安徽师范大学附属中学2021-2022学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

安徽师范大学附属中学2021-2022学年度期中考查高一数学试题一､选择题：本大题共8小题，每小题3分，共24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.复数共轭复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】【分析】化简，其共轭复数为，在复平面中对应的点坐标为，即得解【详解】由题意，其共轭复数为在复平面中对应的点坐标为，位于第三象限故选：C【点睛】本题考查了复数的除法运算，共轭复数的概念以及复数的几何意义，考查了学生概念理解，数形结合，数学运算能力，属于基础题2.在中，，则边上的高为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用余弦定理可求，利用等积可求边上的高.【详解】由余弦定理可得，故， 设边上的高为，故，故，故选：B.3.向量，，在正方形网格中的位置如图所示．若，则（）A.B.C.2D.3【答案】C【解析】【分析】根据平面向量基本定理进行求解即可.【详解】在正方形网格中，设分别是水平向右方向上、竖直向上方向上的单位向量，于是有，由，所以，故选：C4.一个正四棱锥的侧棱长为10，底面边长为，该四棱锥截去一个小四棱锥后得到一个正四棱台，正四棱台的侧棱长为5，则正四棱台的高为（）A.5B.4C.3D.2【答案】B【解析】【分析】根据原正四棱锥的几何关系求得其高，再结合正四棱台的侧棱长即可求得其高.【详解】根据题意，正四棱台是由原正四棱锥过侧棱的中点且与底面平面的平面截得的，如下所示： 对原正四棱锥，，故其高，又△△，其相似比为，故正四棱台的高.故选：.5.已知的内角的对边分别为.若的面积为，则角（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用面积公式和余弦定理可求.【详解】由余弦定理可得，而三角形面积为，故，整理得到，而为三角形内角，故.故选：C.6.已知正四面体的外接球表面积为，则正四面体的体积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】由题意求出外接球的半径，将正四面体补成正方体，求出其棱长，用正方体的体积减去四个小的三棱锥体积即为所求.【详解】设外接球半径为，则，解得,将正四面体恢复成正方体，知正四面体的棱为正方体的面对角线，则正四面体的外接球即为正方体的外接球，则正方体的体对角线等于外接球的直径，故，解得，正方体棱长为，故该正四面体的体积为，故选：A．7.已知为的外心，，若，且，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】把，算两次，得出及的关系，从而求得，然后可得结论．【详解】作于，于，因为是外心，所以，分别是中点， ，又，记，则，，①同理．，所以，②又，③，即，由①得，代入②得，，④，由③④联立方程组解得，所以，．故选：A．8.如图所示，在直三棱柱中，，，，P是上的一动点，则的最小值为（） A.B.C.D.3【答案】B【解析】【分析】连接，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，判断出当三点共线时，则即为的最小值.分别求出,,利用余弦定理即可求解.【详解】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，则有.当三点共线时，则即为的最小值.在三角形ABC中，，，由余弦定理得：,所以，即在三角形中，，，由勾股定理可得：,且.同理可求：因为，所以为等边三角形，所以，所以在三角形中，,, 由余弦定理得：.故选B.【点睛】（1）立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中的不变量；（2）立体几何中距离的最值一般处理方式：①几何法：通过位置关系，找到取最值的位置（条件），直接求最值；②代数法：建立适当的坐标系，利用代数法求最值.二､多选题：每题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，部分对得分.9.已知复数（其中是虚数单位），则下列命题中正确的为（）A.B.虚部是C.是纯虚数D.在复平面上对应点在第四象限【答案】ACD【解析】【分析】由复数的模、复数的定义、复数的几何意义判断各选项．【详解】则，A正确；的虚部是，B错误；是纯虚数，C正确；对应点的坐标是，在第四象限，D正确．故选：ACD．10.下列命题中，正确有（）A.若与是共线向量，则四点共线B.对非零向量，若，则C.若，则三点共线D.平面内任意一个向量都可以用另外两个不共线向量表示【答案】BD【解析】【分析】根据向量共线的定义、数乘的定义，向量加法法则，平面向量基本定理判断． 【详解】平面四边形中与共线，但四点不共线，A错；由数乘定义知，当，时，，B正确；，则，说明共面，但不一定共线，中也有．C错；平面内任意一个向量都可以用另外两个不共线向量表示，这两个不共线的向量可以作为这个平面的基底，这是平面向量基本定理说明的，D正确．故选：BD．11.如图，是水平放置的的直观图，，则在原平面图形中，有（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】将直观图还原为原平面图形即可求解.【详解】解：在直观图中，过作于，， 又，所以，，，所以利用斜二测画法将直观图还原为原平面图形，如图，故选项B正确；又，故选项A、C错误；，故选项D正确；故选：BD.12.如图，的内角，，所对的边分别为，，．若，且，是外一点，，，则下列说法正确的是（）A.是等边三角形B.若，则，，，四点共圆C.四边形面积最大值为D.四边形面积最小值为【答案】AC【解析】 【分析】利用三角函数恒等变换化简已知等式可求，再利用，可知为等边三角形，从而判断；利用四点，，，共圆，四边形对角互补，从而判断；设，，在中，由余弦定理可得，利用三角形的面积公式，三角函数恒等变换的，可求，利用正弦函数的性质，求出最值，判断．【详解】由正弦定理，得，，，B是等腰的底角，，是等边三角形，A正确；B不正确：若四点共圆，则四边形对角互补，由A正确知，但由于时，，∴B不正确．C正确，D不正确：设，则，，，，， ，，，∴C正确，D不正确；故选：AC.．【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换，正弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查计算能力和转化思想，属于中档题．二､填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.把答案填在答题卡的相应位置.13.复数（为虚数单位），则___________.【答案】【解析】【分析】根据复数的乘法和乘方法则计算，再由模的定义计算．【详解】．故答案为：．14.已知向量，若与的夹角为锐角，则的取值范围为___________.【答案】且．【解析】【分析】由数量积大于0，再除去共线的值即可参数范围．【详解】由题意，，又，时，两向量相等，夹角为0，所以的范围是且．故答案为：且． 15.在棱长为4的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面四边形内（不含边界）一点，若平面，则线段长度的最小值是___________.【答案】【解析】【分析】取的中点，的中点，由面面平行的性质证明点轨迹就是线段，求出等腰底边上的高即得最小值．【详解】如图，取的中点，的中点，连接，并连接，由于点分别是棱的中点，所以，平面，平面，平面，与，平行且相等，则是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，面，平面，所以平面平面，平面，平面，且平面平面，所以，即点轨迹是线段，正方形棱长为4，则，，所以的最小值即为底边上高等于． 故答案：．16.已知中角所对的边为，点在上，，记的面积为的面积为，则___________.【答案】2【解析】【分析】利用面积公式和已知面积比可以求得，从而得到，在和中同时应用正弦定理并结合得到．设，则，，在和中同时应用余弦定理并结合，消角求值；【详解】设，则，则，．因为，所以． 在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，两式相比得．设，则，，在中，由余弦定理得，所以①．在中，由余弦定理得，所以②，联立①②得，所以．故答案为：2．四､解答题：本大题共5小题，共44分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.解答写在答题卡上的指定区域内.17.已知向量是同一平面内的三个向量，其中.（1）若，且，求向量的坐标；（2）若是单位向量，且，求与的夹角的余弦值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据共线可得，根据可求的值.（2）根据可得，根据夹角公式可求夹角的余弦值.【小问1详解】因为，故存在实数，使得，因为，故，故，故.【小问2详解】因为，故即即，而，故.18.如图，圆锥的底面半径为，母线长（1）求该圆锥的侧面积和体积；（2）若用细绳从底面圆上点绕圆锥一周后回到处，则此时细绳的最短长度为多少？【答案】（1）侧面积为，体积为（2）【解析】【分析】（1）根据公式可求圆锥的侧面积和体积. （2）根据侧面展开图可求细绳的最短长度.【小问1详解】因为底面半径为，母线长，故圆锥的高为，故圆锥的体积为，而侧面积为.【小问2详解】该圆锥的侧面展开图如图所示：该扇形的弧长为，故其圆心角为，若用细绳从底面圆上点绕圆锥一周后回到处，则此时细绳的最短长度为展开图中弦的长度，由余弦定理可得，故细绳的最短长度为.19.锐角的内角的对边分别为，已知.（1）求角；（2）若，求周长的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由余弦定理化角边，化简后再由余弦定理可得角； （2）由锐角三角形得出角范围，由正弦定理把用角的三角函数表示，利用两角和与差的正弦公式化简变形后，再利用正弦函数性质得的范围，从而得周长的范围．【小问1详解】因为，由余弦定理得，化简得，所以，又为锐角，所以；【小问2详解】三角形是锐角三角形，因此，，即，，所以，由正弦定理得：，，所以，，所以，所以，，，即周长范围是．20.已知正方体中，､分别为对角线､上的点，且． （1）求证：平面；（2）若是上的点，的值为多少时，能使平面平面？请给出证明．【答案】（1）证明见解析；（2）的值为，证明见解析．【解析】【分析】（1）连结并延长与的延长线交于点，证明，，又平面，平面，证明平面；（2）是上的点，当的值为时，能使平面平面，通过证明平面，又，平面．然后证明即可．【详解】（1）连结并延长与的延长线交于点，因为四边形为正方形，所以，故，所以，又因为， 所以，所以．又平面，平面，故平面．（2）当的值为时，能使平面平面．证明：因为，即有，故．所以．又平面，平面，所以平面，又，平面．所以平面平面．【点睛】本题考查直线与平面平行的判定定理，平面与平面平行的判定定理，考查空间想象能力逻辑推理能力．21.某公园为了吸引更多的游客，准备进一步美化环境.如图，准备在道路的一侧进行绿化，线段长为百米，都设计在以为直径的半圆上.设. （1）现要在四边形内种满郁金香，若，则当满足什么条件时，郁金香种植面积最大；（2）为了方便游客散步，现要铺设一条栈道，栈道由线段和组成，若，则当为何值时，栈道的总长最长，并求的最大值（单位：百米）.【答案】（1）当时，郁金香种植面积最大(其中满足，且).（2）故当为时，栈道的总长l最长，l的最大值为3百米.【解析】【分析】(1)求出利用三角形的面积公式可得四边形ABCD关于的函数，利用三角函数的恒等变换可以得到“一角一函”的形式,然后根据角的范围利用正弦函数的性质可求得面积最大值；(2)利用余弦定理求得关于的三角函数，相加可求出关于的三角函数表达式，利用二倍角公式和换元思想转化为二次函数的最值，进而求解.【小问1详解】∵线段AB长为2百米，所以圆的半径为1百米，即,当时，由三角形的面积公式得： (其中满足，且)当，即时取等号，∴当时，取得最大值，当时，郁金香种植面积最大(其中满足，且).【小问2详解】由余弦定理得：，，，令，∵，∴，，，即时，的最大值为3.故当为时，栈道的总长l最长，l的最大值为3百米.