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

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：A

2. 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：A

3. 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：B

5. 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：BC

11. 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：BCD

12. 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.