2021-2022学年广东省潮州市饶平县第二中学高一下学期期中数学试题（解析版）

2021-2022学年广东省潮州市饶平县第二中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解不等式，求函数的定义域，得到集合、，再求.

【详解】不等式解得，函数有意义，则，即，

集合，，

则.

故选：B

2．设复数满足，则在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】先利用复数的运算得到，利用题意可得到，则，即可得到答案

【详解】因为，

所以可得，解得，

所以，对应点为，位于第四象限，

故选：D

3．从某班名同学中选出人参加户外活动，利用随机数表法抽取样本时，先将名同学按，，…，进行编号，然后从随机数表第行的第列和第列数字开始从左往右依次选取两个数字，则选出的第个同学的编号为(注：表为随机数表的第行与第行)（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】从第一行第5列，两个两个数字取数，前面出现过的或者大于60的剔除，剩下的依次排列即得．

【详解】按题意，从第一行第5列，两个两个数字取数，抽样编号依次为43，36，47，46，24，第5个是24，

故选：A

4．把一个铁制的底面半径为，侧面积为的实心圆柱熔化后铸成一个球，则这个铁球的半径为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出圆柱的高，由圆柱和球的体积关系即可得出半径

【详解】因为实心圆柱的底面半径为，侧面积为，

所以圆柱的高为，

则圆柱的体积为，

设球的半径为，则，

故选：C

5．在中，，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先根据正弦定理求出，再根据同角三角函数之间的关系即可求解.

【详解】解：由正弦定理得：，

即，

解得：，

又，

.

故选：B.

6．已知，是单位向量，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用得到，然后计算即可求得答案

【详解】因为，所以，

因为，是单位向量，所以，所以，

所以，

所以，

故选：D

7．已知三角形的外接圆圆心为，且，，则在上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据已知条件判断出三角形和三角形的形状，从而计算出在上的投影向量.

【详解】依题意三角形的外接圆圆心为，且，

所以是的中点，即是圆的直径，且，

由于，所以三角形是等边三角形，

设圆的半径为，则，，

所以在上的投影向量为.

故选：A

8．在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】联结，交于O点，则O点为的中点，取的中点E，异面直线与所成角即直线与所成角，在中，由余弦定理求得即可.

【详解】联结，交于O点，则O点为的中点，取的中点E，则

异面直线与所成角即直线与所成角，

在中，，，

则

故异面直线与所成角的余弦值为

故选：A

二、多选题

9．已知，为不同的直线，，为不同的平面，下列命题为真命题的有（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】ACD

【分析】对A，根据垂直于同一直线的两平面平行，即可判断；对B，由线面平行的判定定理即可判断；对C，由面面垂直的判定定理即可判断；对D，根据垂直于同一平面的两直线平行，即可判断.

【详解】解：对A，由垂直于同一直线的两平面平行可得：，，故A正确；

对B， ，，则或者，故B错误；

对C，由面面垂直的判定定理可知：，，故C正确；

对D，由垂直于同一平面的两直线平行可得：，，故D正确.

故选：ACD.

10．以下是真命题的是（    ）

A．已知，为非零向量，若，则与的夹角为锐角

B．已知，，为两两非共线向量，若，则

C．在三角形中，若，则三角形是等腰三角形

D．若三棱锥的三条侧棱与底面所成的角相等，则顶点在底面的射影是底面三角形的外心

【答案】BD

【分析】A：将已知条件两边同时平方，整理得到，结合平面向量的数量积的定义得到，由平面向量的夹角范围可得，进而可以判断选项；B：将已知条件变形为，结合平面向量数量积即可判断选项；

C：结合正弦定理化简整理即可判断三角形的形状；

D：作出图形，证得，即可得到，结合三角形外心的性质即可判断.

【详解】A：因为，两边同时平方，得，即，所以，因此，因为，所以，因此与的夹角为锐角或零角，故A错误；

B：因为，所以，又因为，，为两两非共线向量，则，所以，故B正确；

C：因为，结合余弦定理得，所以，所以或，即或，所以角形是等腰三角形或直角三角形，故C错误；

D：

设三棱锥的顶点在底面的射影为，所以底面，又因为底面，底面，底面，所以，又因为三棱锥的三条侧棱与底面所成的角相等，所以，所以，所以，所以点是的外心，故D正确；

故选：BD.

11．已知，，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【解析】直接利用不等式的性质的应用和基本不等式的应用求出结果．

【详解】解：因为，，且，所以

所以，故A正确；

对于B：，所以，当且仅当时取等号，故B正确；

对于C：，当且仅当时取等号；故错误．

对于D：已知，，且，所以，则，当且仅当时取等号；故D正确．

故选：ABD

【点睛】利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方

12．已知圆锥的母线长为2，底面半径为，平面为轴截面，点为底面圆周上一动点（可与点，重合），则（    ）

A．三棱锥体积的最大值为1

B．直线与所成角的范围为

C．三角形面积的最大值为

D．三角形为直角三角形时所在平面与底面所成角的正弦值为

【答案】ABD

【分析】当为等腰直角三角形时，的面积最大，三棱锥体积最大即可判断A；分别计算点位于点和的中点时的线面角即可判断B；由三角形的面积公式结合的范围可求面积的最大值即可判断C；根据二面角的定义作出其平面角，求出平面角的正弦值可判断D，进而可得正确选项.

【详解】对于A：当，即为等腰直角三角形时，的面积最大，最大值为，三棱锥的高，所以三棱锥体积的最大值为，故选项A正确；

对于B：当点位于点或点时，直线与所成角，因为垂直于底面，且，，此时，直线与所成角为，当点位于的中点时，此时，垂直于底面，所以，因为，所以面，因为面，所以，此时直线与所成角为，结合圆锥的对称性可知：直线与所成角的范围为，故选项B正确；

对于C：，，，此时，所以，

当点从点运动到点时，从逐渐增加为，所以当时，三角形面积的最大为，故选项C不正确；

对于D：三角形为直角三角形时，，所以，取的中点，连接，，则，因为垂直于底面，所以，因为

，所以面，可得，所以即为平面与底面所成的角，，所以，，所以，所以，即三角形为直角三角形时所在平面与底面所成角的正弦值为，故选项D正确；

故选：ABD.

三、填空题

13．已知复数为纯虚数（其中i为虚数单位），则实数______．

【答案】

【分析】应用复数的除法化简，再根据其为纯虚数可得，即可求参数.

【详解】由题设，为纯虚数，

∴，可得.

故答案为：.

14．某单位有名职工，其中女职工有名，男职工有名，现要从中抽取名进行调研座谈，如果用比例分配的分层随机抽样的方法进行抽样，则应抽女职工_______名．

【答案】9

【分析】利用分层抽样的比例关系列式求解．

【详解】根据分层抽样的定义和方法，设应抽女职工x名，则，解得．

故答案为：9．

15．在中，角所对的边分别为，当时，若不等式恒成立，则的取值范围为___________.

【答案】

【分析】由余弦定理得出，将题设不等式化为再解一元二次不等式即可.

【详解】由余弦定理得

因为，所以由得

所以若不等式，即恒成立﹐则

即，所以或(舍).

故答案为：

16．在三棱锥中，已知平面平面，，，，，则三棱锥的外接球的表面积为______．

【答案】

【分析】如图，由题意可得平面，为三角形的外心，则三棱锥的外接球的球心在过垂直于平面的直线上，设为点，则外接球的半径为，然后利用已知的数据求出半径，进而可求出表面积

【详解】解：因为平面平面，平面平面，，

所以平面，

设为三角形的外心，连接，则，

因为，所以,

过作垂直于平面的直线，则三棱锥的外接球的球心在此直线上，设外接球的球心为，连接，设外接球的半径为，则，

因为，所以，即，

所以三棱锥的外接球的表面积为

，

故答案为：

四、解答题

17．已知

（1）当为何值时，与垂直

（2）若，且三点共线，求的值．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）与垂直，即与的数量积为，利用坐标计算可得值；

（2）因为三点共线，所以，利用平面向量共线的坐标公式计算可得的值．

【详解】解：（1），

因为垂直，所以，

即，得.

（2）

因为三点共线，所以．

所以，即，所以.

18．如图，已知点，，，在同一平面内，且，，，，．

（1）求的长；

（2）求的面积．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）在中，由余弦定理求得，得到，又由，得到，在直角中，利用勾股定理，即可求解．

（2）利用三角形的面积公式，分别求得，结合，即可求解.

【详解】（1）如图所示，连接，

在中，由余弦定理可得，

又由且，所以，

因为，可得，

在直角中，可得．

（2）由，

，

，

所以的面积为．

19．如图，直三棱柱中，，分别是，的中点．

（1）证明：平面；

（2）若，，证明：平面平面．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）连接交于点，则为中点，连接，易知，根据线面平行的判定可证平面；

（2）由题设得平面，根据线面垂直的性质及判定有，由已知线段的长度求、、，再由勾股定理知，最后根据线面、面面垂直的判定可证平面平面．

【详解】（1）连接交于点，则为中点，连接，又是中点，

∴，又平面，平面

∴平面

（2）∵是直三棱柱，

∴平面，又平面，

∴，由且为的中点，即，又，

∴平面，又平面，

∴，

由，，得，，，

∴，即，又，

∴平面，又平面，

∴平面平面.

20．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答.

问题：在中，角，，的对边分别为，，，且___________.

（1）求角；

（2）若，求的取值范围.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】条件选择见解析；（1）；（2）.

【分析】（1）若选①，用和角正弦公式或正弦定理，余弦定理求解；若选②，用正弦定理，余弦定理求解；若选③，用面积公式，正弦定理，余弦定理求解；

（2）用正弦定理和三角恒等变换得到，进而可求得结果.

【详解】（1）选择条件① ：

解法一：因为，

所以，

即. 因为，所以.

又，所以.

解法二：因为，

所以，

即，所以.

又，所以.

选择条件② ：

因为，

所以，

即，所以.

又，所以.

选择条件③ ：

因为，

所以，

从而，所以.

又，所以.

（2）因为，所以，

从而

.

因为，所以，

从而，

所以的取值范围为.

【点睛】方法点睛：

在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用正弦定理，出现边的二次式一般采用余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．

21．如图甲，在直角三角形中，已知，，分别是，的中点．将沿折起，使点到达点的位置，且平面⊥平面，连接，，得到如图乙所示的四棱锥，为线段上一点．

图甲                      图乙

(1)证明：⊥平面；

(2)过三点的平面与线段相交于点，直线与所成角的大小为，求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明过程见详解

(2)

【分析】（1）运用面面垂直的性质定理证明线面垂直.

（2）先根据线面角点的位置，再证平面，进而证明，找到点的位置,再利用换底法求三棱锥的体积.

【详解】（1）分别是，的中点，      ，

，     ，      ．

又平面平面，平面平面，平面

平面．

（2）

如图所示：

，   直线与所成角为．

，     ，      为的中点．

，平面，平面

平面，

又过三点的平面与线段相交于点，且平面平面，平面

，       为的中点．

又平面，平面

平面，

由（1），，，，平面，

平面，

三棱锥的体积为

.

故：三棱锥的体积为.

22．对于函数，若在定义域内存在实数，满足，则称为“类函数”.

（1）已知函数，，试分别判断､是否为“类函数”，并说明理由；

（2）若函数为其定义域上的“类函数”，求实数的取值范围.

【答案】（1）不是“类函数”，是“类函数”，利用见解析；（2）

【分析】（1）根据已知条件中“类函数”的定义即可判断；

（2）根据已知条件中“类函数”的定义分别讨论、以及时有解即可，分离转化为值域问题即可求解.

【详解】（1）设在定义域内存在实数，满足，则

即，整理可得：，此方程无实根，

所以不是“类函数”，

设在定义域内存在实数，满足，则

，即

整理可得：，即，

可得：，所以是“类函数”，

（2）当时，，

，，由可得：

，即，所以，

因为在上为减函数，

所以，所以

当时，，

由可得：

即可得

，所以

令在单调递减，在上单调递增，

所以时，；时，，所以

所以，因为在单调递增，

所以

当时，，

由可得：即

，

因为在上单调递增，所以，

综上所述：实数的取值范围为