安徽省皖南名校2021-2022学年高一数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

2021-2022学年第二学期期中联考高一数学试题（考试时间：120分钟，试卷满分：150分）一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.设复数满足，则的虚部为（）A.B.0C.D.1【答案】C【解析】【分析】利用已知求出复数，可得的虚部．【详解】则的虚部为故选：C【点睛】本题考查复数的运算，考查复数的定义，属于基础题．2.已知是△的中线，，以为基底表示，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用向量的线性运算转化求得.详解】.故选：A.3.已知m，n，，表示直线，，表示平面．若，，，，，则的一个充分条件是（） A.且B.且C.且D.且【答案】D【解析】【分析】根据面面平行的判定定理和性质可判断.【详解】对A，若且，则可能相交，故A错误；对B，若且，要得出，必须满足相交，故B错误；对C，若且，要得出，必须满足相交，故C错误；对D，由定理“如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面平行，那么这两个平面平行”，由选项D可以推知，故D正确．故选：D．4.如图，在透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，将容器底面一边固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法：①有水的部分始终呈棱柱形；②水面所在的四边形面积为定值；③棱始终与水面所在的平面平行；④当点在棱时，是定值.其中正确说法的是（）A.①②④B.①③④C.①②③D.②③④【答案】B【解析】 【分析】由固定时，始终有，且平面平面，可得判定①正确；由水面四边形的面积是改变的，可判定②不正确；由线面平行的判定定理，可判定③正确；由水的体积为定值，高不变，得到底面的面积不变，从而判定④正确.【详解】根据面面平行的性质定理，可得固定时，在倾斜的过程中，始终有，且平面平面，所以水的形状始终为棱柱形，所以①正确；水面四边形的面积是改变的，所以②不正确；因为，水面，水面，所以水面，所以③正确；由于水的体积为定值，高不变，所以底面的面积不变，即当时，是定值，所以④正确.故选：B.5.函数的部分图象如图所示，则（）A.B.2C.D.4【答案】D【解析】【分析】根据图像结合函数解析式，求得A,B两点的坐标，再计算数量积即可.【详解】由，当时，可得即，由函数图像可得 由，可得即，由函数图像可得所以，故选：D．6.在直三棱柱中，侧棱平面，若，，点，分别，的中点，则异面直线与所成的角为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】推导出，，从而是异面直线与所成的角（或所成角的补角），由此能求出异面直线与所成的角．【详解】直三棱柱中，侧棱平面，，，点，分别，的中点，∴，，∴是异面直线与所成的角（或所成角的补角），连结，则，∴，∴异面直线与所成的角为．故选B． 【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．7.宽与长的比为的矩形叫做黄金矩形它广泛的出现在艺术建筑人体和自然界中，令人赏心悦目在黄金矩形中，，，那么的值为（）A.B.C.4D.【答案】C【解析】【分析】由题意求出,建立直角坐标系，求出各个点的坐标，利用数量积求结果【详解】由已知得解得如图建立直角坐标系则则故选：C 8.在中，点满足，过点的直线与，所在的直线分别交于点，，若，，则的最小值为（）A.3B.C.1D.【答案】A【解析】【分析】由向量加减的几何意义可得，结合已知有，根据三点共线知，应用基本不等式“1”的代换即可求最值，注意等号成立的条件.【详解】由题设，如下图示：，又，， ∴，由三点共线，有，∴，当且仅当时等号成立.故选：A【点睛】关键点点睛：利用向量线性运算的几何表示，得到、、的线性关系，根据三点共线有，再结合基本不等式求最值.二、多选题（本题共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.如图，在以下四个正方体中，直线与平面垂直的是（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】采用逐一验证法，结合线线位置关系以及线面垂直的判定定理，可得结果.【详解】对于A，由与所成角为，可得直线与平面不垂直；对于B，由，，，可得平面；对于C，由与所成角为，可得直线与平面不垂直；对于D，连接，由平面， 可得，同理可得，又，所以平面.故选：BD【点睛】本题考查线线位置关系，还考查线面垂直的判定定理，属基础题.10.已知为虚数单位，复数满足，则下列说法错误的是（）A.复数的模为B.复数的共轭复数为C.复数的虚部为D.复数在复平面内对应的点在第一象限【答案】ABC【解析】【分析】利用可将化简，求出复数，再根据复数模长求法，共轭复数定义，复数的几何意义求解即可.【详解】，，，z的虚部为，故选ABC．11.在中，角所对的边分别为，给出下列四个命题中，其中正确的命题为（）A.若，则；B.若，则；C.若，则这个三角形有两解；D.当是钝角三角形.则.【答案】BCD【解析】【分析】A，求出，即可由正弦定理求出；B，由得出，即得 ，由正弦定理即可判断；C，由正弦定理解三角形即可判断；D，由和的正切个数化简可判断.【详解】对于A，若，，，由正弦定理可得，故A错误；对于B，，且在单调递减，若，则，由三角形中大边对大角得，再由正弦定理得，故B正确；对于C，由正弦定理得，则，因为，故有两解，故C正确；对于D，在中，，则，当是钝角三角形，若或为钝角，则，满足；若为钝角，则，即，满足，故D正确.故选：BCD.【点睛】本题考查正弦定理的应用，考查和的正切公式的应用，属于基础题.12.如图直角梯形，，，．E为的中点，以为折痕把折起，使点A到达点P的位置，且，则（）A.平面平面B.C.二面角的大小 D.与平面所成角的正切值为【答案】AC【解析】【分析】A选项中，利用折前折后不变量及勾股定理的逆定理，可证线线垂直，从而证得线面垂直，进而证明面面垂直；B选项中,先假设，从而证得,再根据不是直角即可推出矛盾，从而得出结论；C选项中，利用定义找出二面角的平面角,从而求其值，即可得出结论；D选项中,利用线面所成角的定义得出与平面所成角为,计算其正切值即可.【详解】A选项中，,在中,,，易知,且,平面,平面,平面平面,故A选项正确；B选项中,先假设，易知,,可得平面,则，而,显然矛盾，故B选项错误；C选项中，易知二面角的平面角为,根据折叠前后位于同一平面上的线线位置关系不变知,故C选项正确；D选项中,由上面的分析知，为与平面所成角，在中，,故D选项错误；故选:AC三、填空题（本题共4小题，每题5分，共20分）13.已知，，，且是与方向相同的单位向量，则在上的投影向量为______.【答案】【解析】【分析】利用向量夹角公式以及向量投影公式直接求解. 【详解】设与的夹角，则，所以在上的投影向量为，故答案为：.14.如图，正方形的边长为1，它是一个水平放置的平面图形的直观图，则原图形的周长为________．【答案】8【解析】【分析】根据斜二测画法，还原出原图，根据原图与直观图的关系，求得边长，即可得答案.【详解】根据直观图，还原原图可得OABC，如图所示：根据原图与直观图的关系可得，，且，所以，所以原图形OABC的周长为3+1+3+1=8，故答案为：815.如图，为测量山高，选择和另一座山的山顶为测量观测点，从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测得．已知山高，则山高__________． 【答案】150【解析】【详解】试题分析：在中，,，在中，由正弦定理可得即解得,在中，．故答案为150．考点：正弦定理的应用．16.达•芬奇认为：和音乐一样，数学和几何“包含了宇宙的一切”，从年轻时起，他就本能地把这些主题运用在作品中，布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达•芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达•芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体.若图3中每个正方体的边长为1，则点到直线的距离是__________.【答案】 【解析】【分析】根据题意，求得△的三条边长，在三角形中求边边上的高线即可.【详解】根据题意，延长交于点，连接，如下所示：在△中，容易知：；同理，，满足，设点到直线的距离为，由等面积法可知：，解得，即点到直线的距离是.故答案为：.四、解答题（本大题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知复数满足（是虚数单位）（1）若复数是纯虚数，求实数的值；（2）若复数的共轭复数为，求复数的模．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据复数的运算法则求得，得到 ，结合题意列出方程组，即可求解；（2）由（1）得到，化简，利用复数模的计算公式，即可求解.【小问1详解】解：由复数满足，可得，可得，因为复数为纯虚数，可得，解得，即实数的值为.【小问2详解】解：由，可得，则，所以，即复数的模为.18.已知平面向量与满足，已知方向上的单位向量为，向量在向量方向上的投影向量为.（1）若与垂直，求的大小；（2）若与的夹角为，求向量与夹角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）易知，得到，再根据与垂直求解；（2）由题意得，即，再利用平面向量的夹角求解.【小问1详解】 解：由题意得，即，则.因为与垂直，所以，化简为，即，则【小问2详解】由题意得，则，，，设向量与的夹角为，所以.19.已知圆柱的底面半径为，上底面圆心为，正六边形内接于下底面圆，（1）试用表示圆柱的表面积和体积;（2）若圆柱体积为，求点到平面的距离.【答案】（1），；（2）..【解析】 【分析】（1）根据，可求得圆柱得高h，再根据圆柱得表面积和体积公式即可得出答案；（2）根据圆柱体积为，求出r，计算出和，由，利用等体积法即可求得点到平面的距离.【详解】（1）连接，设圆柱得高为h，因为，则，，所以，圆柱的表面积为；体积；（2）连接，，，，设点到平面的距离为，由题意知，，，，，所以，，，由，，， 即点到平面的距离为.20.在①；②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．（1）求角A；（2）设的面积为S，若，求面积S的最大值．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】首先任选择一个条件，然后根据正弦定理进行边角互化，再根据三角恒等变换，化简求值；（2）由（1）可知，利用余弦定理和基本不等式求的最大值，再求面积的最大值【详解】若选条件①，，，即：，，，，；若选择条件②，即,即，，； 若选择条件③，，所以，即，，，，，所以不管选择哪个条件，；（2），又，，即，，，即，当时等号成立，的最大值是3，，面积的最大值为.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理，基本不等式，重点考查转化与化归的思想，计算能力，属于基础题型.21.如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是半径为R的圆的内接四边形，其中BD是圆的直径，． （1）求线段PD的长；（2）若，求三棱锥P-ABC的体积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据三角形相似列比例，由此求得的长.（2）先求得三角形的面积，然后根据三棱锥的体积公式，求得三棱锥的体积.【小问1详解】BD是圆的直径，,又,，,.【小问2详解】在中，，，，又，即，且，底面ABCD， .三棱锥的体积为.22.如图，在直三棱柱中，平面，其垂足D落在直线上.（1）求证：；（2）若P是线段上一点，，，三棱锥体积为，求二面角的平面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由直三棱柱的定义可得，由平面，得，从而由线面垂直的判定可得平面，从而得；（2）由于，，可得，设，则，由可得，从而由三棱锥的体积为，可求得，则，连接，过P作交于O点，过P作，E为 垂足，连接，可证得为二面角的平面角，然后中求解即可【详解】（1）证明：∵三棱柱是直三棱柱，∴，又平面，∴，，∴平面，平面，∴.（2）解：由（1）知平面，∴，，∴，设，则，∵，，，，∴，∴，∴，∴，连接，过P作交于O点，易知，过P作，E为垂足，连接，，，平面，平面，所以，则为二面角的平面角，在中，易求，，，由等面积法可知，所以. 【点睛】关键点点睛：此题考查线线垂直的判定和二面角的求解，解题的关键是利用已知条件在图中连接，过P作交于O点，过P作，E为垂足，连接，从而可得为二面角的平面角，然后求解即可，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题