2021-2022学年安徽省蚌埠市高一下学期期末数学试题含解析

2021-2022学年安徽省蚌埠市高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知为虚数单位，则复数在复平面上对应的点位于（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

【分析】由复数的运算求出，再根据其几何意义即可判断．

【详解】因为，所以其在复平面上对应的点在第二象限．

故选：B．

2．（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据给定条件，利用和角的余弦公式计算作答.

【详解】.

故选：D

3．已知向量，，若，则（       ）

A．1 B．2 C． D．

【答案】A

【分析】将向量的垂直关系转化为坐标关系..

【详解】因为，则，

即，，所以A正确.

故选：A.

4．已知，是不同的直线，，，是不同的平面，则下列结论正确的是（       ）

A．若，，则 B．若，，则

C．若，，则 D．若，，则

【答案】D

【分析】举例说明判断A，B，C；利用线面垂直的性质判断D作答.

【详解】对于A，如图，在长方体中，平面为平面，直线为直线，

若直线为直线，满足，，而，A不正确；

对于B，由选项A知，若平面为平面，满足，，而，B不正确；

对于C，由选项A知，若平面为平面，平面为平面，满足，，而，C不正确；

对于D，因，，由线面垂直的性质得，D正确.

故选：D

5．如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个斜边长为2的等腰直角三角形，且斜边成横向，那么原平面图形中最长边的长度是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据斜二测画法可得原图，从而可计算原平面图形中最长边的长度.

【详解】斜二测直观图如图（1）所示，原图如图（2）所示，其中：，

故原平面图形中最长边为.

故选：C．

6．已知圆锥底面半径为1，高为2，则该圆锥侧面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求得圆锥的母线长，再利用侧面积公式求解.

【详解】解：因为圆锥底面半径为1，高为2，

所以圆锥的母线长为，

所以该圆锥侧面积为，

故选：B

7．为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（       ）

A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度

C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度

【答案】D

【分析】将函数化为，再进行判断.

【详解】，

它是由图象上所有的点向右平移个单位长度得到的，所以D正确.

故选：D.

8．已知直三棱柱的个顶点都在球的表面上，若，，，则球的体积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设外接圆圆心为，半径为，由正弦定理可得，利用求得球的半径后，由球的体积公式即可得解.

【详解】设外接圆圆心为，半径为，连接，如图，

易得平面，

，，，

即，，

，

球的体积.

故选：A.

【点睛】本题考查了直棱柱的几何特征及外接球体积的求解，考查了空间思维能力，属于中档题.

二、多选题

9．已知复数，则下列说法正确的是（       ）

A．虚部是 B． C． D．

【答案】BD

【分析】根据复数的概念进行判断.

【详解】，虚部为2，所以A错误；

，所以B正确；

虚数不比较大小，所以C错误；

，所以D正确.

故选：BD.

10．中，下列说法正确的是（       ）

A．与共线的单位向量为

B．

C．若，则为钝角三角形

D．若是等边三角形，则，的夹角为60°

【答案】AC

【分析】根据单位向量判断A，根据向量减法判断B，根据向量夹角、数量积的定义判断C、D；

【详解】解：对于A：与共线的单位向量为，故A正确；

对于B：，故B错误；

对于C：，所以，所以为钝角，则为钝角三角形，故C正确；

对于D：若是等边三角形，则，的夹角为，故D错误；

故选：AC

11．如图，正方体中，点为的中点，点为的中点，则下列结论正确的是（       ）

A． B．平面

C．平面 D．直线与平面所成的角为30°

【答案】AB

【分析】取中点，证明平面后得线线垂直判断A，由面面平行的性质定理判断B，由线面垂直的性质定义定理判断C，求出线面角的正切值判断D．

【详解】取中点，连接，则，

平面，平面，则，所以，

在正方形中，由（直角三角形的边长对应相等），得，所以，

所以，

，平面，所以平面，又平面，所以，A正确；

平面，而平面平面，所以平面，B正确；

若平面，平面，则，，则，这是不可能的，C错；

由线面角的定义知是与平面的成的角（平面），

在直线中，可得（其中为正方体棱长），，D错．

故选：AB．

12．关于函数，以下说法正确的是（       ）

A．函数是偶函数 B．函数的最小正周期是

C．是函数图象的一条对称轴 D．函数在区间上单调递增

【答案】BCD

【分析】根据奇偶性的定义可判断A项，根据正弦型函数的周期可判断B项，根据正弦型函数的对称性可判断C项，整体代入求解正弦型函数的单调性可判断D项.

【详解】解：对于A，，故函数不是偶函数，故A错误；

对于B，令，则函数的最小正周期为，故函数的最小正周期为，故B正确；

对于C，函数图象的对称轴方程为，即，

当时，，故C正确；

对于D，当时，，故函数在区间上单调递减，则在区间上单调递增，故D正确；

故选：BCD.

三、填空题

13．已知是虚数单位，计算：____________.

【答案】

【分析】由复数的除法法则计算．

【详解】．

故答案为：．

14．如图，点，在无法到达的河对岸，为测量出，两点间的距离，在河岸边选取，两个观测点，测得，，，，则，两点之间的距离为____________（结果用m表示）.

【答案】

【分析】先分别求出和，在中，利用余弦定理即可解得.

【详解】因为，所以.

因为，所以，所以为等边三角形，所以.

在中，,,

所以.

由正弦定理得：，即，解得：.

在中，,,,由余弦定理解得：

.

故答案为：

15．计算：____________

【答案】

【分析】切化弦，通分后结合二倍角和两角和差正弦公式可化简求得结果.

【详解】.

故答案为：.

四、双空题

16．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，将一个棱长为2正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则该多面体的表面积为___________；其外接球的表面积为___________.

【答案】         

【分析】该多面体棱长为，由正三角形和正方形面积可得，多面体的顶点是原正方体各棱中点，因此其外接球的球心是正方体的中心，从而可得外接球半径，得球表面积．

【详解】由题意该多面体棱长为，表面积为，

该多面体的顶点是原正方体各棱中点，因此其外接球的球心是正方体的中心，外接球半径为，表面积为．

故答案为：；．

五、解答题

17．已知，.

(1)求；

(2)求.

【答案】(1)

(2)-2

【分析】（1）先求解的值，利用二倍角的正弦公式即可求解；

（2）先由（1）求解的值，利用两角和的正切公式即可求解.

【详解】(1)解：因为，则，由，

解得.

∴.

(2)解：由（1）知，，

所以.

18．已知向量与，其中，，且与的夹角.

(1)求；

(2)求向量在方向上的投影数量.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由向量数量积定义可求得，根据数量积的运算律可求得结果；

（2）由投影数量公式可直接求解得到结果.

【详解】(1)，.

(2)向量在方向上的投影数量为.

19．若函数.

(1)求函数的最大值及最小正周期；

(2)求使成立的的取值集合.

【答案】(1)最大值为，最小正周期为

(2)

【分析】（1）化简的解析式，由此求得的最大值以及最小正周期.

（2）通过解三角不等式求得的取值范围.

【详解】(1)

，

∴，最小正周期.

(2)∵，∴，

∴，，

解得，，

∴使成立的的取值集合为.

20．底面是菱形的直四棱柱中，，且，.

(1)求异面直线与所成角的余弦值；

(2)若为线段的中点，求三棱锥的体积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）有题易得即为异面直线与所成角，求出再由余弦定理代入即可得出答案.

（2）由线面平行的判定定理可证明平面，所以，求出代入即可得出答案.

【详解】(1)因为直四棱柱，则，

所以四边形为平行四边形，∴，

所以即为异面直线与所成角，

因为菱形中，，且，易得，

又，易得，

所以

即异面直线与所成角的余弦值为.

(2)∵

又平面，平面

∴平面，

，

∴.

21．在①，②，③三个条件中任选一个，补充到下面问题的横线中，并求解该问题.

已知中，，，分别是内角，，的对边，_____________.

(1)求角；

(2)若，求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）选择①，由正弦定理化边为角，结合诱导公式，两角和的正弦公式变形后可得；选择②，由正弦定理化边为角，结合诱导公式，两角和的正弦公式变形后可得；选择③，由积化和差公式变形后可求得；

（2）由余弦定理、结合基本不等式得的最大值，再由三角形面积公式得面积最大值．

【详解】(1)选择①

由正弦定理得，

因为，

所以，

整理得，

因为，故，又

即角

选择②

由正弦定理得，

整理得，

由，

故，

因为，故，又

即角.

选择③

由和差化积公式得

故，

因为，所以，即角.

(2)由余弦定理得

所以，，

故的面积，

即的面积的最大值为.

22．如图所示的几何体中，，平面，，，是的中点.

(1)求证：；

(2)线段上是否存在一点，使得平面，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在点当时，满足条件，理由见解析

【分析】（1）取的中点，连接，，由三角形中位线定理可得，再由，得，则与共面，由已知线面垂直和等腰三角形的性质，结合线面垂直的判定可得平面，从而可证得，

（2）当时，满足条件，连接交于，连接，则，从而得，再由线面平行的判定定理可证得结论

【详解】(1)取的中点，连接，，

又是的中点，所以，

∵，∴，

∴与共面，

∵平面，平面，

∴，

∵，是的中点，

∴，

∵，，，

∴平面，

∵平面，

∴.

(2)存在点，当时，满足条件，证明如下，

连接交于，连接，

∵，∴，

∴，

∴，

∴，

∵平面，不在平面内，

∴平面.