判断．【详解】()，值域是，A正确；在上，不存在，B错；显然，零点为有无数个，C正确；在定义域内每一个区间，上，函数都是增函数，无减区间，D错．故选：AC．11. 在正方体中，M，N，P分别为棱的中点，动点平面MNP，，则（    ）A.  B. 直线平面C. 正方体被平面MNP截得的截面为正六边形 D. 点Q的轨迹长度为【答案】BCD【解析】【分析】取中点，由即可判断A选项；取棱的中点，由平面MNP即可判断C选项；先判断平面平面，由平面即可判断B选项；连接，先判断平面，进而求得点Q的轨迹为以为圆心1为半径的圆即可判断D选项.【详解】连接，取中点，连接，易得，则不平行，A错误；如图，取棱的中点，易得，平面MNP，则面MNP，同理可得平面MNP，即正六边形为正方体被平面MNP截得的截面，C正确；由C选项知：平面MNP即平面，易得，又平面，平面，则平面，同理可得平面，又，则平面，，则平面平面，又平面，则直线平面，B正确；连接，易得与平面交于正方体的体心，连接，易得，又平面，平面，则，又平面，，则平面，平面，则，同理可得，又平面，，则平面，平面，则，又，则，即点Q的轨迹为以为圆心1为半径的圆，故点Q的轨迹长度为，D正确.故选：BCD.12. 已知中，是边的中点，动点满足，则（    ）A. 的值可以等于2B. 的值可以等于2C. 的值可以等于D. 的值可以等于3【答案】AD【解析】【分析】确定在以为直径的圆上，分别以为轴建立平面直角坐标系，得出圆的方程，由求出点坐标代入圆方程得出满足的关系式，用三角换元法把用表示，然后根据两角和与差的正弦公式及辅助角公式，结合正弦函数性质判断各选项．【详解】因为，所以，，，则在以为直径的圆上，如图也是该圆上的点．分别以为轴建立平面直角坐标系，则圆方程是，，，，即，所以，．可设，，所以，时，，A正确；同理，B错误；，易知，所以，C错；，易知，所以，，，D正确；故选：AD．三､填空题：本题共4小题，每小题5分，计20分.13. 的内角的对边分别为，若，则__________.【答案】【解析】【分析】由正弦定理化角为边后，应用余弦定理可得．【详解】因为，由正弦定理得，所以．故答案为：．14. 已知圆锥的表面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为______.【答案】【解析】【分析】根据题意，设圆锥的底面半径为，母线长为，进而得，再根据圆锥的表面积得，进而求圆锥的高，利用公式求体积.【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，由于它的侧面展开图是一个半圆，所以，即，所以该圆锥的表面积为，解得，所以圆锥的高为，所以圆锥的体积为.故答案为：【点睛】本题考查圆锥的侧面展开图，圆锥的表面积，体积的计算，考查运算求解能力，空间想象能力，是中档题.本题解题的关键在于根据圆锥的侧面展开图是一个半圆得到母线与半径的关系，进而利用表面积公式求解.15. 为奇函数，那么的一个取值为__________.【答案】0（答案不唯一）【解析】【分析】由奇函数的性质求出，代入检验后可得．【详解】是奇函数，则，，当时，为偶数时，．为奇数时，，是奇函数，所以的一个值为0（答案不唯一）．故答案为：0（答案不唯一）．16. 在长方体中，；点分别为中点；那么长方体外接球表面积为__________；三棱锥的外接球的体积为__________.【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】求出长方体的对角线即为长方体外接球的直径，由此可得球表面积，设分别是中点，可证明平面，设平面与的交点分别为，在平面内过作，过作交于点，证得是三棱锥的外接球球心．在四边形中求得四边形外接圆直径，然后求出，再求出三棱锥的外接球的半径后球体积．【详解】长方体对角线长为，所以长方体外接球半径为，表面积为；如图，分别是中点，则是矩形，平面平面，分别是中点，则，而平面，所以平面，所以平面，而平面，平面，所以平面平面，平面平面，由平面，平面，得，而，设平面与的交点分别为，则分别是的中点，所以分别是和的外心，在平面内过作，过作交于点，由平面，得，，而，平面，所以平面，同理平面，所以是三棱锥的外接球球心．四边形是圆内接四边形，由长方体性质知，所以，，，，由平面，平面，得，，，，所以，所以三棱锥的外接球的体积为．故答案为：；．四､解答题：本题共6小题，计70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17 已知平面向量，，，满足，，.（1）若与共线，求向量的坐标；（2）若，求向量，的夹角.【答案】（1）或；    （2）.【解析】【分析】（1）设，由向量共线知且，根据向量共线坐标表示及模长的坐标公式列方程求x、y即可.（2）利用向量垂直的坐标表示求，的夹角.【小问1详解】设，又与共线，则且，而，所以，可得或.故或.【小问2详解】由，又，，所以，又，则.18. 正棱锥S﹣ABCD的底面边长为4，高为1.求：（1）棱锥的侧棱长和侧面的高；（2）棱锥的表面积与体积.【答案】（1）侧棱长为，侧面的高为；（2）表面积，体积为.【解析】【分析】（1）设为正四棱锥的高，则，作，连结，分别在和，即可求得棱锥的侧棱长和侧面的高；（2）由（1）利用棱锥的侧面积公式和体积公式，即可求解.【详解】（1）如图所示，设为正四棱锥的高，则，作，则为中点，连结，则，因为，可得，在中，，在中，，所以棱锥的侧棱长为，侧面的高为.（2）棱锥的表面积为=，几何体的体积为.19. 已知函数的图像如图，其中分别为最高点和最低点.为零点，.
 （1）求的解析式；（2）求的值.【答案】（1）．    （2）1【解析】【分析】（1）由周期求得，然后由三角形面积求得，再由点坐标结合单调性求得，得函数解析式；（2）利用周期性计算．【小问1详解】由已知，，所以，，，，，，所以或，由图像知在的增区间上，所以．．【小问2详解】由（1）知是周期为4的周期函数，因此所以．20. 如图所示，在直三棱柱中，是的中点.
 （1）证明：平面；（2）设，求几何体的体积.【答案】（1）证明见解析；    （2）．【解析】【分析】（1）连接交于，连接，证明后得证线面平行；（2）由直三棱柱的体积减去三棱锥的体积可得．【小问1详解】连接交于，连接，如图，则是中点，又是中点，所以，又平面，平面，所以平面；【小问2详解】因为，，所以，所以，，．21. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且，作，使得如图所示的四边形ABCD满足，．
 （1）求B；（2）求BC的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由，利用三角形面积公式和数量积运算得到求解；（2）设，在中，由正弦定理得到，在中，利用正弦定理并化简得到，利用正弦函数的性质求解.【小问1详解】解：由，得，即，所以，因为，所以．【小问2详解】设，则，，在中，由正弦定理得，所以，在中，由正弦定理得，所以，，，，因为，可得，当时，即，可得，当时，即，可得，所以BC的取值范围是．22. 已知向量．令函数．（1）求函数最大值；（2）中，内角的对边分别为的角平分线交于．其中，函数恰好为函数的最大值，且此时，求的最小值．【答案】（1）2    （2）【解析】【分析】（1）利用向量的数量积及三角变换可求，从而可求其最大值.（2）根据函数最大值可求，根据面积关系可得，利用基本不等式可求的最小值.【小问1详解】，，的最大值为2；【小问2详解】由恰好为函数的最大值可得，即，，故，故，故，又，因为，故，整理得到：，所以.故，当且仅当即时等号成立，故的最小值为.