2021-2022学年浙江省金华市高一下学期期中数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年浙江省金华市高一下学期期中数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知复平面内，对应的点位于虚轴的正半轴上，则复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【答案】B
【分析】设，然后对化简，结合对应的点位于虚轴的正半轴上可求出的范围，从而可求出复数对应的点所在的象限
【详解】设，所以，
则，即，
所以，，故该点在第二象限，
故选：B．
2．平行四边形中，点E是的中点，点F是的一个三等分点（靠近B），则（ ）
A．B．
C．D．．
【答案】D
【分析】用向量的加法和数乘法则运算.
【详解】
由题意：点E是DC的中点，点F是BC的一个三等分点，
∴.
故选：D.
【点睛】方法点睛：解题时可根据加法法则，从向量的起点到终点，然后结合向量的数乘运算即可得.
3．已知向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】根据平面向量的坐标表示和共线定理，列方程求出的值．
【详解】向量，，
所以， ，
又，
所以，
解得．
故选：B．
4．已知矩形ABCD的一边AB的长为4，点M，N分别在边BC，DC上，当M，N分别是边BC，DC的中点时，有.若，x+y＝3，则线段MN的最短长度为（ ）
A．B．2C．2D．2
【答案】D
【分析】先根据M，N满足的条件，将化成的表达式，从而判断出矩形ABCD为正方形；再将，左边用表示出来，结合x+y＝3，即可得NC+MC＝4，最后借助于基本不等式求出MN的最小值.
【详解】
当M，N分别是边BC，DC的中点时，
有
所以AD＝AB，则矩形ABCD为正方形，设，则
则，又x+y＝3，所以λ+μ＝1.
故NC+MC＝4，则
（当且仅当MC＝NC＝2时取等号）.
故线段MN的最短长度为
故选：D.
5．若且，则的最大和最小值分别为，则的值等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据复数差的模的几何意义可得复数在复平面上对应的点的轨迹，再次利用复数差的模的几何意义得到，从而可得的值.
【详解】因为，
故复数在复平面上对应的点到对应的点的距离小于或等于2，
所以在以为圆心，半径为2的圆面内或圆上，
又表示到复数对应的点的距离，
故该距离的最大值为，
最小值为，故.
故选：B.
【点睛】本题考查复数中的几何意义，该几何意义为复平面上对应的两点之间的距离，注意也有明确的几何意义（可把化成），本题属于中档题.
6．已知球的半径为，一等边圆锥.(圆锥母线长与圆锥底面直径相等)位于球内，圆锥顶点在球上，底面与球相接，则该圆锥的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设圆锥的底面半径为，求得圆锥的高，由球的截面性质，运用勾股定理可得，由圆锥的表面积公式可得所求．
【详解】如图，设圆锥的底面半径为，
则圆锥的高为，
则，
解得，
则圆锥的表面积为
，
故选：．
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是通过建立等式得到.
7．农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子（近似为球）包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为4的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的体积最大值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】考虑当丸子与六面体各个面都相切时的情况，利用等体积的方法求解出此时丸子的半径，则最大体积可求解出.
【详解】六面体每个面都是等边三角形且每个面的面积，
由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的，所以四面体的高为，
所以四面体的体积为，所以六面体的体积为，
根据图形的对称性可知，若内部丸子的体积最大，则丸子与六个面都相切，
连接丸子的球心与六面体的五个顶点，将六面体分为六个三棱锥，设此时丸子的半径为，
所以，所以，
所以丸子的体积为，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于分析丸子与六面体的位置关系以及采用等体积法求解丸子的半径，本例中六面体是规则对称图形，其体积的计算方式有两种：（1）底面积高，求解体积；（2）利用丸子的半径作为高，六面体的每个面作为底面，求六个三棱锥的体积之和即为六面体体积.
8．已知半球与圆台有公共的底面，圆台上底面圆周在半球面上，半球的半径为1，则圆台侧面积取最大值时，圆台母线与底面所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意画出图形，设，，作于点，延长交球面于点，则由圆的相交弦定理可得，从而可求得，进而可表示出圆台的侧面积，求出其最大值，从而可得的值，然后在求出圆台母线与底面所成角的余弦值即可
【详解】如图1所示，设，，作于点，延长交球面于点，则，，由圆的相交弦定理及图2得，即，解得，
则圆台侧面积，
则，令，则或（舍去），
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以当时，取得最大值．
当时，，则．
在轴截面中，为圆台母线与底面所成的角，在中可得，
故选：D．
【点睛】方法点睛：本题是立体几何中最值的综合性问题．旋转体的问题常需正确做出轴截面图进行分析，最值问题要注意“选元”“列式”“讨论最值”三个环节，考查线面角的余弦值，属于较难题
二、多选题
9．在中，角的对边分别为，若，则角可为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】利用余弦定理化简可得；分别验证各个选项中的的取值，根据可确定正确选项.
【详解】由余弦定理得：，
又，，整理可得：；
对于A，，则，A错误；
对于B，，则，B正确；
对于C，，则，C正确；
对于D，，则，D错误.
故选：BC.
10．如图，四边形ABCD为直角梯形，∠D＝90°，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为AB，CD的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】直接由向量的加减法法则、平面向量基本定理即可解决问题.
【详解】由，知A正确；
由，得知B正确；
由知C正确；
由N为线段DC的中点知，知D错误；
故选：ABC.
11．下列说法正确的有（ ）
A．任意两个复数都不能比大小
B．若，则当且仅当时，
C．若，且，则
D．若复数z满足，则的最大值为3
【答案】BD
【分析】通过复数的基本性质，结合反例，以及复数的模，判断命题的真假即可.
【详解】解：对于A选项，当两个复数都是实数时，可以比较大小，所以A不正确；
对于B选项，复数的实部与虚部都是0时，复数是0，所以B正确；
对于C选项，当，满足，但，所以C不正确；
对于D选项，复数z满足，则复数z在复平面内的轨迹为单位圆，则的几何意义，是单位圆上的点到的距离，它的最大值为3，所以D正确；
故选：BD.
12．如图，已知为正方体，E，F分别是BC，的中点，则（ ）
A．B．
C．向量与向量的夹角是D．异面直线与所成的角为
【答案】ABD
【分析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为，根据空间向量的坐标运算，以及异面直线所成角的向量求法，逐项判断，即可得出结果.
【详解】
在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体棱长为，则，，，，，，
所以，，
因此；故A正确；
又，，
所以，，因此，即B正确；
因为，，
所以，
因此向量与向量的夹角是；故C错；
因为E，F分别是BC，的中点，所以，，
则，又，
所以，
又异面直角的夹角大于且小于等于，所以异面直线与所成的角为；即D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：
立体几何体中空间角的求法：
（1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；
（2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可.
三、填空题
13．已知向量，，且，则__________.
【答案】5
【分析】由已知可得，，代入即可求出答案.
【详解】由可得，，即，解得，，
所以，
所以.
故答案为：5.
14．已知复数集合，其中为虚数单位，若复数，则对应的点在复平面内所形成图形的面积为________
【答案】
【分析】先由复数的几何意义确定集合所对应的平面区域，再确定集合所对应的平面区域，由复数，可得复数对应的点在复平面内所形成图形即为集合与集合所对应区域的重叠部分，结合图像求出面积即可.
【详解】因为复数集合，所以集合所对应的平面区域为与所围成的正方形区域；
又，设，且,,，
所以，设对应的点为，
则，所以，又,，所以，
因为复数，对应的点在复平面内所形成图形即为集合与集合所对应区域的重叠部分，如图中阴影部分所示，
由题意及图像易知：阴影部分为正八边形，只需用集合所对应的正方形区域的面积减去四个小三角形的面积即可.
由得，由得，
所以.
故答案为
【点睛】本题主要考复数的几何意义，以及不等式组所表示平面区域问题，熟记复数的几何意义，灵活掌握不等式组所表示的区域即可，属于常考题型.
15．正五角星是一个与黄金分割有着密切联系的优美集合图形，在如图所示的正五角星中，，，，，是正五边形的五个顶点，且，若，则__________（用表示）.
【答案】
【分析】使用平面向量线性运算知识进行求解即可.
【详解】由已知，结合正五角星的图形，有
，
∵与方向相同，，
∴.
故答案为：.
16．如图，平面ABC⊥平面BCDE，四边形BCDE为矩形，BE＝2，BC＝4，的面积为2，点P为线段DE上一点，当三棱锥P﹣ACE的体积为时，＝__．
【答案】
【分析】过A作AF⊥BC的延长线，垂足为F，证明AF⊥平面BCDE，再由已知求得AF，进一步求出三棱锥D﹣ACE的体积，利用求得，进一步得到答案.
【详解】解：如图，过A作AF⊥BC的延长线，垂足为F，
∵平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，
∴AF⊥平面BCDE，
由BE＝2，BC＝4，的面积为，得，
∴AF＝，则
＝4×2×；
∵＝．
∴，则．
故答案为：．
四、解答题
17．已知向量，，，其中A是的内角.
（1）求角A的大小；
（2）若角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）由和三角恒等变换可得答案；
（2）由和可得，然后由正弦定理可得，然后利用三角函数的知识可得答案.
【详解】（1）因为，
即有，（），，（），
又A为的内角，所以；
（2）由，得为钝角，从而
由正弦定理，得
所以，，
则
又，所以，
则
18．如图，在中，点为直线上的一个动点，且满足，是中点.
（Ⅰ）若，，，且，求的坐标和模
（Ⅱ）若与的交点为，又，求实数的值.
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）由，根据，求得，，进而求得向量坐标，进而求得向量的模；
（Ⅱ）因为，得到，进而得到和，即可求解.
【详解】（Ⅰ）由是中点，可得，
又由，且，，可知，，
且.
（Ⅱ）如图所示，因为，所以，
可以化简为：，
又，所以 ①
不妨再设，即，
由是的中点，所以，即 ②
由①②，可得且，解得.
19．已知复数是虚数单位.
(1)若复数在复平面上对应点落在第一象限，求实数的取值范围；
(2)若虚数是实系数一元二次方程的根，求实数值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出，由其对应点的坐标列不等式求解；
（2）也是方程的根，根据韦达定理先求得，再求得．
【详解】（1）由已知得到，因为在复平面上对应点落在第一象限，所以，
解得，所以
（2）因为虚数是实系数一元二次方程的根，所以是方程的另一个根，所以，所以，
所以，
所以，所以.
20．如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AD=DC=AC，且CP⊥平面PAD，E为AD的中点.
(1)证明：AD⊥平面PCE；
(2)若，求二面角A﹣PC﹣E的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意证得AD⊥CE，AD⊥CP，再由线面垂直的判定定理即可证明；
（2）以点E为坐标原点，EA为x轴，EC为y轴，过点E作垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面PCE和平面的法向量，再由二面角的向量公式代入即可得出答案.
【详解】（1）证明：如图，连接AC，∵AD=DC=AC，∴△ADC为等边三角形，
∵点E为AD的中点，∴AD⊥CE，
∵CP⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AD⊥CP，
∵CP∩CE=C，CP，CE平面PCE，∴AD⊥平面PCE.
（2）如图，以点F为坐标原点，EA为x轴，EC为y轴，
过点E作垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则E（0，0，0），设点A（1，0，0），则C（0，，0），
由（1）知AD⊥平面PCE，
设P（0，y，z），（y>0，z>0），
，
，解得，
，
设平面的法向量，
则，取，得，
由（1）知，平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则二面角的余弦值为：
21．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，△ABC和△A1AC都是正三角形，D是AB的中点
（1）求证：BC1∥平面A1DC；
（2）求直线AB与平面DCC1所成角的正切值.
【答案】（1）证明见解析 ；（2）.
【分析】（1）连接AC1，交A1C于E，连接DE，由中位线的性质知DE∥BC1，再由线面平行的判定定理得证；
（2）建立空间直角坐标系，计算平面DCC1的法向量，利用线面角的向量公式，即得解
【详解】（1）证明：连接AC1，交A1C于E，连接DE，
∵四边形A1ACC1是平行四边形，
∴E是AC1的中点，
∵D是AB的中点，∴DE∥BC1，
∵DE⊂平面A1DC，BC1平面A1DC，
∴BC1∥平面A1DC.
（2）取AC的中点O，连接A1O，BO，
∵△ABC和△A1AC都是正三角形，∴A1O⊥AC，BO⊥AC，
∵平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
∴A1O⊥平面ABC，∴A1O⊥BO，
以O为原点，OB、OC、OA1所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设AC＝2，则A（0，﹣1，0），B（，0，0），C（0，1，0），D（，，0），C1（0，2，），
∴＝（，1，0），＝（，，0），＝（，，），
设平面DCC1的法向量为＝（x，y，z），则，即，
令x＝3，则y＝，z＝﹣1，∴＝（3，，﹣1），
设直线AB与平面DCC1所成的角为θ，
则sinθ＝|cs＜，＞|＝||＝||＝，
∴tanθ＝，
故直线AB与平面DCC1所成角的正切值为.
22．如图，在四棱柱中，平面平面，是边长为2的等边三角形，，，，点为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值．
（Ⅲ）在线段上是否存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为，若存在求出的长，若不存在说明理由．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）线段上是存在一点，，使直线与平面所成的角正弦值为.
【分析】（Ⅰ）取中点，连结、，推导出四边形是平行四边形，从而，由此能证明平面;（Ⅱ）取中点，连结，，推导出平面，，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值；（Ⅲ）假设在线段上是存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为，设．利用向量法能求出结果．
【详解】（Ⅰ）证明：取中点，连结、，
是边长为2的等边三角形，，，，点为的中点，
，四边形是平行四边形，，
平面，平面，
平面．
（Ⅱ）解：取中点，连结，，
在四棱柱中，平面平面，是边长为2的等边三角形，
，，，点为的中点，
平面，，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，1，，，0，，，1，，，0，，
，，，，0，，，，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，
设二面角的平面角为，
则．
二面角的余弦值为．
（Ⅲ）解：假设在线段上是存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为，设．
则，，，，，，平面的法向量，
，
解得，
线段上是存在一点，，使直线与平面所成的角正弦值为．
【点睛】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查满足正弦值的点是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．