2021-2022学年广东省广州市三校联考高一下学期期中数学试题【含答案】

1、2021-2022学年广东省广州市三校联考高一下学期期中数学试题一、单选题1设，则ABCDC【详解】分析：利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，然后求解复数的模.详解：，则，故选c.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.2在中，已知，且满足，若线段和线段的交点为，则（）.ABCDB【分析】待定系数法将向量分解，由平面向量共线定理求出系数，然后代回原式计算【

2、详解】设，由知，三点共线，由知，三点共线，由得.，而，故选：B3函数的大致图象是（）ABCDB【分析】利用诱导公式化简得，根据奇偶性定义可得为奇函数，则函数图象关于原点对称，可排除C；由时，可排除AD，由此可得结果.【详解】，定义域为，为奇函数，图象关于坐标原点对称，可排除C；当时，可排除AD.故选：B.4若复数，其中是虚数单位，则下列说法错误的是（）ABC若是纯虚数，那么D若在复平面内对应的向量分别为（为坐标原点），则A【分析】对于A，所以选项A错误；对于B，计算得，所以选项B正确；对于C， ，所以选项C正确；对于D，计算得，所以选项D正确.【详解】对于A，所以选项A错误；对于B，；又，所以

3、选项B正确；对于C，为纯虚数，解得：，所以选项C正确；对于D，由题意得：， ，所以选项D正确.故选：A5 ABC中，则 ABC的形状为（）A锐角三角形B直角三角形C钝角三角形D不确定C【分析】先利用二倍角公式化简得到化简得，进而得到，再利用余弦定理判断.【详解】解：因为在 ABC中，所以，化简得，即，所以，因为，所以 ABC的形状为钝角三角形，故选：C6如图，正四棱锥，M，N为棱PA，PC的中点，平面BMN与棱PD交于点Q，则下列说法正确的是（）A四边形MBNQ是菱形B四边形MBNQ对角线MN中点也是四棱锥高线的中点CDB【分析】如图连接，、，设，连接，设，即可得到，从而判断B正确，延长交于点

4、，连接、，即可判断为上靠近的三等分点，从而得到A、C错误，因为侧棱与底面边长关系无法确定，从而无法判断；【详解】解：如图连接，、，设，连接，设，因为M，N为棱PA，PC的中点，所以，则为的中点，根据正四棱锥的性质可知即为四棱锥的高，故B正确；延长交于点，连接、，则，因为、三点共线，所以，即，所以为上靠近的三等分点，显然，但是，故四边形不是菱形，且与不相似，故A、C错误；因为正四棱锥的侧棱与底面边长关系无法得知，故无法确定，故D错误；故选：B7在其定义域内，同时满足条件：“当时，有；当时，有.”的函数是（）ABCDD【分析】根据已知条件依次判断每个选项即可得出.【详解】对A，若，则，不满足，故A

5、错误；对B，若，则，不满足，故B错误；对C，若，则不满足，故C错误；对D，当时，则，满足，因为在定义域内单调递减，若，即，则，所以，满足，故D正确.故选：D.8如图，在平面四边形中，若点F为边上的动点，则的最小值为（）A1BCD2B【分析】建立平面直角坐标系，设出点坐标，求得的表达式，进而求得的最小值.【详解】以为原点建立如图所示平面直角.依题意，在三角形中，由余弦定理得.所以，所以.而，所以.在三角形中，由余弦定理得.所以，所以.在三角形中，所以三角形是等边三角形，所以.所以，设依题意令，即，所以，所以，所以.对于二次函数，其对称轴为，开口向上，所以当时，有最小值，也即有最小值为.故选：B本

6、小题主要考查向量数量积的最值的计算，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.二、多选题9在中，内角、所对的边分别为、，已知，则下列论断正确的是（）ABCDBD【分析】将已知条件用二倍角公式展开，化简、整理得到.然后将四个选项中的B化为A,一一判断即可.【详解】，即，因为，所以，整理得，不能等于，故A不正确，B正确，不一定成立，故C不正确，又，D正确.故选：BD.10在中，若，角的平分线交于，且，则下列说法正确的是（）AB若，则的外接圆半径是C若，则的面积是D若，则ACD【分析】设边上的高为，根据三角形面积公式判断A；若，即可得到，利用正弦定理及三角形面积公式判断B、C、D；【详解】解：依题意设边

7、上的高为，则，又，所以，故A正确；因为为的平分线，所以，则，则所以由正弦定理得，所以，故C正确；若，由正弦定理得，所以的外接圆半径，故B错误；若，由正弦定理得，因为与互补，所以，故D正确；故选：ACD11如图，正四棱柱中，点E，F，G分别为棱CD，的中点，则下列结论中正确的有()A与FG共面BAE与异面C平面AEFD该正四棱柱外接球的表面积为ABC【分析】证明即可判断；连接，证明与分别是两个互相平行的平面里面的不平行直线即可判断；取的中点为，连接，连接，证明即可判断；根据长方体外接球球心为体对角线中点即可计算长方体外接球半径，从而计算其外接球表面积，从而判断D【详解】，且是中点，是中点，且，四

8、边形是平行四边形，与共面，故A正确；连接四边形为平行四边形，故与不平行，而平面平面，平面面，和互为异面直线，故B正确；取的中点为，连接，连接.是中点，是中点，且四边形是平行四边形，是的中点，又是中点，在中，是中点，是中点，四边形是平行四边形，平面平面平面，故C正确设该四棱柱外接球半径为，则，故该正四棱柱外接球的表面积为，故D错误故选：ABC.12如图，在棱长为1的正方体中，P是上的动点，则（）A直线与是异面直线B平面C的最小值是2D当P与重合时，三棱锥的外接球半径为ABD【分析】选项A，利用平面可说明直线与是异面直线；选项B，先证明平面平面，再由平面，得平面；选项C，通过作辅助线，将的最小值转

9、化为求的值，在中，利用勾股定理求出的值；选项D，认识到当P与重合时，三棱锥的外接球与正方体的外接球是同一个，利用正方体来求外接球半径.【详解】A选项，因为直线与平交于点，直线在平面内，所以由线线位置关系知，直线与是异面直线，故选项A正确；B选项，连接，由正方体性质，易知，所以四边形为平行四边形，有，又平面，平面，所以平面，同理可证平面，又，都在平面内，且相交于点，所以平面平面，又平面，所以平面，故选项B正确；C选项，延长到，使得，连接，在上取点，使得，则，有.故.过点作，交于点，在中，因为，所以，又，所以，所以的最小值为，故选项C错误；D选项，当P与重合时，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，又

10、正方体的棱长为1，故其外接球半径，故选项D正确.故选：ABD.三、填空题13已知，且z是复数，当的最大值为3，则_.【分析】由可知，化简可得其最值为，进而求出的值.【详解】设，因为，所以，所以，因为，所以，因为，所以，所以，解得，故答案为.14记的内角，的对边分别为，若，则的周长为_.【分析】已知两边和其中一边的对角求另一边，已知两边和一夹角求另一边，这些“知三求三”都要用余弦定理求解，边长求出后即可求周长.【详解】由，得，得，所以.由，得.故的周长为.故答案为.四、双空题15如图，在棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱BC，的中点，点P为底面上任意一点若P与重合，则三棱锥E-PFG的体积

11、是_；若直线BP与平面EFG无公共点，则BP的最小值是_ 【分析】由体积公式可得三棱锥E-PFG的体积，分别取的中点，可得截面即为截面，线段即为点轨迹，的高即为的最小值【详解】若P与重合，则，；若直线BP与平面EFG无公共点，则平面，分别取的中点，连接，则，而，所以，同理，因此可得证共面，即截面即为截面，平面，平面，则平面，同理平面，而，平面，所以平面平面，只要，则有平面，线段即为点轨迹，因此的最小值为，故；16在平面直角坐标系xOy中，先将线段OP绕原点O按逆时针方向旋转角，再将旋转后的线段OP的长度变为原来的倍得到，我们把这个过程称为对点P进行一次变换得到点，例如对点进行一次变换得到点若对

12、点进行一次变换得到点，则的坐标为_；若对点进行一次变换得到点，对点再进行一次变换得到点，则的坐标为_ 【分析】由已知得将线段OA绕原点O按逆时针方向旋转角，再将的长度伸长为原来的倍，得到，可得的坐标；计算出，求得，从而得所以，再可求得，根据点的位置得，得，从而求得，可求得的坐标.【详解】解：点，与轴的夹角且进行一次变换，即将线段绕原点O按逆时针方向旋转，再将的长度伸长为原来的倍得到点即坐标为因为对点进行一次换后得到点所以，所以，所以，设与轴的正方向的夹角为，则 并且根据，因为，所以，所以，所以，所以的坐标为.故；五、解答题17在，这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答已知的角，对边分别

13、为，而且_（1）求；（2）求周长的最大值（1）；（2）【分析】(1)选,先利用正弦定理化简可得,进而得到,结合的范围即可求得;选,先利用正弦定理可得,再利用余弦定理可得,结合的范围即可求得;(2)由余弦定理可得,再利用基本不等式可得,进而求得周长的最大值.【详解】(1)选:因为,所以,因为,所以,即,因为,所以,所以,即;选:因为,所以,即,所以,因为,所以;(2)由(1)可知:,在中,由余弦定理得,即,所以,所以,当且仅当时等号成立,所以,即周长的最大值为.本题主要考查正余弦定理在解三角形中的运用,同时还涉及了基本不等式的运用,考查化简计算能力,属于中档题.18如图所示，平面平面是等腰直角三

14、角形，四边形是直角梯形，分别为的中点.(1)试判断直线与平面的位置关系，并说明理由；(2)求四面体的体积.(1)平面，理由见解析；(2).【分析】（1）根据已知条件及三角形的中位线定理，再利用平行的传递性及平行四边形的判定，再结合线面平行的判定即可求解；（2）根据已知条件得出点到平面的距离，进而得到点到平面的距离，再求出面积，结合三棱锥的体积公式即可求解.【详解】(1)直线与平面平行，理由如下如图所示，取中点为，连接，因为为的中点，为的中点，所以.又 ，所以，所以，所以四边形为平行四边形.则.又平面，平面，所以平面.(2)因为是等腰直角三角形，为的中点.所以,，因为平面平面，平面平面，所以平面

15、，平面，所以，又，所以平面，所以点到平面的距离为，因为为的中点.即点到平面的距离为，因为为的中点，所以，又因为四边形是直角梯形，所以，所以四面体ODME的体积为.19分式线性变换又称为莫比乌斯变换，它是定义在复数集中形如的变换，其中w称为z的“像”，z称为w的“原像”(1)若，求i的“像”以及“原像”；(2)若，求证：的充要条件是；(3)若，z满足，求z的“像”在复平面上所构成图形的面积(1)；(2)证明见解析；(3)【分析】（1）先整理，再分别令，求解即可；（2）先整理，设，且，整理可得，其虚部为，进而结合复数的几何意义证明即可；（3）先整理，设，且，代入可得，根据求解即可.【详解】(1)由

16、题，当时，；当时，解得.(2)证明：由题，设，且，则，则，因为，当，则，即，所以；当，则，即，所以，则，所以的充要条件是.(3)由题，设，且，则，解得，因为，所以，即，所以z的“像”在复平面上所构成的图形为以原点为圆心，半径为1的圆内，其面积为.20如图，在直角梯形中，/，为上靠近的三等分点，交于，为线段上的一个动点(1)用和表示；(2)设，求，的取值范围(1)；(2)，.【分析】（1）利用向量的线性运算，结合已知条件，即可容易表达；（2）以为坐标原点，建立平面直角坐标系，写出对应向量的坐标，用点横坐标表达，进而根据点横坐标的范围，即可求得结果.【详解】(1)因为为上靠近的三等分点，故可得，又

17、/，且，故，则.即.(2)根据题意，因为，故以为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系：设，则，因为点在上运动，故可设其坐标为，则，由可得，则，因为，则，故.21仰望星空，时有流星划过天际，令我们感叹生命的短暂，又深深震撼我们凡俗的心灵流星是什么？从古至今，人们作过无数种猜测古希腊亚里士多德说，那是地球上的蒸发物，近代有人进一步认为，那是地球上磷火升空后的燃烧现象10世纪波斯著名数学家、天文学家阿尔库希设计出一种方案，通过两个观测者异地同时观察同一颗流星，来测定其发射点的高度如图，假设地球是一个标准的球体，为地球的球心，为地平线，有两个观测者在地球上的，两地同时观测到一颗流星，观测的仰角分别为，

18、其中，为了方便计算，我们考虑一种理想状态，假设两个观测者在地球上的，两点测得，地球半径为公里，两个观测者的距离 （参考数据：，）（1）求流星发射点近似高度；（2）在古希腊，科学不发达，人们看到流星以为这是地球水分蒸发后凝结的固体，已知对流层高度大约在18公里左右，若地球半径公里，请你据此判断该流星是地球蒸发物还是“天外来客”？并说明理由（1）公里；（2）该流星不是地球蒸发物，而是“天外来客”，理由见解析.【分析】（1）由已知条件在中利用正弦定理求出，在中再利用余弦定理求出，从而可得；（2）由（1）求出的值可得流星发射点近似高度为3185公里，远远大于对流层最高近似高度18公里，从而可得结论【详解】（1）因为，则，所以为等边角形，所以又因为，所以，所以，所以，在中，由正弦定理：，得， 解得，在中，由余弦定理：所以，所以公里（2）公里，所以流星发射点近似高度为3185公里，远远大于对流层最高近似高度18公里，所以该流星不是地球蒸发物，而是“天外来客”（言之有理即可）22已知函数，如果对于定义域D内的任意实数x，对于给定的非零常数P，总存在非零常数T，恒有成立，则称函数是D上的P级递减周期函数