安徽省安庆市2021-2022学年高一数学下学期期中试题含解析

Page22安徽省安庆市2021-2022学年高一数学下学期期中试题总分：150分考试时间：120分钟一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.设复数z满足(1+i)z=2i，则∣z∣=（）A. B.C. D.2【答案】C【解析】【分析】求出即得解.【详解】解：由题意可得，所以，所以.故选：C2.已知点是正方形的中心，点为正方形所在平面外一点，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分别在和中利用向量加法的平行四边形法则就可得出答案.【详解】因为点是正方形的中心，所以分别为,的中点，所以在中，，同理，在中，，所以.故选：.3.已知不重合的直线m、n、l和平面，下列命题中真命题是（）A.如果l不平行于，则内的所有直线均与l异面B.如果，，m、n是异面直线，那么n与相交C.如果，，m、n共面，那么D.如果l上有两个不同的点到平面的距离相等，则【答案】C【解析】【分析】根据点、线、面的位置关系并结合图形即可判断答案.【详解】对于A，当l与相交时，在平面内且过交点的直线与l都是共面的，故A错；对于B，如图1，可能是，故B错；对于C，这是线面平行的性质定理的等价说法，故C正确；对于D，如图2，由于直线l与相交时，也可以有两点到的距离相等，故D错．故选：C.4.已知在中，，则的形状为（）A.等边三角形 B.等腰三角形C.直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理与二倍角公式化简，再根据三角形的内角范围分析即可【详解】由正弦定理有，因为，故，故，即，又，故或，即或，故的形状为等腰三角形或直角三角形故选：D5.如图，在下列四个正方体中，P，R，Q，M，N，G，H为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与PRQ所在平面平行的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】延拓过点三点的平面，再根据平面与平面的判定定理，即可容易判断选择.【详解】由题意可知经过P、Q、R三点的平面即为平面，如下图所示：对选项：可知N在经过P、Q、R三点的平面上，所以B、C错误；对：MC1与是相交直线，所以A不正确；对：因为//，，//，又容易知也相交，平面；平面，故平面//平面故选：.【点睛】本题考查面面平行的判定，属基础题.6.已知是平面上不共线的三点，是的重心，动点满足：，则一定为的A.重心 B.边中线的三等分点（非重心）C.边中线的中点 D.边的中点【答案】B【解析】【详解】如图所示：设的中点是，是三角形的重心，

在边的中线上，是中线的三等分点，不是重心故选B7.日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（）A.20° B.40°C.50° D.90°【答案】B【解析】【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角.【详解】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..由于，所以，由于，所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.8.如图所示，正方体中，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部移动，若，则异面直线与所成角的余弦值的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法得出异面直线与所成角的余弦值的最大值.【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，，，设，因为，所以，则在侧面内取一点，使得，则易知三角形为直角三角形，则设，对称轴为，则即故选：C二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9.下列命题正确的是（）A.若为复数，则B.若为向量，则C.若为复数，且，则D.若为向量，且，则【答案】AD【解析】【分析】根据复数运算、向量运算的知识对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】令，，，，，，，A对；，不一定成立，B错；，，，，，C错．将两边平方并化简得，D对.故选：AD10.在中，角、、的对边分别为，，，若，，则使此三角形有两解的的值可以是（）A.5 B. C.8 D.【答案】BC【解析】【分析】根据三角形解的个数判断，即为锐角时，三角形有两解.【详解】当为锐角时，三角形有两解.，，的值可以是，8，故选：BC.【点睛】本题考查三角形解的个数的判断，考查运算求解能力，属于基础题.11.点O在所在的平面内,则以下说法正确的有A.若,则点O为的重心B.若,则点O为的垂心C.若,则点O为的外心D.若,则点O为的内心【答案】AC【解析】【分析】逐项进行分析即可.【详解】解：选项A，设D为的中点，由于，所以为边上中线的三等分点(靠近点D)，所以O为的重心；选项B，向量分别表示在边和上的单位向量，设为和，则它们的差是向量，则当，即时，点O在的平分线上，同理由，知点O在的平分线上，故O为的内心；选项C，是以为邻边的平行四边形的一条对角线，而是该平行四边形的另一条对角线，表示这个平行四边形是菱形，即，同理有，于是O为的外心；选项D，由得，∴，即，∴．同理可证，∴，，，即点O是的垂心；故选：AC．【点睛】本题主要考查平面向量在三角形中的应用，考查向量的数量积，考查三角形的“五心”，属于中档题．12.如图，在菱形ABCD中，AB＝2，，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折到△AB1M的位置，连接B1C和B1D，N为B1D的中点，在翻折过程中，则下列结论中正确的是（）A.始终有AM⊥B1CB.线段CN的长为定值C.直线AB1和CN所成的角始终为D.当三棱锥B1﹣AMD的体积最大时，其外接球的表面积是【答案】ABD【解析】【分析】根据线面垂直、平行四边形、线线角、外接球等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】由于四边形是菱形，，所以三角形是等边三角形，是的中点，所以，则在折叠的过程中，，由于平面，所以平面，由于平面，所以，A选项正确.设是的中点，由于是的中点，所以，由于，所以，所以四边形是平行四边形，所以，在直角三角形中，为定值，，所以三角形是等边三角形，所以，也即直线AB1和CN所成的角始终为，C选项错误.三角形的面积不变，所以当平面平面时，到平面的距离最大，由于平面平面且交线为，平面，，所以平面，由于平面，所以.同理可证得平面，由于平面，所以，所以三棱锥B1﹣AMD的体积最大时，其外接球的球心为，，所以外接球的半径为，表面积为，D项正确.故选：ABD三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若复数，且满足，则点所围成的图形面积为__________.【答案】【解析】【分析】在复平面中，表示复数对应点之间的距离．【详解】由可知到的距离为1，即点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆，点所围成的图形面积为．故答案为：．14.在中，，，，为边上的高，为的中点，若，其中，，则等于___________.【答案】【解析】【分析】根据向量的加，减，数乘的法则，结合图形，求解的值.【详解】由条件可知，所以，，所以，，故答案为：15.如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶D在西偏北的方向上，行驶600m后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度________m.【答案】【解析】【详解】试题分析:由题设可知在中,,由此可得,由正弦定理可得,解之得,又因为,所以,应填.考点：正弦定理及运用．16.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①，已知球的体积为，托盘由边长为4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②．有下列四个结论：①经过三个顶点A，B，C的球的截面圆的面积为②异面直线AD与CF所成的角的余弦值为③直线AD与平面DEF所成的角为④球离球托底面DEF的最小距离为其中正确的命题是__________请将正确命题的序号都填上【答案】②③④【解析】【分析】取中点N，M，利用给定条件证明平面判断③；证明，求异面直线夹角判断②；求出外接圆半径，结合球面的截面圆性质计算判断①，④作答.【详解】取中点N，M，连接，如图，因为正三角形，则，而平面平面，平面平面，平面，于是得平面，同理平面，即，，因此，四边形是平行四边形，有，同理，，外接圆半径，经过三个顶点A，B，C的球的截面圆是的外接圆，其面积为，①不正确；连接，因，则四边形是平行四边形，，即有是异面直线AD与CF所成的角或其补角，，中，，，由余弦定理得：，②正确；因平面，则是直线AD与平面DEF所成的角，而，③正确；体积为的球半径，由得，由①知，球心到平面的距离，由①，同理可得点C到平面距离为，即平面与平面的距离为，所以球面上的点到球托底面DEF的最小距离为，④正确，所以正确的命题是②③④.故答案：②③④【点睛】易错点睛：异面直线所成的角的取值范围是，当求出角的余弦值为负时，要取其相反数作为异面直线夹角余弦．四、解答题（本大题共7小题，共84.0分）17.已知为虚数单位，复数.（1）若，求；（2）若为纯虚数，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由虚部等于以及得出的值；（2）由实部等于，且虚部不等于得出的值.【详解】解：（1）由题知，即，解得；（2）由题知，即.18.中，点．（1）若四边形为平行四边形，求D点坐标．（2）若D在线段上，且，求．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）设出点，然后由，列出方程组即可求解；（2）根据得到，进而根据平面向量的运算法则，得到，结合点的坐标表示出，然后根据模长的坐标运算公式即可求解.【详解】（1）设，所以，由可得，即，解得，故；（2）因为，所以，则，又由，所以.19.在正方体中，棱长，M，N，P分别是，，中点．（1）直线交PN于点E，直线交平面MNP于点F，求证：M，E，F三点共线．（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）本意利用点线面位置关系的额相关知识，先证平面平面，再证平面PMN，平面；（2）利用转换顶点处理即．【小问1详解】证明：，，，则平面，平面MPN又，平面，又平面PMN，平面平面，平面，平面PMN，平面，点F在直线ME上，则M，E，F三点共线．【小问2详解】解：，又，20.在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.已知的内角，，所对的边分别是，，，若______.（1）求角；（2）若，求周长的最小值，并求出此时的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）分别选三个条件，都可用正弦定理解出；（2）由余弦定理可得，利用基本不等式可求出的最小值，即可求出周长最小值，再利用面积公式求出面积.【详解】（1）选①，由正弦定理得，∵，∴，即，∵，∴，∴，∴.选②，∵，，由正弦定理可得，∵，∴，∵，∴.选③，∵，由已知结合正弦定理可得，∴，∴，∵，∴.（2）∵，即，∴，解得，当且仅当时取等号，∴，周长的最小值为6，此时的面积.【点睛】本题考查正余弦定理的应用，考查基本不等式求最值，考查三角形面积公式，属于基础题.21.如图，在水平放置的直径与高相等的圆柱内，放入两个半径相等的小球球A和球，圆柱的底面直径为，向圆柱内注满水，水面刚好淹没小球（1）求球A的体积；（2）求圆柱的侧面积与球B的表面积之比.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据圆柱的轴截面分析即可；（2）直接利用球表面积、圆柱的侧面积公式计算即可．【小问1详解】设圆柱的底面半径为R，小球的半径为r，且，由圆柱与球的性质知，即，，球A的体积为【小问2详解】球B的表面积，圆柱的侧面积，圆柱的侧面积与球B的表面积之比为22.如图，在直角梯形ABCD中，ABDC，∠ABC=90°，AB=2DC=2BC，E为AB的中点，沿DE将△ADE折起，使得点A到点P位置，且PE⊥EB，M为PB的中点，N是BC上的动点(与点B，C不重合).（1）求证：平面EMN⊥平面PBC；（2）是否存在点N，使得二面角B﹣EN﹣M的余弦值？若存在，确定N点位置；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，N为BC的中点.【解析】【分析】（1）根据题意，先证明EM⊥平面PBC，再利用面面垂直判定定理，证明结论；（2）以E为原点，EB，ED，EP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设PE=EB=2，设N(2，m，0)，求出平面EMN的法向量，利用夹角公式求出m，得到结论.【详解】解：（1）证明：由PE⊥EB，PE⊥ED，EB∩ED=E，所以PE⊥平面EBCD，又BC⊂平面EBCD，故PE⊥BC，又BC⊥BE，故BC⊥平面PEB，EM⊂平面PEB，故EM⊥BC，又等腰三角形PEB，EM⊥PB，BC∩PB=B，故EM⊥平面PBC，EM⊂平面EMN，故平面EMN⊥平面PBC；（2）假设存在点N，使得二面角B﹣EN﹣M的余弦值.以E为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设PE=EB=2，设N(2，m，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，0，1)，，，，设平面EMN的法向量为，由，令，得，平面BEN的一个法向量为，故，解得：m=1，故存在N为BC的中点.【点睛】立体几何解答题的基本结构：(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．23.如图，四边形是圆柱的轴截面，点为底面圆周上异于，的点.（1）求证：平面；（2）若圆柱的侧