上海市复旦大学附属中学2021-2022学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

上海市复旦大学附属中学2021-2022学年高一下学期末数学试卷一、填空题1.已知复数满足(是虚数单位)，则复数______．【答案】【解析】【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得.【详解】解：因为，所以.故答案为：2.已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量，若，则实数_______．【答案】10【解析】【分析】根据直线与平面平行，得到直线的方向向量与平面的法向量垂直，进而利用空间向量数量积为0列出方程，求出的值.【详解】因为，所以直线的方向向量与平面的法向量垂直，即，解得：.故答案为：103.已知圆柱的底面半径为2，高为2，则该圆柱的侧面积是______．【答案】【解析】【分析】圆柱侧面展开为矩形，求出矩形的长和宽，得到侧面积.【详解】圆柱侧面展开为矩形，其中矩形的一条边长为圆柱底面周长，即，另一边长为2，故圆柱的侧面面积为.故答案为：4.已知向量，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围是_____．【答案】 【解析】【分析】由两向量夹角为钝角得到数量积小于0，且不反向共线，列出不等式，求出实数的取值范围.【详解】，因为与的夹角为钝角，所以所以，解得：，且与不反向共线，即，解得：，综上：，故答案为：.5.正方体的棱长为2，则直线与平面的距离是__．【答案】【解析】【分析】先证明出平面，得到到平面的距离即为直线与平面的距离，作出辅助线，证明出BD⊥平面，BO即为直线与平面的距离，求出即为答案.【详解】因为，平面，平面，所以平面，故点到平面的距离即为直线与平面的距离，连接交于点，因为四边形为正方形，所以⊥BD，又因为⊥平面ABCD，平面ABCD，所以⊥BD，因为，平面， 所以BD⊥平面，故BO即为直线与平面的距离，因为正方体的棱长为2，所以，故直线与平面的距离为.故答案为：6.如图，长方体中，，点和分别为线段和中点，则异面直线与所成角的余弦值为__．【答案】【解析】【分析】作出辅助线，找到或其补角为异面直线与所成角，再求出的三边长，利用余弦定理求出答案.【详解】取AB的中点Q，连接，因为点为的中点，所以，又，故四边形为平行四边形， 所以，连接BE，取BE的中点P，连接PQ，因为Q为AB的中点，所以PQAE，所以或其补角为异面直线与所成角，过点P作PG⊥于点G，PM⊥BC于点M，连接，因为，所以，，因为点为线段中点，则，，，，由勾股定理得：，，，，在中，由余弦定理得：，异面直线与所成角的余弦值为.故答案为： 7.已知是二面角内的一点，垂直于于垂直于于，则二面角的大小为__．【答案】【解析】【分析】设平面交直线于点，连接，，可证得即二面角的平面角，在由余弦定理求出，即可求出二面角的大小．【详解】解：设平面交直线于点，连接，，由于，，，，故，，又，平面，故平面，又，平面，故，，所以为二面角的平面角，由于，，，，故，，故在四边形中，与互补，又，，在中由余弦定理，即，解得，又，所以，故，则二面角的大小为． 故答案为：．8.已知球的半径为1，球面上有三点A，B，C且，则球面上的点到平面的距离的最大值为__．【答案】【解析】【分析】求出等边三角形外接圆半径，进而求出圆心O到平面ABC的距离，从而延长EO交球与点D，则点D到平面的距离最大，求出最大距离.【详解】显然三角形为等边三角形，设点E为三角形ABC的中心，则OE⊥平面ABC，连接BO，，则，为三角形ABC的外接圆半径，因为，由正弦定理得：，由勾股定理得：，延长EO交球与点D，则点D到平面的距离最大，最大距离为.故答案为：.9.如图，直四棱柱中，底面为平行四边形， ，点是半圆弧上的动点(不包括端点)，点是半圆弧上的动点(不包括端点)，若三棱锥的外接球表面积为，则的取值范围是__．【答案】【解析】【分析】先由余弦定理求出，从而得到，确定BC的中点E为三棱锥的外接球球心在平面的投影，再证明出为AD的中点，N为的中点，即EN⊥平面ABCD，故球心在线段EN上，从而确定当点与点N重合时，三棱锥的外接球半径最小，点P与或重合，此时最长，故三棱锥的外接球半径最大，画出图形，求出相应的外接球半径和表面积，最后结合点是半圆弧上的动点(不包括端点)，故最大值取不到，求出表面积的取值范围.【详解】因为，由余弦定理得：，因为，由勾股定理逆定理得：，直四棱柱中，底面为平行四边形，故⊥CD，点是半圆弧上的动点(不包括端点)，故BC为直径，取BC的中点E，则E为三棱锥的外接球球心在平面的投影，设与AD相交于点M，与相交于点N，连接EM，ED， 则EM=ED因为，故，，故三角形DEM为等边三角形，，即为AD的中点，同理可得：N为的中点，连接EN，则EN⊥平面ABCD，故球心在线段EN上，显然，当点与点N重合时，三棱锥的外接球半径最小，假如点P与或重合，此时最长，故三棱锥的外接球半径最大，如图1，点P与点N重合，连接OC，设，则OE=2-R，，由勾股定理得：，即，解得：，此时外接球表面积为；如图2，当点P与或重合时，连接，其中，设，则，由勾股定理得：，，故，解得：，此时外接球半径为，故外接球表面积为，但因为点是半圆弧上的动点(不包括端点)，故最大值取不到， 综上：的取值范围是.故答案为：【点睛】几何体外接球问题，通常要找到几何体的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积.10.中，，过点A的直线在平面上，且在直线的同一侧，将绕直线旋转一周所得的几何体的体积的最大值为______．【答案】【解析】【分析】作出图形，得到将绕直线旋转一周所得的几何体体积为台体的体积减去上下两个圆锥的体积，设出角度，表达出台体体积及两个圆锥体积，从而表达出旋转一周所得的几何体的体积，结合，正弦函数图象，求出最大值.【详解】因为，所以，将绕直线旋转一周所得的几何体体积为台体的体积减去上下两个圆锥的体积，设，则，，， 所以台体的体积为，圆锥的体积为，圆锥的体积为，故旋转一周所得的几何体的体积为，因为，所以，当，即时，取得最大值，最大值为.故答案为：. 二、选择题11.已知直线、与平面，其中，则“”是“”的（）条件A.充分非必要B.必要非充分C.充要D.既不充分也不必要【答案】B【解析】【分析】举出反例得到充分性不成立，由线面垂直的定义得到必要性成立.【详解】如图1，满足，但不垂直，充分性不成立，当时，因为，由线面垂直的定义可知：，必要性成立，故“”是“”的必要不充分条件.故选：B12.如图，在正方体中，动点在棱上，动点在线段上，为底面的中心，若，则四面体的体积（）A.与都有关B.与有关，与无关C.与有关，与无关D.与都无关【答案】B【解析】 【分析】作出辅助线，求出，点到平面的距离为定值，故四面体体积为，得到体积与有关，与无关.【详解】连接AC，BD相交于点O，过点E作EG⊥AC于点G，设正方体的边长为，则，因为平面平面，平面，所以平面，因为动点在线段上，所以点到平面的距离为定值，因为，故，由相似知识可知：，即，所以，，故四面体的体积为，故体积与有关，与无关.故选：B13.已知中，角A、B、C的对边分别为、、，若，则 的值为（）A.3B.4C.7D.8【答案】C【解析】【分析】先化为，将切化弦，结合正弦定理得到，再利用余弦定理求出，得到答案.【详解】因为，所以即，由正弦定理得：，由余弦定理得：，整理得：，所以故选：C14.如图，一张纸的长，宽，分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得四点重合为一点，从而得到一个多面体，下列关于该多面体的命题：①该多面体是三棱锥；②平面平面； ③平面平面；④该多面体外接球的表面积为；其中正确的个数是（）A.0B.1C.2D.3【答案】D【解析】【分析】将该多面体放入长方体中，利用题干条件求出长方体的长、宽、高，从而得到该多面体是三棱锥，①正确；求出各边长，求出，得到AP⊥CP，再由AP⊥BD即可证明线面垂直，从而得到面面垂直，②正确；同理可证明出平面平面，③正确；长方体的外接球即为该几何体的外接球，求出长方体的体对角线，从而求出外接球半径和表面积.【详解】将该多面体放入长方体中，如图，设长、宽、高分别为，则，解得：，满足题意，从而该多面体是三棱锥，①正确；由勾股定理得：，而，所以，由勾股定理逆定理得AP⊥CP，因为，P为BD中点，所以AP⊥BD，因为，平面BCD，所以AP⊥平面BCD，因为平面BAD，所以平面平面，②正确；取AC的中点H，连接HB，HD，因为，故⊥AC， DH⊥AC，且，又，故，所以BH⊥DH，因为平面ACD，且，所以BH⊥平面ACD，又因为平面BAC，所以平面平面，③正确；从图形可知，长方体的外接球即为该三棱锥的外接球，而长方体的体对角线长为，故外接球的半径为，故该多面体外接球的表面积为，④错误.故选：D【点睛】在解决平面图形的翻折问题时，应找出其中变化的量和没有变化的量，包括位置关系和数量关系，通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化，不在同一平面上的元素之间的位置关系发生变化，解题时应抓住不变量，利用解三角形知识或建立空间直角坐标系进行求解.三、解答题15.已知向量，其中，且．（1）求和的值；（2）若，且，求角的值．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由得，化简可求，结合万能公式可求；（2）采用整体法，由，结合角度范围，分别求出，进而得解.【小问1详解】 因为，所以，即；；【小问2详解】由（1）得，，，因，，所以，因为，所以，，所以，所以.16.如图，四棱锥中，平面，，．过点作直线的平行线交于为线段上一点．（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成二面角的大小．【答案】（1）证明过程见解析（2） 【解析】【分析】（1）证明出AB⊥平面PAD，由CFAB，得到CF⊥平面PAD，故证明面面垂直；（2）作出辅助线，找到∠BED为平面与平面所成二面角的平面角，利用余弦定理求出二面角的大小.【小问1详解】因为平面，AB平面ABCD，所以PA⊥AB，因为，所以⊥AD，因为PAAD=A，平面PAD，所以AB⊥平面PAD，因为CFAB，所以CF⊥平面PAD，因为CF平面CFG，所以平面CFG⊥平面PAD；【小问2详解】平面，AD，AC平面ABCD，所以PA⊥AD，PA⊥AC，因为，，由勾股定理得：，则∠ADB=30°，同理可得，∠CDB=30°，故∠ADC=60°，所以三角形ACD为等边三角形，，故，，，过点B作BE⊥PC于点E，连接DE，在△BCP中，由余弦定理得：，则，， △CDP中，由余弦定理得：，在△CDE中，，因为，所以DE⊥PC，所以∠BED为平面与平面所成二面角的平面角，由余弦定理得：，故平面与平面所成二面角的大小为.17.如图所示，有满足下列条件的五边形的彩纸，其中，，．现将彩纸沿向内进行折叠． （1）求线段的长度；（2）若是等边三角形，折叠后使⊥，求直线与平面的所成角的大小；（3）将折叠后得到的四棱锥记为四棱锥，求该四棱锥的体积的最大值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到为等边三角形，求出，，利用余弦定理求出答案；（2）作出辅助线，证明线面垂直，得到即为直线与平面的所成角，显然，从而求出答案；（3）先求出四边形的面积，要想折叠后得到的四棱锥体积最大，则要四棱锥的高最大，故要使平面⊥平面BCDE，且需要△ABE边BE上的高最大，再利用余弦定理及基本不等式得到BE上的高最大值，从而求出体积的最大值.【小问1详解】延长BC，ED相交于点F， 因为，所以，故为等边三角形，所以，因为，，所以，，在中，由余弦定理得：，所以；【小问2详解】由（1）知：，，，所以，由勾股定理逆定理得：⊥BE，因为⊥，，平面ABE，所以BC⊥平面ABE，取BE的中点Q，连接AQ，CQ，因为AQ平面ABE，所以BC⊥AQ，因为是等边三角形，由三线合一得：AQ⊥BE，因为BE，BC平面BCDE，，所以AQ⊥平面BCDE， 所以即为直线与平面的所成角，显然，故直线与平面的所成角大小为.【小问3详解】延长BC，ED相交于点F，由（1）（2）得：BF⊥BE，且为等边三角形，故，，故四边形的面积为，要想折叠后得到的四棱锥体积最大，则要四棱锥的高最大，故要使平面⊥平面BCDE，且需要△ABE边BE上的高最大，因为，，故只需使△ABE的面积最大，由余弦定理得：，故，由基本不等式得：，即，所以，当且仅当时，等号成立，△ABE的面积最大值为， 故四棱锥的高最大为，该四棱锥的体积的最大值为.18.如图，斜三棱柱中，，为的中点，为的中点，平面⊥平面．（1）求证：直线平面；（2）设直线与直线的交点为点，若三角形是等边三角形且边长为2，侧棱，且异面直线与互相垂直，求异面直线与所成角；（3）若，在三棱柱内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切．求三棱柱的高．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】 【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，从而，得到线面平行；（2）先证明出为三等分点，然后运用余弦定理求出可得；（3）因为在三棱柱内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切，故小球的半径即为三棱柱直截面的内切圆的半径，利用面积公式得到内切圆半径，画出立体几何图形，结合相关关系求出三棱柱的高.【小问1详解】斜三棱柱中，为的中点，为的中点，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面；【小问2详解】因为AC=BC，为的中点，所以CD⊥AB，因为平面⊥平面，交线为AB，CD平面ABC，所以CD⊥平面，故⊥平面，所以,又与互相垂直，,面故面,得.即为直角三角形，在中，为中点，，所以为的三等分点，设，由余弦定理可得：解之：，所以故 ⊥平面，在中，.与所成的角为【小问3详解】过作于，过作于，连为直截面，小球半径为的内切圆半径因为，所以，故AC⊥BC，则设所以，由解得，；由最小角定理由面,易知，内切圆半径为： 则【点睛】定义法求解二面角，需要先作出辅助线，找到二面角的平面角，再求出各边长，利用余弦定理求解该角的余弦值，或根据直角三角形锐角三角函数求出该角的正弦，余弦或正切值，得到答案.