浙江省温州市知临教育集团2021-2022学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

2021学年第二学期期中质量检测高一数学试卷一、单选题：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.若复数，则（）A.2B.C.4D.5【答案】B【解析】【分析】先化简复数z，再利用复数的模求解.【详解】因为复数，所以，所以，故选：B2.已知向量，，若，则实数m等于（）A.－B.C.－或D.0【答案】C【解析】【分析】应用向量平行的坐标表示列方程求参数值即可.【详解】由知：1×2－m2＝0，即或.故选：C.3.对于非零向量，，“”是“”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】分别判断充分性和必要性：取，，满足，而；时，，得到答案．【详解】，则，即，取，，此时满足，而；当时，．故“”是“”的必要而不充分条件．故选：B．【点睛】本题考查了必要不充分条件，意在考查学生的计算能力和推断能力．4.在锐角三角形中，内角，，所对的边分别为，，，，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由三角形面积公式可得，根据锐角三角形及同角的平方关系求.【详解】由题设，则，又三角形为锐角三角形，所以.故选：A5.我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也.甍，屋盖也.”今有底面为正方形的屋脊形状的多面体（如图所示），下底面是边长为2的正方形，上棱，EF//平面ABCD，EF与平面ABCD的距离为2，该刍甍的体积为（） A.6B.C.D.12【答案】B【解析】【分析】在几何体中，作FN//AE，FM//ED，将多面体被分割为三棱柱与四棱锥两部分求解.【详解】如图，作FN//AE，FM//ED，则多面体被分割为棱柱与棱锥部分，因为EF与平面ABCD的距离为2，所以四棱锥F-NBCM的高为2，所以V四棱锥F-NBCM=SNBCMV棱柱ADE-NMF=S直截面所以该刍甍的体积为V=V四棱锥F-NBCM+V棱柱ADE-NMF=.故选：B【点睛】本题考查空间几何体的体积，考查空间想象能力和运算求解能力，属于基础题.6.已知两平行平面，之间的距离为1，平面，平面，平面，平面，，，则异面直线与所成的角的最大值和最小值为（）A.，B.，C.，D.，【答案】B【解析】【分析】根据平移的方法可找到异面直线与所成的角，作出示意图，分析该角最小以及最大时的位置，可得答案.【详解】如图，不妨在内将点S,M平移到同一点，不妨设平移到S点，作，,A 为垂足，连接,则,此时即为异面直线与所成的角或其补角，由于，，则,，当，在同一个平面内时，如图示位置：，当，不在同一个平面内时，不妨假设如图中位置，即相当于以A为圆心，以AN为半径画弧，点P在圆外，当P，N，A共线时，最短，此时,由于,故，由于,故当即垂直时，，即异面直线与所成的角的最大值和最小值为，，故选：B7.非零向量，夹角为，且，则的最大值为（）A.2B.1C.D.【答案】C【解析】【分析】将平方得，结合基本不等式得，再计算即可求得的最大值. 【详解】由可得，即，，可得，当且仅当时取等；又，故的最大值为.故选：C.8.已知正方体的棱长为1，以顶点为球心，为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A所在的三个面上；另一类在不过顶点A的三个面上，且均为圆弧，分别求其长度可得结果.【详解】如图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A所在的三个面上，即面面和面上；另一类在不过顶点A的三个面上，即面、面和面上.在面上，交线为弧且在过球心A的大圆上，因为，则,同理，所以，故弧EF的长为，而这样的弧共有三条.在面上，交线为弧FG且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为B，半径为,，所以弧FG的长为,这样的弧也有三条. 于是，所得的曲线长为故选：A.二.多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.9.下列说法中正确的是（）A.B.复数的虚部是2C.设复数，则D.若复数满足，则在复平面内的对应点的集合是圆【答案】AD【解析】【分析】利用复数的计算法则，复数的特征，及几何意义依次判断各选项即可得出结果.【详解】对于A,,则A正确；对于B,复数的虚部是-2,则B错误；对于C,复数,则,则C错误；对于D.复数满足，则复数对应点的集合是以点为圆心，以1 为半径的圆，根据复数的几何意义可知D正确.故选：AD.10.已知向量，，则下列命题正确的是（）A.若，则B.若在上的投影为，则向量与夹角为C.当为锐角时与的夹角也是锐角D.存在，使得【答案】BD【解析】【分析】A由向量垂直的坐标表示即可判断；B根据投影的定义求得，进而确定大小即可；C利用向量夹角的坐标表示及辅助角公式得且，根据正余弦函数及向量夹角的性质判断；D假设结论成立有且，根据坐标列方程求并判断存在性.【详解】A：，则，错误；B：由，即，而，故，正确；C：且，若为锐角，且时，与的夹角为0，错误；D：要使，则与同向共线，即且，此时，则，而，故存在使成立，正确.故选：BD11.在中，内角，，所对的边分别为，，，已知， ，且，则有（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】利用余弦定理化简得选项C正确；利用三角形的面积公式化简得选项D错误；利用余弦定理得选项A错误；利用正弦定理得选项B正确.【详解】解：由正弦定理得,所以,因,所以选项C正确；由题得，所以选项D错误；由余弦定理得，所以选项A错误；由正弦定理得.所以选项B正确.故选：BC12.如图，在矩形中，，，将沿对角线进行翻折，得到三棱，则下列说法正确的是（）A.在翻折过程中，三棱锥的体积最大为B.在翻折过程中，存在某个位置使得C.当点的射影在的平分线上时，二面角的余弦值为D.在翻折过程中，存在某个位置使得 【答案】ACD【解析】【分析】对于A，当平面平面时,三棱锥的体积最大；对于B，假设推出矛盾；对于C，构造出二面角得平面角之后即可求解；对于D，利用线面垂直推线线垂直【详解】由题知,当平面平面时,三棱锥的体积最大,此时,故A正确对于B，假设,过点作于点,连接.由于平面,所以平面.又平面,所以,所以.又,所以,所以,这与矛盾,故B错误. 对于C，设点在平面上的射影为，连接，过作，垂足为，连接因为平面，平面，所以因为，，，平面，平面所以平面，又平面所以，所以即为二面角的平面角中，，设，则解之得所以，在中，在中中，，故C正确对于D，取中点，连接，则，若，则当时，，所以因为，，平面，平面，所以平面，又平面，所以，故D正确故选：ACD 三.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.欧拉公式（是虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关系.试用欧拉公式计算______.【答案】【解析】【分析】由题设有，再由指数幂的运算性质及欧拉公式即可求值.【详解】由题设，所以，则.故答案为：14.长方体，，，若直线与平面所成角的正弦值为，则的值为______.【答案】【解析】【分析】作辅助线，找出直线与平面所成角，求得，根据题意列出等式，化简可得答案. 【详解】如图，作于E,连接,由于平面平面,故,故平面，为在平面内的射影，则即为直线与平面所成角，，则，即得，故答案为：15.如图所示是毕达哥拉斯的生长程序：正方形上连着等腰直角三角形，等腰直角三角形上再连接正方形，…，如此继续，正方形的边长为1，为正方形上的任一点，则的最大值为______. 【答案】##2.5【解析】【分析】设，，将上式展开，根据向量点积的运算公式得到原式等于，进而得到最终结果.【详解】设由图形得到：，展开得到向量和向量夹角等于和的夹角等于，向量和向量夹角等于和的夹角等于，，当时取得最大值为：.故答案为：.16.已知点，，是圆锥表面上的点，该圆锥的侧面展开图为以点为圆心，4为半径的半圆，点是弧的中点，点是弧的中点（如图），以圆锥底面圆心为球心，半径为2的球被平面所截，则截面面积为______. 【答案】【解析】【分析】还原圆锥，作出示意图，求得底面圆半径，进而根据等体积法求得底面圆心到截面圆的距离，从而求得截面圆的半径，可得答案.【详解】根据题意，还原圆锥如下所示：D点在如图示的中点处，不妨设该圆锥底面半径为，高为，底面圆圆心为，根据题意，，圆锥底面圆周长为，解得，由勾股定理可得，平面截以圆锥底面圆心为球心，半径为2的球的截面为一个圆，不妨设截面圆半径为，设球心到面距离为，在中，，，则，由等体积法可得，，即， 解得，故可得，，故截面圆面积为，故答案为：四.解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.17.设复数.（1）当为何值时，是纯虚数；（2）若复数在复平面内对应的点在第二象限，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）由纯虚数的概念，列不等式组求m值；（2）根据复数对应点坐标的性质，列不等式组求m的范围.【小问1详解】是纯虚数，则，解得；【小问2详解】对应点在第二象限，则，解得：或.18.已知，，.（1）求与的夹角；（2）当为何值时，向量的模长为？ 【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据，结合数量积运算律，求得，根据向量的夹角公式即可求得答案;（2）根据向量的模长为，结合模的计算以及数量积的运算律，可得到，求得答案.【小问1详解】由题意得，则，得，由于，所以；【小问2详解】由于，解得或，即x的值为或.19.如图所示，在四棱锥中，是上的一点，，平面平面，，是等边三角形，已知，.（1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）作辅助线，证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）证明，从而证明，根据线面角的定义结合三角函数，即可求得答案.【小问1详解】连接AC交BD于点E，连接ME,由得,则,而得，得，平面BDM,平面BDM,所以PA∥平面BDM.【小问2详解】由题意可知，,则，故,又因为平面平面，平面平面，可得平面，则，且为直线BP与平面PAD所成的角， 而是等边三角形，故，又，,.20.如图，在平面四边形ABCD中，．(1)若，求△ABC的面积；(2)若，求AC．【答案】（1）2（2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理求出的值，再由面积公式得到求得△ABC的面积；（2）设在中利用正弦定理得，在中利用正弦定理得，从而得到关于的方程，求出后，代入的表达式，即可得答案.【详解】（1），由余弦定理可得，或（舍去）， .（2）设则，，在中，，即在中，即，由，解得：，又，.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查函数与方程思想、转化与化归思想，在第（2）问求解时，关键是设出角，然后利用正弦定理寻找等量关系，从而得到关于的方程，是对函数与方程思想的深入考查.21.如图，在三棱锥中，为的中点，和均为等腰三角形，且，，. （1）求三棱锥的体积；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）在中，，所以，可以解出，设，的中点分别为，，可以证明平面，从而平面平面，利用面面垂直的性质定理构造出平面的垂线，求出垂线段的长，代体积公式即可求解（2）取的中点记为，连接，，可以证明为二面角的平面角.利用余弦定理即可求解【小问1详解】在等腰直角三角形中，，，所以又为中点，则在等腰直角三角形中，，，所以如图所示，所以所以即解之得设，的中点分别为，，则 ，又，所以因为，，，平面，平面所以平面，又平面∴平面平面，过点作交于点，则平面在中，由余弦定理可得所以，又，所以为正三角形，则在等腰直角三角形中，为斜边的中点，所以，且可得：【小问2详解】取的中点记为，连接，因为,，所以又且为中点，则， 所以为二面角的平面角.，在中由余弦定理得：，所以二面角的余弦值为.22.如图所示的两边，，设是的重心，边上的高为，过的直线与，分别交于，，已知，；（1）求的值；（2）若，，，求的值；（3）若的最大值为，求边的长.【答案】（1）3（2）（3）2或【解析】【分析】（1）利用重心的性质以及三点共线的充要条件即可求解（2）先解出与，再利用解三角形的知识求出和，最后将化简即可求解（3）以和为基底表示，引入参数，通过分类讨论求解【小问1详解】 ，如图所示，连接并延长交于点，则为中点因为为重心所以因，，起点相同，终点共线所以，所以【小问2详解】设角，，所对的边分别为，，，，所以,由解之得 在中在，,在，中==【小问3详解】===令，①若时，，，得：解得：或②若时，==， 解得：（舍去）综上可得：或