2021-2022学年重庆市西南大学附属中学校高一下学期期中数学试题含解析

2021-2022学年重庆市西南大学附属中学校高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．若复数满足，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数的加法法则计算可得；

【详解】解：因为，所以；

故选：A

2．已知向量．若，则（       ）

A． B．0 C．1 D．2

【答案】B

【分析】根据平面向量的坐标运算以及向量平行的坐标表示即可求出．

【详解】因为，而，所以，解得．

故选：B．

3．在中，，，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先利用余弦定理求出，由同角平方关系求，然后结合正弦定理即可求解.

【详解】，，，由余弦定理得：

，

，由正弦定理得：

故选：C.

4．已知角终边上一点的坐标为，则的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由角终边上一点的坐标可知，，结合二倍角公式可得，进而求解即可.

【详解】由题，，，

因为，

所以，

故选：D

5．下列说法正确的是（       ）

A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱

B．一个直角三角形绕其一边旋转一周所形成的封闭图形叫圆锥

C．棱锥的所有侧面都是三角形

D．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台

【答案】C

【解析】根据棱柱、圆锥、棱锥和棱台的概念分别判断命题，可得答案．

【详解】如图，两个三棱柱合在一起，仍然满足有两个面平行，其余各面都是四边形，但它不是棱柱，A错；

一个直角三角形绕其一个直角边旋转一周所形成的封闭图形叫圆锥，B错；

根据棱锥的定义，C正确；

用一个与底面平行的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体才叫棱台，不是任意平面都能截出棱台的，D错；

故选：C

【点睛】方法点睛：本题考查柱锥台的结构特征，归纳如下：

1.棱柱的特征：有两个面互相平行；其余各面都是平行四边形；每相邻两个四边形的公共边互相平行；

2.棱锥的特征：有一个面是多边形；其余各面都是有一个公共点的三角形；

3.棱台的特征：两底面互相平行；侧棱延长线相交于一点；

4.圆柱的特征：由矩形绕直角边旋转一周形成；

5.圆锥的特征：由直角三角形绕一条直角边旋转一周形成；

6.圆台的特征：由直角梯形绕其直角边旋转一周形成；

7.球的特征：由半圆绕其直径旋转一周形成．

6．已知函数，下列结论错误的是（       ）

A．的值域为

B．的图象关于直线对称

C．的图象关于点对称

D．的图象可由函数图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍得到

【答案】C

【分析】直接求出正弦函数的值域即可判断选项A；利用代入验证法即可判断选项B、C；根据三角函数的平移伸缩变换即可判断选项D.

【详解】A：因为，所以，

即的值域为，故A正确；

B：当时，为最小值，

故函数的图象关于对称，故B正确；

C：若函数的图象关于对称，由，

得其一条对称轴为，当时，，不是最值，

所以不是函数的对称轴，即函数不关于对称，故C错误；

D：将函数图象纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍得到

，故D正确.

故选：C

7．如图，正四棱锥，M，N为棱PA，PC的中点，平面BMN与棱PD交于点Q，则下列说法正确的是（       ）

A．四边形MBNQ是菱形

B．四边形MBNQ对角线MN中点也是四棱锥高线的中点

C．

D．

【答案】B

【分析】如图连接，、，设，连接，设，即可得到，从而判断B正确，延长交于点，连接、，即可判断为上靠近的三等分点，从而得到A、C错误，因为侧棱与底面边长关系无法确定，从而无法判断；

【详解】解：如图连接，、，设，连接，设，

因为M，N为棱PA，PC的中点，所以，则为的中点，根据正四棱锥的性质可知即为四棱锥的高，故B正确；

延长交于点，连接、，则，

因为、、三点共线，所以，即，所以为上靠近的三等分点，

显然，但是，故四边形不是菱形，且与不相似，故A、C错误；

因为正四棱锥的侧棱与底面边长关系无法得知，故无法确定，故D错误；

故选：B

8．已知是边长为4的等边三角形，D，E分别是AC、AB上的两点，且，，BD与CE交于点G，则是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】以所在的直线为轴，的垂直平分线所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，然后根据题意求出各个向量的坐标，从而可求得答案

【详解】如图，以所在的直线为轴，的垂直平分线所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，

因为是边长为4的等边三角形，D，E分别是AC、AB上的两点，且，，

所以,

则

设，则，，

因为与共线，所以，

因为，所以,

所以，所以，

所以解得，即，

所以,

所以，

所以，

故选：C

9．设函数，其中，若对任意的，在上有且仅有4个零点，则下列的值中不满足条件的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用换元思想转化为在，上有4个零点，则需满足，进而根据的取值范围得到的取值范围即可．

【详解】解：设，则，所以在，上有4个零点，

可知，所以，

又，所以，即，满足的只有，

故选：．

二、多选题

10．下列说法错误的是（       ）

A．就是所在的直线平行于所在的直线

B．长度相等的向量叫相等向量

C．零向量的长度等于0

D．

【答案】AB

【分析】对于A，利用平行向量的定义即可判断；

对于B，利用相等向量的定义即可判断；

对于C，根据零向量的定义即可判断；

对于D，根据向量的加法即可求解.

【详解】对于A，若，则的方向相同或相反，所在的直线与所在的直线平行或在同一直线上，故A不正确；

对于B，长度相等且方向相同的向量叫相等向量，故B不正确；

对于C，长度为0的向量为零向量，故C正确；

对于D，，故D正确.

故选：AB.

11．已知等腰梯形ABCD，现绕着它的较长底CD所在的直线旋转一周，所得的几何体包括（       ）

A．一个圆台 B．两个圆锥 C．两个圆台 D．一个圆柱

【答案】BD

【分析】根据旋转体的形成原理即可判断.

【详解】如图，形成的旋转体为两个圆锥中间夹了一个圆柱：

故选：BD.

12．在△ABC中，a、b、c分别为∠A、∠B、∠C的对边，下列叙述正确的是（       ）

A．若 则△ABC为等腰三角形

B．若 则△ABC为等腰三角形

C．若则△ABC为锐角三角形

D．若，则∠C

【答案】ACD

【解析】根据正余弦定理、三角形内角和性质，结合三角恒等变换有：A可得，B可得或，C可得，D中，即可判断各选项正误.

【详解】A：有，即，故△ABC为等腰三角形，正确.

B：有，即，，所以或，△ABC不一定为等腰三角形，错误.

C：，所以△ABC为锐角三角形，正确.

D：知：，所以，，有∠C，正确.

故选：ACD

【点睛】关键点点睛：应用正弦定理边角互化及三角形内角和，两角和差公式等转化条件确定三角形形状.

三、填空题

13．已知正三棱锥的底面边长为4，高为2，则此三棱锥的体积为___________

【答案】

【分析】根据题意条件，计算出底面积，然后再利用，计算可求解出体积.

【详解】

如图，过点作底面的投影，连接，取的中点，连接，在正三棱锥中，底面为正三角形，边长为4，所以， ，而为该正三棱锥的高，长为2，所以.

故答案为：.

14．已知复数满足，则的最大值为___________.

【答案】5

【分析】设，，，由已知条件求出复数对应的点的轨迹为圆，根据复数模的几何意义和圆的性质即可求解.

【详解】设，，，因为，

所以，则，即，

所以复数对应的点的轨迹是以为圆心，半径的圆，

而表示复数对应的点到坐标原点的距离，

所以的最大值就是，

故答案为：5

15．如图所示，A，B，N在同一水平面上，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点.从A点测得M点的仰角，C点的仰角以及；从点测得.已知山高，则山高_____________.

【答案】

【分析】利用锐角三角函数定义，结合正弦定理进行求解即可.

【详解】如图所示：在直角三角形中，，

在中，因为，，所以，

由正弦定理可知：，

在直角三角形中，，

故答案为：

16．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，半正多面体体现了数学的对称美.如图是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为4，则该半正多面体的表面积为_____________.

【答案】

【分析】由题可求出半正多面体的棱长，从而可求出其表面积

【详解】一个棱数为24的半正多面体有12 个顶点，14个面，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且顶点是正方体各棱的中点，

因为正方体的棱长为4，所以半正多面体的棱长为，

由图可知半正多面体由8个全等的等边三角形和6个全等的正方形组成，

所以半正多面体的表面积为

，

故答案为：

四、解答题

17．，复数在复平面内对应的点.

(1)点位于第二象限，求的取值范围；

(2)复数是纯虚数，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意可得，解不等式组可求出的取值范围；

（2）由题意可得，从而可求出的值

【详解】(1)因为复数在复平面内对应的点位于第二象限，

所以，即，

解得，即的取值范围为

(2)因为复数是纯虚数，

所以，解得，

所以当时，复数是纯虚数

18．已知向量，（其中），函数.

(1)求的解析式和的单调递增区间；

(2)若（其中），求的值.

【答案】(1)；单调递增区间为

(2)或

【分析】(1)利用向量数量积的坐标运算，再利用倍角公式和辅助角公式进行化简即可求解；

(2)根据题意，直接代入化简可得，然后利用三角函数的性质，即可计算求解.

【详解】(1)，

要求的单调递增区间，可令，

解得，.

综上，解析式为，

的单调递增区间为

(2)，，化简得

，或，

整理得或，又因为，所以，

或

19．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，点A在边BC上的垂足为点D.

(1)判断的形状；

(2)如图，若，且，求的值.

【答案】(1)等腰三角形

(2)

【分析】（1）利用正弦定理作边化角，结合即可判断的形状；

（2）由，则是等腰直角三角形，根据，可得的长，在中，结合余弦定理求解即可.

【详解】(1)由题，因为，所以，

因为，所以，

即，则，

所以在中，，

所以是等腰三角形.

(2)由（1），因为，则，，

因为，所以，，

因为，所以，

所以，

在中，.

20．如图，直三棱柱有外接圆柱，点，分别在棱和上，.

(1)若，且三棱柱有一个内切球，求三棱柱的体积；

(2)若，连接，，将三棱柱的侧面和展开成一个平面图形，求展开图形中面积的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【解析】(1)

，是圆锥的上下底面圆心，而且点，分别在棱和上，由此可知是为斜边的直角三角形. ,

设的内切圆的半径为，则由等面积法，可知:,，故三棱柱的内切球的半径也是，故三棱柱的高，进而三棱柱的体积.

(2)三棱柱的侧面和展开成一个平面图形,

设，则，，，所以.                  

21．如图，已知四边形为平形四边形，，，设，.

(1)用向量，表示；

(2)若点P是线段CM上的一动点，（其中），求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据平面向量线性运算法则及平面向量基本定理计算可得；

（2）首先用向量，表示出、，再根据平面向量共线定理的推论及平面向量基本定理得到，最后代入利用二次函数的性质计算可得；

【详解】(1)解：依题意，，，

所以，所以；

(2)解：因为

因为在线段上，即、、三点共线，

所以存在实数，，使得

又，所以，

所以

因为，所以当时取得最小值；

22．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，.

(1)求；

(2)若是等边三角形，圆是的内切圆，圆与的切点分别为D，E，F，如图，若点P是劣弧EF上的一点，点Q是线段DC上的一点，求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】①根据正弦定理，实现边角互化即求解.

②建立直角坐标系，得到点的坐标以及圆的方程，然后根据距离公式，求的最大值，然后再转化成.

【详解】(1)，由正弦定理可得：,,, 故，又.

(2)       

建立如图所示的直角坐标系，设，的内切圆半径为，

则，则满足:，又因为在劣弧上，所以可知：.

,，

同理:.

故:，

，，

故当时，，从而可得.

又因为点Q是线段DC上的一点，所以,

的最大值为.