2021-2022学年浙江省杭州第二中学、温州中学、金华第一中学三校高一下学期5月联考数学试题含解析

这是一份2021-2022学年浙江省杭州第二中学、温州中学、金华第一中学三校高一下学期5月联考数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，双空题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年浙江省杭州第二中学、温州中学、金华第一中学三校高一下学期5月联考数学试题一、单选题1．若，其中为虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（       ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】首先根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可；【详解】解：因为，所以复数在复平面内所对应的点的坐标为，位于第一象限.故选：A2．已知,为单位向量．若，则＝（       ）A． B． C． D．5【答案】B【分析】对进行平方，求得，再根据进行计算即可．【详解】因为为单位向量，故，由，故，即，故故选：B．3．在空间中，给出下列说法：①平行于同一个平面的两条直线是平行直线；②垂直于同一条直线的两个平面是平行平面；③若平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则；④过平面的一条斜线，有且只有一个平面与平面垂直.其中正确的是（       ）A．①③ B．②④ C．①④ D．②③【答案】B【分析】说法①：可以根据线面平行的判定理判断出本说法是否正确；说法②：根据线面垂直的性质和面面平行的判定定理可以判断出本说法是否正确；说法③：当与相交时，是否在平面内有不共线的三点到平面的距离相等，进行判断；说法④：可以通过反证法进行判断.【详解】①平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面，不正确；易知②正确；③若平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则与可能平行，也可能相交，不正确；易知④正确.故选B.【点睛】本题考查了线线位置关系、面面位置关系的判断，分类讨论是解题的关键，反证法是经常用到的方程.4．已知，则的值为（　　）A． B．C． D．【答案】D【分析】由已知条件求出，再由二倍角公式直接求解.【详解】因为，所以，则.所以.故选：D5．已知复数z满足，若z在复平面内对应的点为，则（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用复数的模公式化简求解.【详解】因为复数z满足，所以，即，化简得：，故选：C6．在正方体中，过点D作直线l与异面直线AC和所成角均为，则的最小值为（       ）A． B． C． D．【答案】B【解析】计算异面直线和所成角，则的最小值为异面直线和所成角的一半【详解】解：因为∥，所以为异面直线和所成角，因为，所以是等边三角形，所以，过点作直线l的平行线，则当与的角平分线平行时，取得最小值为，故选：B【点睛】此题考查异面直线所成角，属于基础题．7．在中，，为的重心，若，则外接圆的半径为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先由条件判定为等边三角形，再求得的边长，以正弦定理去求外接圆的半径即可解决.【详解】由，可得，则有又在中，，为的重心，则为等边三角形.则解之得，则外接圆的半径为故选：C8．在锐角中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若，且，则的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由，结合正余弦定理求得角，继而由结合正余弦定理求出，再表示出，，利用三角函数的性质求得的范围，即可求得答案.【详解】由，由正弦定理得,即有，而，则，又，由正弦定理､余弦定理得，，化简得：，由正弦定理有：，即，，是锐角三角形且，有，，解得，因此，由得：，，所以.故选：D二、多选题9．设＝(＋)＋(＋)，是任一非零向量，则在下列结论中正确的为（       ）A． B．C． D．【答案】AB【分析】先计算，根据平面向量的共线定理，线性运算法则进行判断即可．【详解】A．与任一非零向量共线，故，所以Ａ正确，B．，故，所以B正确，C．，故，因为为任一非零向量，故，所以C错误，D．，故，，所以，所以D不正确.故选：AB．10．设，为复数，下列命题中正确的是（　　）A．B．若，则与中至少有一个是0C．若，则D．【答案】ABD【分析】根据复数运算对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】设，，则，A选项正确.若，则，则或，所以与中至少有一个是0，B选项正确.若，则可能，C选项错误.，，D选项正确.故选：ABD11．为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了《诵经典，获新知》的演讲比赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图，已知球的体积为，托盘由边长为的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图.则下列结论正确的是（       ）A．经过三个顶点的球的截面圆的面积为B．异面直线与所成的角的余弦值为C．直线与平面所成的角为D．球离球托底面的最小距离为【答案】BCD【分析】求出外接圆面积判断A，作出异面直线所成的角并求出这个角后判断是B，根据直线民平面所成的角定义判断C，求出球心到平面的距离可判断D．【详解】根据图形的形成，知三点在底面上的射影分别是三边中点，如图，与全等且所在面平行，截面圆就是的外接圆与的外接圆相同．由题意的边长为1，其外接圆半径为，圆面积为，A错；由上面讨论知与平行且相等，而与平行且相等，因此与平行且相等，从而是平行四边形，，所以是异面直线与所成的角（或其补角）．由已知，，，，，B正确；由平面与平面垂直知在平面内的射影是，所以为直线与平面所成的角，此角大小，C正确．由上面讨论知，设是球心，球半径为，由得，则是正四面体，棱长为1，设是的中心，则平面，又平面，所以，，则，又．所以球离球托底面的最小距离为，D正确．故选：BCD．【点睛】关键点点睛：本题考查空间折叠问题，掌握空间的垂直关系是解题关键．由垂直平行关系得出与全等且所在面平行，从而易得截面圆与的外接圆相同，从而可得，得异面直线所成的角，得直线与平面所成的角，根据正四面体积的性质求得其高，得出距离的最小值．12．已知点为所在平面内一点，且，则下列选项正确的是（       ）A． B．直线不过边的中点C． D．若，则【答案】BCD【分析】利用向量加法法则结合向量线性运算计算判断A；假定过的中点，利用平面向量基本定理判断B；令，，，结合重心性质计算判断C；利用数量积及运算律计算判断D作答.【详解】对于A：，因，， ，即，则，可得，A不正确；对于B：设的中点为D，则，若直线过的中点，则存在实数满足，由选项A知，，而与不共线，则有且，无解，即不存在，AO不过BC中点，B正确；对于C：取点，，使得，，，则，即点O为的重心，如图，则，而，同理可得：，因此，， C正确；对于D：由，得，而，则，解得，所以，D正确.故选：BCD【点睛】思路点睛：用向量基本定理解决问题，选择一组基底，运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.三、双空题13．在锐角中，角A，，所对边的分别为，，，已知边长，，则A=__；周长的取值范围为_______．【答案】          .【分析】（1）利用三角函数恒等变形得到，即可求出；（2）利用正弦定理把周长转化为，利用三角函数求出范围.【详解】因为，所以，所以.所以可化为，即.因为为锐角三角形，所以，所以，即.因为，所以.因为为锐角三角形，所以，解得：.由正弦定理得：,即，所以.所以周长: 因为，所以，所以，所以，所以.即周长的范围为.故答案为：；四、填空题14．复数z满足，其中i是虚数单位，则z的虚部为____________.【答案】-1【分析】先求出，再指出其虚部即可.【详解】解：由，则，所以z的虚部为-1.故答案为：-1.【点睛】本题考查了复数的除法运算，重点考查了复数的虚部，属基础题.15．已知正方形的边长为2，点为边的中点，点为边的中点，将分别沿折起，使三点重合于点，则三棱锥的外接球与内切球的表面积之比为____________．【答案】24【分析】根据题意得三棱锥P-DEF中，PD，PE，PF两两垂直，且PE=PF=1，PD=2，进而三棱锥P-DEF的外接球即为以PD，PF，PE为邻边的长方体的外接球，进而求得外接球的半径与表面积，再根据等体积法求解内切球的半径，进而计算内切球的表面积，最后计算比值即可得答案．【详解】如图，依题知，，故，，又，故平面，又平面，故，所以三棱锥中，PD ，PE ，PF两两垂直，且PE=PF=1，PD=2，所以三棱锥P-DEF的外接球即为以PD，PF，PE为邻边的长方体的外接球，故外接球半径R满足，外接球表面积为：，因为三棱锥的表面积为正方形ABCD的面积，故，，设三棱锥的内切球半径为，故由等体积法得，得故内切球表面积为，所以三棱锥的外接球与内切球的表面积之比为．故答案为：24．16．对于二元函数，表示先关于y求最大值，再关于x求最小值.已知平面内非零向量，，，满足：，，记（m，，且，），则______.【答案】2【分析】记，，，构建直角坐标系，根据向量几何意义判断所在直线的斜率，设，，，结合函数的定义、数形结合思想研究相关向量的模长随点的变化情况，进而求目标式的值.【详解】记，，，则表示在上的投影恰为在上的投影的两倍，即射线的斜率为.设，，，记，，则，，所以.先让m不变，n变化，即点D固定，点E变化，那么，其中，接着再让m变化，即点D变化，求的最小值.因为，当且仅当时取得等号.综上，.故答案为：2【点睛】关键点点睛：利用向量几何意义，构建直角坐标系并设A、B、C的坐标，根据函数新定义、数形结合思想将问题转化为两向量模长的比值，讨论动点位置变化对向量模长的影响确定目标式的值.五、解答题17．已知长方体，，其外接球的表面积为，过､､B三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体，且这个几何体的体积为10.(1)求棱的长；(2)求几何体的表面积.【答案】(1)2；(2).【分析】（1）根据长方体的性质，结合棱柱和棱锥的体积公式进行求解即可；（2）根据几何体的表面积公式进行求解即可.【详解】(1)设，，，又（R为长方体外接球半径），∴①.又，∴.②由①②，解得∴棱长为2；(2)由（1）知，若，，则∴.18．已知向量，，在同一平面上，且，(1)若与垂直，求的值；(2)若（其中），当取最小值时，求向量与的夹角大小.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用向量线性运算的坐标表示及向量垂直的坐标表示计算作答.（2）表示出的坐标，再利用模的坐标表示探求取最小值条件，借助向量数量积求解作答.【详解】(1)因，，则，，而与垂直于是得，解得，所以.(2)由，，及，得，于是有，则当时，取最小值，此时，而，即有，，所以向量与的夹角为19．如图，在长方体中，，，P是线段BD上一点.(1)若，求证：平面；(2)若二面角的大小为，，求直线和平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）用向量法证明，由线面垂直的性质定理得，从而可得线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，由向量法求线面角．【详解】(1).，平面，平面，所以，，平面，平面.(2)作，垂足为H，则在长方体中，平面，所以，再作，垂足为Q，连结QH，因为，所以平面,则，则即为二面角的平面角，，不妨设，因为，则，于是.，于是，.如图，以D为原点，分别以DA､DC､DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，.设平面的法向量为，则由得令可得一个法向量为.设与的夹角为，PD1和平面所成角为，则＝，即直线和平面所成角的正弦值为.20．浙江杭州即将举办2022年亚运会，举办方为给运动员创造温馨舒适的居住环境，进行精心设计.如图，是一个以AB为直径的半圆形湖，AB=8（单位：百米），现在设计一个以AB为边的四边形ABCD，C，D在半圆上，设（O为圆心）.(1)在四边形ABCD内种植荷花，且，当为何值时，荷花种植面积最大？(2)为了显示美感，景观要错落有致的，要沿BC，CD和DA建造观景栈桥，且BC=CD，当为何值时，观景栈桥总长L最长？并求L的最大值.【答案】(1)(2)当时，观景栈桥总长L取最长，L最大值为12百米【分析】（1）由，利用三角恒等变换得到,利用正弦型三角函数性质求最值即可；（2）由余弦定理求出BC,DA，可得，令换元后，利用二次函数的性质求最值即可.【详解】(1)因为AB=8，所以，OA=OB=OC=OD=4，因为，所以所以，当，即时，荷花种植面积最大.(2)因为BC=CD，所以，且，由余弦定理得=，=，所以，，令，因为，所以，所以，当时，即时，L取最大值12，答：当时，观景栈桥总长L取最长，L最大值为12百米.21．在中，设所对的边分别为，已知，(1)求的大小；(2)若，求边长的取值范围；(3)设的外接圆圆心为，是的中点，若三角形外接圆半径为.且满足，求的值.【答案】(1);(2)；(3).【分析】（1）利用正弦定理和三角函数恒等变形得到，即可求出的大小；（2）利用余弦定理和基本不等式求出边长的取值范围；（3）先由正弦定理求得，利用求得.在中利用余弦定理求出，在中，由余弦定理求出.【详解】(1)在中，，由正弦定理得：,因为，所以,所以可化为，即.因为，所以，所以.因为，所以.(2)由三角形两边之和大于第三边可得：，即.由余弦定理得：,即.由基本不等式可得：，所以，即，所以.综上所述：.所以边长c的取值范围为.(3)由正弦定理得：,即.如图示： 因为三角形外接圆半径为，所以.因为，所以，即，所以.因为是的中点，由向量的中线公式可得：，所以，即.因为的外接圆圆心为，，由同弧对应的圆心角是圆周角的2倍，所以,       所以，所以，即，所以.在中，，，由余弦定理得：，即，所以.在中，，，由余弦定理得：,即，解得：（舍去）.即.22．已知，设函数，，，，(1)当时，求函数的值域；(2)记的最大值为，①求；②求证：.【答案】(1)(2)①；②证明见解析【分析】（1）令，转化为，配方求值域即可；（2）①设，换元得，分类讨论即可求解；②利用绝对值不等式的性质求出利用做差法与比较大小即可求证.【详解】(1)当时，，令，所以，因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以.(2)①令，所以，因为，所以，所以，，，是对称轴为，开口向上的抛物线，，，1）当时，，，所以，2）当时，，，所以，3）当时，，，所以，综上所述：.②，当时，，所以；当时，，所以；当时，，所以，综上所述：所以.