福建省厦门双十中学2021-2022学年高一下学期期中考试数学试题.docx

《福建省厦门双十中学2021-2022学年高一下学期期中考试数学试题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省厦门双十中学2021-2022学年高一下学期期中考试数学试题.docx（21页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 厦门双十中学2021-2022学年（下）期中考试高一数学试题一单选题：本题共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. 已知复数z在复平面内所对应点的坐标为，则（ ）A. B. C. D. 【1题答案】【答案】A【解析】【分析】先求得，然后求得，由此求得.【详解】因为复数z在复平面内所对应的点为，所以，故，故故选：A2. 如图所示，中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则（ ）A. B. C. D. 【2题答案】【答案】A【解析】【分析】根据平面向量基本定理结合已知条件求解即可【详解】因为点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近

2、A的三等分点，所以,故选：A3. 如图，是水平放置的的直观图，其中，分别与轴，轴平行，则（ ）A. 2B. C. 4D. 【3题答案】【答案】D【解析】【分析】先确定是等腰直角三角形，求出，再确定原图的形状，进而求出.【详解】由题意可知是等腰直角三角形，其原图形是，则，故选：D.4. 已知圆锥的底面周长为，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的高为（ ）A. 3B. C. 1D. 【4题答案】【答案】B【解析】【分析】利用圆的周长公式求底面半径，由扇形弧长公式求圆锥的母线长，再根据圆锥的母线、高和底面半径的关系求高.【详解】由题设，底面半径，母线长，所以圆锥的高.故选：B5. 的内角A，B，C的对

3、边分别为a，b，c，则（ ）A. B. 3C. D. 2【5题答案】【答案】A【解析】【分析】先借助正弦定理求出，再借助余弦定理求出b即可.【详解】由正弦定理得，得.由余弦定理，得，即.故选：A.6. 有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体某公园中设置的供市民休息的石凳如图所示，它是一个棱数为24的半正多面体，且所有顶点都在同一个正方体的表面上，它也可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，若被截正方体的棱长为，则该石凳的表面积为（ ）A. B. C. D. 【6题答案】【答案

4、】D【解析】【分析】由已知得到石凳的各条棱都相等，并求得棱的长度，然后分别计算6个正方形面的和，8个等边三角形面的面积的和，然后求和即得.【详解】由图形可得该多面体的棱长为，则6个正方形的面积之和为，8个等边三角形的面积之和为，所以该石凳的表面积为故选：.7. 如图，无人机在离地面高200m的处，观测到山顶处的仰角为15、山脚处的俯角为45，已知，则山的高度为（ ）A. B. C. D. 【7题答案】【答案】D【解析】【分析】根据题中条件，先得到，在中，根据正弦定理，即可得出结果.【详解】，又，在中，.故选：D8. 点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形 (包括边界)内运动.若面，则

5、的长度范围是（ ）A. B. C. D. 【8题答案】【答案】B【解析】【分析】如图，分别取的中点，连接，则可证得平面平面，从而可得点在上，从而可求出的长度范围【详解】解：如图，分别取的中点，连接，则，因为是的中点，所以，所以，因为平面，平面，所以平面，因为是的中点，是的中点，所以，因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，因，所以平面平面，因为平面平面，所以点在上运动，使面，因为的棱长为2，所以所以当点与或重合时，最长，当点在的中点时，最短，的最小值为，所以的长度范围是，故选：B 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

6、.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知，且下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. D. 【9题答案】【答案】ACD【解析】【分析】根据复数的运算率可判断；令，为纯虚数可判断；令，或可判断【详解】解：由，得，即，正确；令，满足，但不满足，错误；令，则，又，正确；，正确故选：ACD10. 下列说法正确的是（ ）A. 对于任意两个向量，若且与同向，则B. 已知，为单位向量，若，则在上的投影向量为C. 设，为非零向量，则“”是“存在负数，使得”的必要不充分条件D. ，则与的夹角是锐角【10题答案】【答案】BC【解析】【分析】由数量积公式结合特殊值逐一判断即可.【详

7、解】向量不能比较大小，故A错误；在上的投影向量为，故B正确；当时，但是不存在负数，使得，当存在负数，使得时，则“”是“存在负数，使得”的必要不充分条件，故C正确；当与同向时，故D错误.故选：BC11. 某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面ABCD中，且，下列说法正确的有（ ）A. B. 该圆台轴截面ABCD面积为C. 该圆台的体积为D. 沿着该圆台表面，从点C到AD中点的最短距离为5cm【11题答案】【答案】BCD【解析】【分析】A由圆台轴截面的性质求母线与底面直线所成角大小即可；B应用梯形面积公式求轴截面面积；C利用圆台的体积公式求体积；D将圆台侧面展开，结合对应圆

8、锥侧面展开图性质及勾股定理求两点的最短距离.【详解】A：由已知及题图知：且，故，错误；B：由A易知：圆台高为，所以圆台轴截面ABCD面积，正确；C：圆台的体积，正确；D：将圆台一半侧面展开，如下图中且为中点，而圆台对应的圆锥体侧面展开为且，又，所以在中，即C到AD中点的最短距离为5cm，正确.故选：BCD12. 已知对任意角，均有公式.设ABC的内角A，B，C满足.面积S满足.记a，b，c分别为A，B，C所对的边，则下列式子一定成立的是( )A. B. C. D. 【12题答案】【答案】CD【解析】【分析】结合已知对进行变形化简即可得的值，从而判断A；根据正弦定理和三角形面积，借助于ABC外接

9、圆半径R可求的范围，从而判断B；根据的值，结合ABC外接圆半径R即可求abc的范围，从而判断C；利用三角形两边之和大于第三边可得，从而判断D【详解】ABC的内角A、B、C满足，即，由题可知，有，故A错误；设ABC的外接圆半径为R，由正弦定理可知，故B错误；，故C正确；，故D正确故选：CD三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 己知向量与的夹角为，则_【13题答案】【答案】【解析】【分析】根据向量数量积的运算律和定义可直接构造方程求得结果.【详解】，.故答案为：.14. ，若，则_.【14题答案】【答案】【解析】【分析】设（），则根据复数的模长公式以及复数相等的条件即可得的值，进而

10、可得复数.【详解】设（），则所以，由复数相等可得：所以，即，解得：，所以，故答案为：.15. 如图所示，为了测量河对岸A，B两点间的距离，在这一岸定一基线CD，现已测出米，则AB的长为_米.【15题答案】【答案】【解析】【分析】由已知得，在中，利用正弦定理求得，在中，利用余弦定理即可得解.【详解】在中，已知，在中，由正弦定理，得在中，利用余弦定理知.故答案为：16. 如图，四棱锥的底面四边形ABCD为正方形，四条侧棱，点E和F分别为棱BC和PD的中点.若过AEF三点的平面与侧面PCD的交线线段长为，则该四棱锥的外接球的体积为_.【16题答案】【答案】【解析】【分析】由题意找出过A、E、F三点的

11、平面与侧面PCD的交线线段FG，证明G为PC靠近C的三等分点，再由已知求解三角形可得正四棱锥的底面边长与侧棱长，然后求解外接球的半径，代入球的体积表面积公式得答案.【详解】如图，连接AE并延长交DC的延长线于H，连接FH交PC于G，E为BC的中点，C为DH的中点，在平面PDH中，过C作，交FH于K，则，由已知可得，四棱锥为正四棱锥，在等腰三角形PDC中，由，得，设，则，在PFG中，由余弦定理可得，解得.正四棱锥的底面边长为，侧棱长为6，连接ACBD，相交于M，连接PM，则PM为正四棱锥的高，则.设四棱锥外接球的球心为O，连接OA，则，解得.该四棱锥的外接球的表面积为.故答案为：.四解答题：本题

12、共6小题，第17题10分，第1822题每题12分，共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.17. 已知是复数，是纯虚数，为实数.（1）求复数；（2）若复数在复平面上对应的点位于第二象限，求实数的取值范围.【17题答案】【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设，根据纯虚数和实数的定义可构造方程组求得，由此可得复数；（2）求解得到对应的点的坐标，由第二象限点的特征可构造不等式组求得结果.【详解】（1）设，则，又为纯虚数，即；，又为实数，又，.（2），对应的点为，解得：，实数的取值范围为.18. 已知是同一平面内三个向量，其中（1）若，且与方向相反，求的坐标；（2）若，且与垂直，求与

13、的夹角.【18题答案】【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)由平面向量共线的坐标表示，即可得出结果.(2)由平面向量的数量积运算，即可得出结果.【详解】（1）设，由 和可得或因为与方向相反，所以（2）因为 ，所以即，所以，又因为0，所以.19. 在，这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答在中，内角，的对边分别为，且_（1）求角的大小；（2）若，求的面积【19题答案】【答案】（1）选择，都有；（2）56.【解析】【分析】（1）选择后都是应用正弦定理化边为角，然后由三角恒等变换求得角；（2）由正弦定理求得，再由诱导公式和两角和的正弦公式求得，最后由三角形面积公式计算【详解】解：（1

14、）方案一：选条件因为，所以因为，所以，所以，所以，即因为，所以，所以方案二：选条件因为，所以，则，因为，所以，因为，所以，方案三：选条件因为，所以，所以，因为，所以，又，所以（2）因为，所以，由，得，所以，则的面积【点睛】思路点睛：高考对解三角形的考查以正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式为主，同时两角和与差的三角函数公式、同角三角函数的基本关系、诱导公式等是必备工具，考生要熟记相关公式，解题时根据条件选用恰当的公式是解题关键20. 如图，已知是棱长为3正方体，点E在上，点F在上，G在上，且.H是的中点（1）求证：B、E、F四点共面；（2）求证：平面平面.【20题答案】【答案】（1）证明见解析

15、； （2）证明见解析【解析】【分析】(1)在上取一点N使得，连接CN，EN，证明四边形为平行四边形即可证四点共面；(2)由(1)知，可得平面；取BG中点为I，连接，易证HGBF，由此可得，HG平面，从而可得结论【小问1详解】如图：在上取一点N使得，连接CN，EN，则，则，又，四边形是平行四边形，且同理四边形DNEA是平行四边形，且，又且，且，四边形CNEB是平行四边形，且，且，四边形为平行四边形，从而B、E、F四点共面；【小问2详解】由(1)知，平面，平面，平面，取BG中点为I，连接，则G是，H是，HG，且BI，BI，四边形BI是平行四边形，BF，BFHG，BF平面，HG平面，平面，由，且，H

16、G平面，平面平面22. 响应国家“乡村振兴”号召，农民王大伯拟将自家一块直角三角形地按如图规划成3个功能区：BNC区域为荔枝林和放养走地鸡，CMA区域规划为“民宿”供游客住宿及餐饮，MNC区域规划为小型鱼塘养鱼供休闲垂钓.为安全起见，在鱼塘MNC周围筑起护栏.已知，.（1）若时，求护栏的长度（MNC的周长）；（2）当为何值时，鱼塘MNC的面积最小，最小面积是多少？【22题答案】【答案】（1）； （2），最小值为.【解析】【分析】（1）由已知可得则有，在ACM中应用余弦定理求得，再分别求出，即可求护栏的长度.（2）设，应用正弦定理及三角形面积公式可得，再应用和角正弦公式、二倍角正余弦及辅助角公式

17、化简分母，最后由正弦型函数的性质求最值.【小问1详解】由，则，所以，则，在ACM中，由余弦定理得，则，所以，即，又，所以，则，综上，护栏的长度（MNC的周长）为.【小问2详解】设，在BCN中，由，得，在ACM中，由，得，所以，而，所以，仅当，即时，有最大值为，此时CMN的面积取最小值为.24. 在长方体中，（1）已知PQ分别为棱AB的中点（如图1），做出过点，P，Q的平面与长方体的截面.保留作图痕迹，不必说明理由；（2）如图2，已知，过点A且与直线CD平行的平面将长方体分成两部分.现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面变化的过程中，求这两个球的半径之和的最大值.【24题答案】【答案】

18、（1）答案见解析 （2）最大值为【解析】【分析】（1）运用基本事实3：两面有一个公共点，则必有一条过该点的交线，基本事实3是做截面问题的基础；（2）用的三角函数将两圆的半径分别表示出来，构造新函数，通过函数单调性求得问题的最值.小问1详解】延长交DC延长线于点E；连接PE与BC交于点F，并延长EP交DA延长线于点G；连接交于点H；分别连接线段，PF，FQ，则五边形及其内部（图中阴影部分）即为所求截面.【小问2详解】如图所示，平面ABMN将长方体分成两部分，MN有可能在平面上或平面上，但是若MN在平面上运动，两部分几何体都是细长形状，放入的两个小球由于棱长AD限制，易知要使两球半径和的最大，需在平面上运动.延长与BM交于点P，作于Q点，设，圆对应的半径为，根据三角形内切圆的性质，在中，则，又当BP与重合时，取得最大值，由内切圆等面积法求得，则设圆对应的半径为，同理可得，又，解得.故，设，则，由对勾函数性质易知，函数单减，则，即最大值为.故两个球的半径之和的最大值为.【点睛】本题考查截面问题，考查球的综合问题，考查构造函数思想以及数形结合思想，借助三角函数表示边长，从而把问题转化为函数问题，再通过单调性解决最值问题，属于较难题目.学科网（北京）股份有限公司