安徽省安庆市第一中学2021-2022学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）.docx

1、安庆一中2021-2022学年度第二学期高一年级期中考试数学试卷总分：150分 考试时间：120分钟命题人： 审题人： 一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1. 设复数z满足(1+i)z=2i，则z=（ ）A. B. C. D. 2【答案】C【解析】【分析】求出即得解.【详解】解：由题意可得，所以，所以.故选：C2. 已知点是正方形的中心，点为正方形所在平面外一点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分别在和中利用向量加法的平行四边形法则就可得出答案.【详解】因为点是正方形的中心，所以分别为,的中点，所以在中，同理，在中，所以.故选：.3. 已知不重合的直线m、n、

2、l和平面，下列命题中真命题是（ ）A. 如果l不平行于，则内的所有直线均与l异面B. 如果，m、n是异面直线，那么n与相交C. 如果，m、n共面，那么D. 如果l上有两个不同的点到平面的距离相等，则【答案】C【解析】【分析】根据点、线、面的位置关系并结合图形即可判断答案.【详解】对于A，当l与相交时，在平面内且过交点的直线与l都是共面的，故A错；对于B，如图1，可能是，故B错；对于C，这是线面平行的性质定理的等价说法，故C正确；对于D，如图2， 由于直线l与相交时，也可以有两点到的距离相等，故D错故选：C.4. 已知在中，则的形状为（ ）A. 等边三角形B. 等腰三角形C. 直角三角形D. 等

3、腰三角形或直角三角形【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理与二倍角公式化简，再根据三角形的内角范围分析即可【详解】由正弦定理有，因为，故，故，即，又，故或，即或，故的形状为等腰三角形或直角三角形故选：D5. 如图，在下列四个正方体中，P，R，Q，M，N，G，H为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与PRQ所在平面平行的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】延拓过点三点的平面，再根据平面与平面的判定定理，即可容易判断选择.【详解】由题意可知经过P、Q、R三点的平面即为平面，如下图所示：对选项：可知N在经过P、Q、R三点的平面上，所以B、C错误；对：MC1与是相交直线，所

4、以A不正确；对：因为/，/， 又容易知也相交，平面；平面，故平面/平面故选：.【点睛】本题考查面面平行的判定，属基础题.6. 已知是平面上不共线的三点，是的重心，动点满足：，则一定为的A. 重心B. 边中线的三等分点（非重心）C. 边中线的中点D. 边的中点【答案】B【解析】【详解】如图所示：设 的中点是， 是三角形 的重心， 在 边的中线上，是中线的三等分点，不是重心故选B7. 日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处

5、放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40，则晷针与点A处的水平面所成角为（ ）A. 20B. 40C. 50D. 90【答案】B【解析】【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角.【详解】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得.由于，所以，由于，所以，也即晷针与点处的水平面所成角

6、为.故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.8. 如图所示，正方体中，点为底面的中心，点在侧面 的边界及其内部移动，若，则异面直线与所成角的余弦值的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法得出异面直线与所成角的余弦值的最大值.【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，设，因为，所以，则在侧面内取一点，使得，则易知三角形为直角三角形，则设，对称轴为，则即故选：C二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9. 下列命题正确的是（ ）A. 若为复数，则B. 若为

7、向量，则C. 若为复数，且，则D. 若为向量，且，则【答案】AD【解析】【分析】根据复数运算、向量运算的知识对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】令，A对；，不一定成立，B错；，C错将两边平方并化简得，D对.故选：AD10. 在中，角、的对边分别为，若，则使此三角形有两解的的值可以是（ ）A. 5B. C. 8D. 【答案】BC【解析】【分析】根据三角形解的个数判断，即为锐角时，三角形有两解.【详解】当为锐角时，三角形有两解.，的值可以是，8，故选：BC.【点睛】本题考查三角形解的个数的判断，考查运算求解能力，属于基础题.11. 点O在所在的平面内,则以下说法正确的有A. 若,则点O为的重

8、心B. 若,则点O为的垂心C. 若,则点O为的外心D. 若,则点O为的内心【答案】AC【解析】【分析】逐项进行分析即可.【详解】解：选项A，设D为的中点，由于，所以为边上中线的三等分点(靠近点D)，所以O为的重心；选项B，向量分别表示在边和上的单位向量，设为和，则它们的差是向量，则当，即时，点O在的平分线上，同理由，知点O在的平分线上，故O为的内心；选项C，是以为邻边的平行四边形的一条对角线，而是该平行四边形的另一条对角线，表示这个平行四边形是菱形，即，同理有，于是O为的外心；选项D，由得，即，同理可证，即点O是的垂心；故选：AC【点睛】本题主要考查平面向量在三角形中的应用，考查向量的数量积，

9、考查三角形的“五心”，属于中档题12. 如图，在菱形ABCD中，AB2，M为BC的中点，将ABM沿直线AM翻折到AB1M的位置，连接B1C和B1D，N为B1D的中点，在翻折过程中，则下列结论中正确的是（ ）A. 始终有AMB1CB. 线段CN的长为定值C. 直线AB1和CN所成的角始终为D. 当三棱锥B1AMD的体积最大时，其外接球的表面积是【答案】ABD【解析】【分析】根据线面垂直、平行四边形、线线角、外接球等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】由于四边形是菱形，所以三角形是等边三角形，是的中点，所以，则在折叠的过程中，由于平面，所以平面，由于平面，所以，A选项正确.设是的中点，由

10、于是的中点，所以，由于，所以，所以四边形是平行四边形，所以，在直角三角形中，为定值，所以三角形是等边三角形，所以，也即直线AB1和CN所成的角始终为，C选项错误.三角形的面积不变，所以当平面平面时，到平面的距离最大，由于平面平面且交线为，平面，所以平面，由于平面，所以.同理可证得平面，由于平面，所以，所以三棱锥B1AMD的体积最大时，其外接球的球心为，所以外接球的半径为，表面积为，D项正确.故选：ABD三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 若复数，且满足，则点所围成的图形面积为_.【答案】【解析】【分析】在复平面中，表示复数对应点之间的距离【详解】由可知到的距离为1，即点的轨迹为以

11、为圆心，半径为1的圆，点所围成的图形面积为故答案为：14. 在中，为边上的高，为的中点，若，其中，则等于_.【答案】【解析】【分析】根据向量的加，减，数乘的法则，结合图形，求解的值.【详解】由条件可知，所以， ，所以， 故答案为：15. 如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶D在西偏北的方向上，行驶600m后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度 _ m. 【答案】【解析】【详解】试题分析:由题设可知在中,由此可得,由正弦定理可得,解之得,又因为,所以,应填.考点：正弦定理及运用16. 为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了诵经典，获新知的演讲

12、比赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图，已知球的体积为，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图有下列四个结论：经过三个顶点A，B，C的球的截面圆的面积为异面直线AD与CF所成的角的余弦值为直线AD与平面DEF所成的角为球离球托底面DEF的最小距离为其中正确的命题是_请将正确命题的序号都填上【答案】【解析】【分析】取中点N，M，利用给定条件证明平面判断；证明，求异面直线夹角判断；求出外接圆半径，结合球面的截面圆性质计算判断，作答.【详解】取中点N，M，连接，如图，因为正三角形，则，而平面平面，平面平面，平面，于是得平面，同理平面，即，因此，四边形是平行

13、四边形，有，同理，外接圆半径，经过三个顶点A，B，C的球的截面圆是的外接圆，其面积为，不正确；连接，因，则四边形是平行四边形，即有是异面直线AD与CF所成的角或其补角，中，由余弦定理得：，正确；因平面，则是直线AD与平面DEF所成的角，而，正确；体积为的球半径，由得，由知，球心到平面的距离，由，同理可得点C到平面距离为，即平面与平面的距离为，所以球面上的点到球托底面DEF的最小距离为，正确，所以正确的命题是.故答案：【点睛】易错点睛：异面直线所成的角的取值范围是，当求出角的余弦值为负时，要取其相反数作为异面直线夹角余弦四、解答题（本大题共7小题，共84.0分）17. 已知为虚数单位，复数.（1

14、）若，求；（2）若为纯虚数，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由虚部等于以及得出的值；（2）由实部等于，且虚部不等于得出的值.【详解】解：（1）由题知，即，解得；（2）由题知，即.18. 中，点（1）若四边形为平行四边形，求D点坐标（2）若D在线段上，且，求【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）设出点，然后由，列出方程组即可求解；（2）根据得到，进而根据平面向量的运算法则，得到，结合点的坐标表示出，然后根据模长的坐标运算公式即可求解.【详解】（1）设，所以，由可得，即，解得，故；（2）因为，所以，则，又由，所以.19. 在正方体中，棱长，M，N，P分别是，中点（1）直线交

15、PN于点E，直线交平面MNP于点F，求证：M，E，F三点共线（2）求三棱锥的体积【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）本意利用点线面位置关系的额相关知识，先证平面平面，再证平面PMN，平面；（2）利用转换顶点处理即【小问1详解】证明：，则平面，平面MPN又，平面，又平面PMN，平面平面，平面，平面PMN，平面，点F在直线ME上，则M，E，F三点共线【小问2详解】解：，又，20. 在，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.已知的内角，所对的边分别是，若_.（1）求角；（2）若，求周长的最小值，并求出此时的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）分别选三

16、个条件，都可用正弦定理解出；（2）由余弦定理可得，利用基本不等式可求出的最小值，即可求出周长最小值，再利用面积公式求出面积.【详解】（1）选，由正弦定理得，即，.选，由正弦定理可得，.选，由已知结合正弦定理可得，.（2），即，解得，当且仅当时取等号，周长的最小值为6，此时的面积.【点睛】本题考查正余弦定理的应用，考查基本不等式求最值，考查三角形面积公式，属于基础题.21. 如图，在水平放置的直径与高相等的圆柱内，放入两个半径相等的小球球A和球，圆柱的底面直径为，向圆柱内注满水，水面刚好淹没小球（1）求球A的体积；（2）求圆柱的侧面积与球B的表面积之比.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1

17、）根据圆柱的轴截面分析即可；（2）直接利用球表面积、圆柱的侧面积公式计算即可【小问1详解】设圆柱的底面半径为R，小球的半径为r，且，由圆柱与球的性质知，即，球A的体积为【小问2详解】球B的表面积，圆柱的侧面积，圆柱的侧面积与球B的表面积之比为22. 如图，在直角梯形ABCD中，ABDC，ABC=90，AB=2DC=2BC，E为AB的中点，沿DE将ADE折起，使得点A到点P位置，且PEEB，M为PB的中点，N是BC上的动点(与点B，C不重合).（1）求证：平面EMN平面PBC；（2）是否存在点N，使得二面角BENM的余弦值？若存在，确定N点位置；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2

18、）存在，N为BC的中点.【解析】【分析】（1）根据题意，先证明EM平面PBC，再利用面面垂直判定定理，证明结论；（2）以E为原点，EB，ED，EP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设PE=EB=2，设N(2，m，0)，求出平面EMN的法向量，利用夹角公式求出m，得到结论.【详解】解：（1）证明：由PEEB，PEED，EBED=E，所以PE平面EBCD，又BC平面EBCD，故PEBC，又BCBE，故BC平面PEB，EM平面PEB，故EMBC，又等腰三角形PEB，EMPB，BCPB=B，故EM平面PBC，EM平面EMN，故平面EMN平面PBC；（2）假设存在点N，使得二面角BENM的余弦值.以

19、E为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设PE=EB=2，设N(2，m，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，0，1)，设平面EMN的法向量为，由，令，得，平面BEN的一个法向量为，故，解得：m=1，故存在N为BC的中点.【点睛】立体几何解答题的基本结构：(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算23. 如图，四边形是圆柱的轴截面，点为底面圆周上异于，的点.（1）求证：平面；（2）若圆柱的侧面积为，体积为，点为线段上靠近点的三等分点，

20、是否存在一点使得直线与平面所成角的正弦值最大？若存在，求出相应的正弦值，并指出点的位置；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在；点为两个半圆弧中点；正弦值为1.【解析】【分析】（1）由题意，APB90，即PBPA，再由母线AD底面圆O，得ADPB，由直线与平面垂直的判定可得PB平面PAD；（2）由已知求得圆柱底面半径为与母线长，在PAD中，过A作AMDP交DP于M，由（1）知PB平面PAD，可得PBAM，进一步得到AM平面BDP若M不与Q重合，AQM即为直线AQ与平面BDP所成角；若M与Q重合，且直线AQ与平面BDP所成角为90，求得点P为两个半圆弧AB中点由此可得当点P为两

21、个半圆弧AB中点时，直线AQ与平面BDP所成角最大为90，正弦值最大为1【详解】解：（1）证明：因为是圆O的直径，点P是圆周上一点，所以，即，又在圆柱中，母线底面，底面，所以，又，平面，平面，所以平面，（2）设圆柱底面半径为，母线为，则，解得，在中，过作交于点.由（1）知平面，因为平面，所以，又，所以平面.若与不重合，即为直线与平面所成的角.若与重合，直线与平面所成角为，设，由对称性，不妨设，则在中，在中，.于是当且仅当，即，时，等号成立.此时，直线与平面所成的角为，正弦值为1，点为两个半圆弧的中点.【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了空间中直线与平面所成角的最值的求法，属于中档题