2021-2022学年广州八校联考高一下学期期中考试数学试题（含答案）

数学学科考试试题参考答案

1．C

【分析】设且，结合共轭复数的概念写出，利用复数相等及乘法运算求出参数a、b，即可得.

【解析】令，则，且，

所以，则，

所以，可得，即，

所以.

2．B

【分析】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．

【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．

【点睛】面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误．

3．D

【分析】由题意易证平面，由此进而可判断AC；由等积法可判断B；等边与等边展开到一个平面上，由，，三点共线时可判断D

【解析】对于A：连接，在正方体中易知：，，,

所以平面，

又因为平面，

所以，故正确；

对于B：由等体积得为定值，故B正确；

对于C：由平面，得由平面，

又因为平面，

所以平面平面，故正确；

对于D：将等边与等边展开到一个平面上，

可知当，，三点共线时，有最小值，最小值为，故不正确．

4．D

【分析】根据向量线性运算可知为中点，从而得到，在中利用余弦定理可求得，由所求投影向量为可求得结果.

【解析】由知：为中点，

又为外接圆圆心，，，

，，，，

向量在向量上的投影为.

5．C

【分析】根据的几何意义可知Z的集合为以原点为圆心，1为半径的圆，由此可判断A;由得几何意义是表示以为圆心，1为半径的圆，可判断B; 由的几何意义是表示以原点为圆心，分别以1和为半径的两圆所夹的圆环,求出圆环的面积，可判断C；由的几何意义是表示以点，为端点的线段的垂直平分线，可判断D.

【解析】若，则点Z的集合为以原点为圆心，1为半径的圆，有无数个圆上的点与复数z对应，故A错误；

若，则点Z的集合为以为圆心，1为半径的圆，故B错误；

若，则点Z的集合为以原点为圆心，分别以1和为半径的两圆所夹的圆环，所以点Z的集合所构成的图形的面积为 ，故C正确;

若，则点Z的集合是以点，为端点的线段的垂直平分线，集合中有无数个元素，故D错误,

6．C

【分析】根据平面向量加法的平行四边形法则求出的最大值和最小值即可．

【解析】解：以O为原点，以OA为x轴建立平面直角坐标系，如图所示：

设圆O的半径为1，则OM＝1，过M作MN∥OB，交x轴于N，则△OMN为等腰直角三角形，

，

，此时．

同理可得：，此时．

∴的最大值为，最小值为．

故选：C．

【点睛】本题考查了平面向量的基本定理，属于中档题．

7．D

【分析】利用复数的除法求复数及对应点坐标，并确定所在的象限，结合各选项描述判断正误.

【解析】由题设，且对应点在第一象限，A、C错误；

不是纯虚数，B错误；

由在复平面内对应的点为，所以，D正确.

故选：D

8．D

【分析】举例，，即可判断选项A，举出反例，可判断选项B，将方程转化得，由，解得值，代入即可求得，可判断选项C，将代入方程化简得，列方程组求出，可判断选项D.

【解析】若，，则，故A错误；

若，满足，故B错误；

若关于x的方程（）有实根，，

因为，所以，所以，故C错误；

将代入方程，得，

即，所以，得，故D正确.

故选：D.

9．A

【分析】先确定向量、所表示的点的轨迹，一个为直线，一个为圆，再根据直线与圆的位置关系求最小值.

【解析】设，

则由得，

由得

因此，的最小值为圆心到直线的距离减去半径1，为选A.

【点睛】以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程、解不等式、求函数值域或直线与曲线的位置关系，是解决这类问题的一般方法.

10．D

【分析】根据，利用正弦定理和余弦定理得到，利用正弦函数的性质求解．

【解析】因为，

由正弦定理得，，

又由余弦定理，得，

所以，

所以，

即．

因为，

则当时，，

所以．

故选：D．

11．A

【分析】设，由已知条件判断出，即是等腰直角三角形，以为坐标原点，所在的边为轴的正半轴建立平面直角坐标系，则，，得，再由得，设，求出范围可得答案

【解析】设，则，

，

所以，即是等腰直角三角形，以为坐标原点，

所在的边为轴的正半轴建立平面 直角坐标系，如图，

则，，因为，所以，

因为，所以，

所以，，

两式相加得，

所以，

因为，所以设，

所以，

因为不共线，所以不共线，所以，

所以，，

，

所以，

故选：A.

12．A

【分析】先把复数化为三角形式，再根据题中的条件求出复数，利用复数相等的条件得到和的值，求出.

【解析】因为，

所以，

设，，，

则，

，

即，，，

故

.

故选：A.

【点睛】本题考查复数的几何意义及复数的综合运算，较难. 解答时要注意将、化为三角形式然后再计算.

13．CD

【分析】结合正弦定理对选项进行分析，从而确定正确选项.

【解析】A选项，由于，则所以三角形有一个，A选项错误.

B选项，，可能，所以B选项错误.

C选项，由正弦定理得，其中是三角形外接圆的半径，所以C选项正确.

D选项，由正弦定理可知D选项正确.

故选：CD

14．CD

【分析】由复数的四则运算得出，再由共轭复数、虚部、复数z在复平面内对应点的坐标定义判断即可.

【解析】解：，则，∴，故A错，

复数z的共轭复数为，故B错；

复数z的虚部为，故C正确；

复数z在复平面内对应的点为，在第一象限，故D正确.

故选：CD

15．BC

【分析】根据复数的几何意义可得到点的坐标，判断A;由点对应的复数满足，

结合模的几何意义可判断B;验证坐标是否满足点的轨迹方程，可判断C;

将可转化为点到直线的距离，求出该距离，可判断D.

【解析】A.复数在复平面内对应的点为，∴的共轭复数在复平面内对应的点.因此A错误；

B.设点，，由复数满足.结合复数的几何意义，

可知复数到点与点的距离相等，

则复数对应的点在线段的垂直平分线上，因此B正确；

C.在上，因此C正确；

D.的最小值为点到直线的距离，因此D错误,

故选：BC.

16．AC

【分析】根据向量的减法及等腰三角形可判断A，根据数量积的定义及运算律，结合等腰三角形的性质可判断BCD.

【解析】对于A，因为不共线向量、满足，所以由向量组成的三角形是等腰三角形，且向量是底边，所以向量，的夹角恒为锐角，A正确；

对于B，，所以B不正确；

对于C，，

即，故，

又

故C正确；

对于D，若，类似C中，平方后化简可得，

所以有，即，而不一定成立，例如，所以D不正确．

故选：AC

17．AC

【分析】由结合正弦定理可得，，即可判断A；然后由，，即可判断B．等边中，设，，然后由余弦定理可得，然后求出四边形面积，由三角函数的知识即可判断CD．

【解析】，

，

，

，．故A正确．

又．

，故B错误．

等边中，设，，

在中，由余弦定理可得：，

由于，，代入上式可得：

，

四边形面积的最大值为，此时，故C正确D错误．

故选：AC．

18．ABC

【分析】根据三次方程的代数解法对选项进行分析，由此确定正确选项.

【解析】

依题意可知是次项系数，所以，A选项正确.

第一步，把方程中的，用来替换，

得，

第二步，对比与，

可得，解得，B选项正确.

所以，C选项正确.

，D选项错误.

故选：ABC

19．

【分析】设，由向量相等解出得出.

【解析】设

不共线，

解得，

故答案为：

20．①②③

【分析】根据复数的概念及复数的除法即可求解.

【解析】对于①，因为，

所以，故①正确；

对于②，复数集实数集虚数集，故②正确；

对于③，复数集包含实数集，只在其实数集内才能比较大小，由，得

，均为实数，故③正确；

对于④，复数的虚部是，故④不正确.

故答案为：①②③.

21．

【分析】先用正弦定理对进行边化角，进而求出A，然后通过余弦定理和三角形面积公式求得答案.

【解析】因为，所以由正弦定理可得，由，则，而三角形ABC为锐角三角形，所以.

由余弦定理，，所以.

故答案为：.

22．         

【分析】（1）若，将两边同时平方，计算得出结果；

（2）若m，，讨论点P的轨迹，得出是菱形，再去求面积即可.

【解析】∵，，为的外接圆，

∴，，.

（1）若，则，

.

（2）若m，，则点P的轨迹：

当，时，，此时点P在线段上；

当，时，，此时点P在线段上；

当，时，，构造平行四边形，此时点P在线段上（如图1）；

当，时，，构造平行四边形，此时，点P在线段上；

当m，时，，此时，点P在菱形内部，（如图3）；

综上，P点的轨迹为菱形组成的图形区域，则

.

23．         

【分析】取、、分别为、、的中点，分析出四边形为等腰梯形，求其面积可得结果；然后将三棱柱补成正方体，计算出三棱柱的外接球半径，结合球体表面积公式可得结果.

【解析】如图，取、、分别为、、的中点，

、分别为、的中点，则且，

在直三棱柱中，且，

因为、分别为、的中点，则且，

所以，四边形为平行四边形，且，

且、分别为、的中点，则，

所以，四边形是等腰梯形，

当不是中点时，不平行平面，则四边形不是等腰梯形，等腰梯形有且仅有一个，

取的中点，连接、，

，，且点为的中点，则且，

所以，四边形为平行四边形，可得，同理可得，

所以，、、均为等边三角形，

.

将三棱柱补成正方体，则外接球的半径，表面积为.

故答案为：；.

【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：

①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；

②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；

③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.

24．

【分析】先判断函数的奇偶性和单调性，根据函数的单调性和奇偶性，结合换元法、正弦型函数的性质、同角的三角函数关系式进行求解即可.

【解析】因为，所以函数是偶函数，

设是上任意两个实数，且，即

，

因为，所以，

因此，即，

所以函数是偶函数，且在是增函数，

若在上恒成立，

，

又因为，，

所以在恒成立，

令，而

由，，故时，

由，，故时，，

所以的取值范围为．

故答案为：

【点睛】关键点睛：判断函数的奇偶性和单调性，运用换元法进行求解是解题的关键.

25．(1)

(2)

【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.

(1)

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.

(2)

解：由，可得，

则，

所以，即复数的模为.

26．(1)或

(2)1

【分析】（1）设，根据已知条件列方程求得，由此求得.

（2）求得的坐标，从而求得三角形的面积.

(1)

设，

①，

的虚部为，所以②，

由①②解得或.

所以或.

(2)

当时，，，

所以，

，

所以三角形的面积为.

当时，，，

所以，

，所以三角形的面积为.

27．(1)，

(2)最大值为，此时

【分析】（1）在△OAB中，结合正弦定理可将|OA|，|OB|用来表示;

（2）先求出BM，在△OBM中，由余弦定理可求出OM用来表示，再利用三角恒等变换结合三角函数图象与性质求最值即可得到答案.

(1)

在△OAB中，由正弦定理可知，则.

由正弦定理可得：

则.

(2)

∵，∠MAB=∠MBA=，

∴AM=BM=2.

在△OMB中，由余弦定理可知

=

∵，∴

当时，即时，|OM|取最大值.

此时OA=，

OB=，

即当时，|OM|取最大值.

28．(1)；

(2).

【分析】（1）运用向量共线的充要条件可解决此问题；

（2）运用同角三角函数基本关系式可解决此问题．

(1)

根据题意得，，，

，

，

又，

．

(2)

，

，

，

，

，

原式．

29．(1)

(2)

【分析】（1）选①,根据正弦定理，边化角，利用两角和差的正弦公式，化简，即可求得答案；

选②，根据正弦定理，边化角，利用两角和差的正弦公式，化简，即可求得答案；

选③，由正弦定理，以及切化弦，将化简，结合两角和的正弦公式即可求得答案；

（2）利用两角和的余弦公式，结合正弦定理将可化简为，即可求得，进而用余弦定理求得，利用等面积法求得答案.

(1)

选①,由题意可得，

由正弦定理知，，

即，

又，且 ,，所以,

由于，所以;

选②,由正弦定理可得，

故，

即，所以，

而为三角形内角，故,所以，

因为，所以;

选③,在中，因为，

所以由正弦定理得：，

即，

因为， ，

所以，即，

因为，所以；

(2)

因为，所以，

而，即，所以，

其中为三角形外接圆的半径，所以，即，

所以，

故，所以，

其中为边上的高，故.

30．（1）不是，理由见解析；（2）是，理由见解析.

【分析】（1）取，分别求得，由此可得，故函数不是“保三角形函数”；

（2）分，，三种情况均可证得能构成三角形的三边，故函数是“保三角形函数”.

【解析】（1）因为，取，

则，，，

显然，即不能构成三角形的三边，

故函数不是“保三角形函数”.

（2）①当时，，所以最大.

由得，所以，

故，即能构成三角形的三边；

②当时，，所以最大.

由得，，

故，即能构成三角形的三边；

③当时，，所以最大.

由得，所以，

故，即能构成三角形的三边；

综合①②③可知，函数是“保三角形函数”.

【点睛】关键点点睛：第（2）问的关键点是：分，，三种情况证明能构成三角形的三边