安徽省六安市舒城中学2021-2022学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

舒城中学2021-2022学年度第二学期期中考试高一数学总分：150分时间：120分钟本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分.第Ⅰ卷为选择题，共60分；第Ⅱ卷为非选择题，共90分，满分150分，考试时间为120分钟.第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题(本大题共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要求的)1.对于实数，“”是“”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【详解】试题分析：由于不等式的基本性质，“a＞b”⇒“ac＞bc”必须有c＞0这一条件．解：主要考查不等式的性质．当c=0时显然左边无法推导出右边，但右边可以推出左边．故选B考点：不等式的性质点评：充分利用不等式的基本性质是推导不等关系的重要条件．2.已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】B【解析】【分析】A：结合两直线的位置关系可判断或异面；B：结合线面平行的性质可判断；C：结合线面的位置关系可判断或相交；D：结合线面的位置关系可判断或.【详解】A：若，则或异面，故A错误；B：因为，所以在平面内存在不同于n的直线l，使得，则，从而 ，故，故B正确；C：若，则或相交，故C错误；D：若，则或，故D错误.故选：B3.在△ABC中，若其面积为S，且=2S，则角A的大小为（）A.30°B.60°C.120°D.150°【答案】A【解析】【分析】由数量积的定义，结合条件即可求解.【详解】因为，而，所以，所以，故.故选：A4.若一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°且腰和上底均为1的等腰梯形，则原平面图形的面积是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先计算出等腰梯形的面积为，再利用计算得到答案.【详解】等腰梯形的面积则原平面图形的面积.故选：C.5.如图，三棱柱中，底面三角形是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是（） A.直线与直线是异面直线B.直线与直线AE是共面直线C.直线AE与直线是异面直线D.直线AE与直线是共面直线【答案】C【解析】【分析】根据异面直线的判定定理求解即可.【详解】由于与均在平面内，不是异面直线，故A错误；平面，平面，点不在直线上，所以和是异面直线，故B错误；平面，平面，点不在直线上，则与是异面直线，故C正确；平面，平面，点不在直线上，则与是异面直线，故D不正确.故选：C【点睛】方法点睛：判断两条直线是否为异面直线，第一两条直线平行或相交，则两条直线共面，第二若一条直线与一个平面相交于一点，那么这条直线与这个平面内不经过该点的直线是异面直线，这是判断两条直线是异面直线的方法，要根据题目所提供的线线、线面关系准确的做出判断.6.直三棱柱的6个顶点在球的球面上.若，.，，则球的表面积为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由于直三棱柱的底面为直角三角形，我们可以把直三棱柱补成四棱柱，则四棱柱的体对角线是其外接球的直径，求出外接球的直径后，代入外接球的表面积公式，即可求出该三棱柱的外接球的表面积.【详解】解：将直三棱柱补形为长方体，则球是长方体的外接球.所以体对角线的长为球的直径.因此球的外接圆直径为，故球的表面积.故选：B.【点睛】本题主要考查球的内接体与球的关系、球的半径和球的表面积的求解，考查运算求解能力，属于基础题型.7.八卦是中国文化的基本哲学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形，其中，给出下列结论：图1图2①与的夹角为；②；③；④在上的投影向量为（其中为与同向的单位向量）．其中正确结论为（）A.①B.②C.③D.④【答案】C【解析】 【分析】根据图形的特征进行判断即可.【详解】由图:正八边形，因为与的夹角为，故①错误；因为，故②错误；因为,故③正确；因为在上的投影向量与向量反向，故④错误；故选：C【点睛】本题主要考查向量的加减法及向量的投影向量等，属于简单题.8.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，D是边BC上一点，，且，和的面积分别为，，对于给定的正数m，当取得最小值时，等于（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由可推出，即，故利用基本不等式，结合“乘1法”即可求出取到最小值时，化简得解.详解】由题可知，由三角形面积公式可得：，化简得，即，=，当今当即时能取到最小值， 此时==.故选：A.二、选择题（本大题共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.下列命题中正确的是（）A.若，，，则B.若复数，满足，则C.若复数为纯虚数，则D.若复数满足，则的最大值为【答案】AD【解析】【分析】A由复数相等条件即可判断正误；B、C应用特殊值法，代入验证即可；D根据的几何含义：以为圆心2为半径的圆，求为该圆上的点到最大距离，判断正误.【详解】A：由复数相等知：，有，正确；B：若，有，错误；C：若时，，错误；D：令，则为圆O：，而表示圆O上的点到的最大距离，所以，正确.故选：AD.10.下列有关平面向量的命题中，不正确的是（）A若，则B.已知，，则C.若非零向量，，，满足，则 D.若，则且【答案】ABC【解析】【分析】A选项，当且方向相同，才有，故A错误，D正确；B选项可以举出反例，C选项利用向量的数量积推导出，故C错误.【详解】A选项，，但向量方向可能不同，故A错误；若，则满足，，但可能不平行，故B错误；若，即，因为，，均为非零向量，所以，故不一定成立，C错误；若，则且，D正确.故选：ABC11.下列说法正确的是（）A.在中，是的充要条件B.将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象C.存在实数，使得等式成立D.在中，若，则是钝角三角形【答案】ABD【解析】【分析】根据正弦定理，余弦定理，可判断A、D的正误；根据图象平移原则，可判断B的正误；根据辅助角公式及正弦型函数的性质，可判断C的正误，即可得答案.【详解】对于A：由正弦定理可得，因为，所以，同理，若，则有，所以是的充要条件，故A正确； 对于B：将函数的图象向右平移个单位长度，可得，故B正确；对于C：，所以不存在x，满足，故C错误；对于D：在中,因为，由正弦定理可得，所以，所以，为钝角，故D正确.故选：ABD.12.如图，直三棱柱中，，，，侧面中心为O，点E是侧棱上的一个动点，有下列判断，正确的是（）A.直三棱柱侧面积是B.直三棱柱体积是C.三棱锥的体积为定值D.的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】由题意画出图形，计算直三棱柱的侧面积和体积即可判断A与B；由棱锥底面积与高为定值判断C；设BE＝x，列出AE+EC1关于x的函数式，结合其几何意义求出最小值判断D．【详解】在直三棱柱中，，，底面和是等腰直角三角形，侧面全是矩形，所以其侧面积为1×2×2+ ，故A正确；直三棱柱的体积为，故B不正确；由BB1∥平面AA1C1C，且点E是侧棱上的一个动点，三棱锥的高为定值，××2＝，××＝，故C正确；设BE＝x，则B1E＝2﹣x，在和中，∴＝．由其几何意义，即平面内动点（x，1）与两定点（0，0），（2，0）距离和的最小值，由对称可知，当为的中点时，其最小值为，故D正确．故选：ACD．【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查直三棱柱的侧面积和体积的求法，函数思想求最值问题，空间想象能力和思维能力，属于中档题．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知向量，，则与夹角的余弦值是______．【答案】##【解析】【分析】求出向量的坐标，利用平面向量夹角的坐标表示可求得结果.【详解】由已知可得，所以， .故答案为：.14.在中，已知，则________________．【答案】【解析】【分析】先利用余弦定理求出，再根据向量的数量积定义即可求出．【详解】解：，．故答案为：．15.如图，在中，已知，，，，，线段AM，BN相交于点P，则的余弦值为___________.【答案】【解析】【分析】依次算出、、，然后可得答案.【详解】由已知，，，，得，又由得，因为，所以 所以故答案为：16.如图，长方体中，，分别为中点，点P在平面内，若直线平面，则线段长度的最小值是___________.【答案】【解析】【分析】首先找出过点且与平面平行的平面，然后在所作的平面内找线段长度的最小值即可.【详解】连接，因为分别为中点，所以，又因为面，面，所以面，同理面，又因为，所以面面，因为直线平面，所以点在直线上，且当时，线段的长度最小，在中，，，，所以，， 所以，在中，设边上的高为，则，所以，即线段长度的最小值为.故答案为：.四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知复数是方程的解.（1）求的值；（2）若复平面内表示的点在第四象限，且为纯虚数，其中，求的值.【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）由求根公式求得，进而求得；（2）由（1）得到，求得，根据为纯虚数，得到，即可求解.小问1详解】解：由题意，复数是方程的解， 由求根公式，可得，则.【小问2详解】解：由（1）且表示的点在第四象限，所以.又由，因为为纯虚数，则，解得.18.在中，，为边上一点，且．（1）若为边上的中线，求边的最大值；（2）若为的平分线，且为锐角三角形，求边的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）在与中分别用余弦定理，再应用基本不等式即可求解的最大值；（2）设，由已知确定范围，在与中分别用正弦定理，得到与的关系求解即可.【小问1详解】设，，又为边上的中线，所以，在中，由余弦定理得，，又，所以，①在中，由余弦定理得，，即，②由①＋②得，又由①得（当且仅当时取等号），所以， 所以，即．综上，当且仅当时，边取得最大值．【小问2详解】因为为的平分线，所以可设，则，，因为为锐角三角形，所以，所以.在中，由正弦定理得，③在中，由正弦定理得，④④÷③得，又，所以，设，又，所以，所以在上为增函数，所以．19.如图，在正方体中，对角线与平面交于点，、交于点，为的中点，为的中点．求证： （1）三点共线；（2）、、、四点共面；（3）、、三线共点．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）可证、、三点在平面与平面内，从而可证三点共线.（2）可证，从而可得四点共面.（3）设与交于一点P，可得P在上，从而可得三线共点.【小问1详解】∵平面，∴，平面；又∵平面，∴平面；∵、交于点M，∴，；又平面，平面，∴平面，平面；又平面，平面；∴、、三点在平面与平面的交线上，∴、、三点共线； 【小问2详解】连接，∵E为的中点，F为的中点，∴，又∵，，∴四边形是平行四边形，∴；∴，∴E、F、C、四点共面；【小问3详解】∵平面平面，设与交于一点P，则：，平面，∴平面，同理，平面，∴平面平面，∴直线、、三线交于一点P，即三线共点20.已知函数．（1）若对任意，都有成立，求的取值范围；（2）若先将的图象上每个点纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，然后再向左平移个单位得到函数的图象，求函数在区间内的所有零点之和． 【答案】(1).(2)【解析】【分析】(1)先由倍角公式以及两角和的正弦公式进行化简，再求出函数的最小值即可求出a的范围；(2)根据函数图像的对称性即可求出结果.【详解】（1）.若对任意，都有成立，则只需即可∵，∴，∴当，即时，有最小值，故.（2）依题意可得，由得，由图可知，在上有4个零点：，根据对称性有，从而所有零点和为.【点睛】本题主要考查三角函数的值域以及函数图像的对称性，熟记两角和与差的正弦公式等以及图像的变换即可，属于常考题型.21.如图四棱锥P-ABCD的底面为平行四边形，E是PB的中点，过A，D，E的平面α与平面PBC的交线为l．（1）证明：平面PAD；（2）求平面α截四棱锥P-ABCD所得的上、下两部分几何体的体积之比． 【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由，得到平面，根据平面与平面的交线为，结合线面平行的性质定理，即可证得平面；（2）设l与PC交于点F，则F为PC的中点，连接DF，DE，DB，EC，设四棱锥P-ABCD的体积为V，得到，，进而求得平面截四棱锥P-ABCD所得的下面部分的几何体的体积，求得上、下两部分几何体的体积之比．【小问1详解】证明：因为，且平面，平面，所以平面，又平面与平面的交线为，且平面，则，又平面，平面，故平面.【小问2详解】解：设l与PC交于点F，则F为PC的中点，连接DF，DE，DB，EC，设四棱锥P-ABCD的体积为V，则．又由，则，所以平面截四棱锥P-ABCD所得的下面部分的几何体的体积为，所以上面部分几何体的体积为，故平面截四棱锥P-ABCD所得的上、下两部分几何体的体积之比为． 22.“精准扶贫，修路先行”，为解决城市A和山区B的物流运输问题，方便B地的农产品运输到城市A交易，计划在铁路AD间的某一点C处修建一条笔直的公路到达B地．示意图如图所示，千米，千米，．已知农产品的铁路运费为每千米1百元，公路运费为每千米2百元，农产品从B到A的总运费为百元．为了求总运费的最小值，现提供两种方案建立函数关系，方案1：设千米；方案2：设．（1）试将分别表示为关于、的函数关系式和；（2）请只选择一种方案，求出总运费的最小值以及此时的长度．【答案】（1）；；（2）选择见解析；千米时，总运费最小值为百元．【解析】【分析】（1）分别利用余弦定理及正弦定理求解即可； （2）利用判别式法求出方案一的最值，再利用正弦函数的有界性求解方案二的最值，比较即可求解.【详解】（1）在△ABD中，由余弦定理得，得，或(舍去)方案①：在△ABD中，由正弦定理，，得，在△ABC中，设，由余弦定理，∴方案②：在△BCD中，由正弦定理，，得又，得，∴（2）若选择方案①，令，得整理得，由得，，得或(舍)∴，此时即千米时，总运费的最小值为百元若选择方案②，令，则，得，，得，又，∴令，得，，时，此时，千米总运费的最小值为百元