2021-2022学年浙江省杭州市余杭第一中学年高一下学期阶段测试数学试题（解析版）

2021-2022学年浙江省杭州市余杭第一中学年高一下学期阶段测试数学试题

一、单选题

1．已知i为虚数单位，复数，则z的虚部为（    ）

A．i B．1 C．7 D．7

【答案】B

【分析】由复数代数形式的乘法运算再结合复数虚部的概念，即可求解.

【详解】∵∴z的虚部为1.

故选：B．

2．如图，一个水平放置的平面图形的直观图是边长为2的菱形，且，则原平面图形的周长为（    ）

A． B． C． D．8

【答案】B

【分析】利用斜二测画法还原直观图即得.

【详解】由题可知，

∴，还原直观图可得原平面图形，如图，

则，

∴，

∴原平面图形的周长为.

故选：B.

3．已知平面向量，不共线，，，，则（    ）

A．，，三点共线 B．，，三点共线

C．，，三点共线 D．，，三点共线

【答案】D

【分析】根据给定条件逐项计算对应三点确定的某两个向量，再判断是否共线作答.

【详解】平面向量，不共线，，，，

对于A，，与不共线，A不正确；

对于B，因，，则与不共线，B不正确；

对于C，因，，则与不共线，C不正确；

对于D，，即，

又线段与有公共点，则，，三点共线，D正确.

故选：D

4．已知圆锥的侧面展开图为一个面积为的半圆，则该圆锥的高为（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】D

【分析】根据圆锥侧面展开图与本身圆锥的关系进行求解即可.

【详解】设圆锥的母线长为l，圆锥的底面半径为，

由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，

则，解得，

则圆锥的高.

故选：D.

5．设， 向量 ， 则 是 的 （    ）条件

A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要

【答案】B

【分析】根据向量共线与垂直的坐标表示，求得的值，结合充分条件和必要条件的判定方法，即可求解.

【详解】由题意，向量，

因为，可得，所以；

又因为，可得，所以，

则是的必要不充分条件.

故选：B.

6．若直线和是异面直线，在平面内，在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是

A．与，都相交 B．与，都不相交

C．至少与，中的一条相交 D．至多与，中的一条相交

【答案】C

【详解】l与l1，l2可以都相交，可可能和其中一条平行，和其中一条相交，如图

所以至少与，中的一条相交.

故选:C．

7．已知向量，，满足对任意，恒有，则（   ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】对两边平方，可得关于的一元二次不等式 对任意恒成立，进而有，即，从而即可求解.

【详解】解：因为向量，，对任意，恒有，

所以，即对任意恒成立，

所以，即，

所以，即，

所以，

故选：C.

8．已知一圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为，在该圆锥内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则的最大值为（    ）

A．3 B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，通过内切球即可得到的最大值．

【详解】依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球

设球心为，球的半径为，下底面半径为，轴截面上球与圆锥母线的切点为，圆锥的轴截面如图：则，因为，

故可得：；

所以为等边三角形，故是的中心，

连接，则平分，

所以；

所以，即，

即四面体的外接球的半径为．

另正四面体可以从正方体中截得，如图：

从图中可以得到，当正四面体的棱长为时，截得它的正方体的棱长为，

而正四面体的四个顶点都在正方体上，

故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，

所以，所以．

即的最大值为．

故选：B．

【点睛】本题考查了正四面体的外接球，将正四面体的外接球转化为正方体的外接球，是一种比较好的方法，本题属于难题．

二、多选题

9．在中，内角所对的边分别为，下列各组条件中使得有两个解的是（    ）

A．，， B．，，

C．，， D．，，

【答案】CD

【分析】根据题意先求出的值，根据正弦定理可推得，当，且时，有两个解，即有两个解.

【详解】A项：因为，所以.

由正弦定理可得，，无解，A错误；

B项：因为，所以.

由正弦定理可得，，只有一个解，B错误；

C项：因为，由正弦定理可得，.

又，所以，此时有两个解，即有两个解，C正确；

D项：因为，由正弦定理可得，.

又，所以，此时有两个解，即有两个解，D正确.

故选：CD.

10．如图，在三棱锥P-ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AB＝PA＝6，BC＝8，则（    ）

A．三棱锥D-BEF的体积为6

B．直线PB与直线DF垂直

C．平面DEF截三棱锥P-ABC所得的截面面积为12

D．点P与点A到平面BDE的距离相等

【答案】ACD

【分析】A.根据PA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AB＝PA＝6，BC＝8，先求得V三棱锥P-ABC，再根据D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，得到V三棱锥D-BEF ；B. 假设直线PB与直线DF垂直，利用线面垂直的判定定理得到平面DEF， 与平面DEF矛盾；C.根据 D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，则截面与PB相交，交点为中点，论证其形状再求解；D. 论证平面DEF即可.

【详解】A.因为PA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AB＝PA＝6，BC＝8，

所以V三棱锥P-ABC，

又因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，

所以，

所以V三棱锥D-BEF ，故正确；

B. 若直线PB与直线DF垂直，因为PA⊥平面ABC，所以，

又 ，

所以平面PAB，所以 ，

又 ，所以 平面PAB，

所以 ，所以 平面DEF，

易知 平面DEF，矛盾，故错误；

C.如图所示：

取PB的中点G，连接GD，GF，

则，

所以，

所以平面DEF截三棱锥P-ABC所得的截面为矩形GFED，

其面积为，故正确；

D. 因为， 平面DEF，平面DEF，

所以平面DEF，

所以点P与点A到平面BDE的距离相等，故正确.

故选：ACD

【点睛】本题主要考查几何体体积的求法，线面垂直的判定，线面平行的判定以及截面的面积问题，还考查了逻辑推理，运算求解的能力，属于中档题.

三、填空题

11．若是关于的实系数方程的一个复数根，则___________.

【答案】3

【分析】由题知与其共轭复数均为方程的根，进而由韦达定理即可得答案.

【详解】∵实系数一元二次方程的一个虚根为，

∴其共轭复数也是方程的根.

由根与系数的关系知，，

∴ ，.

故答案为：

【点睛】本题考查方程复数根的特点的应用，熟练掌握实系数方程的虚根成对原理（需明确两根为共轭复数）和根与系数的关系是解题的关键，属于基础题.

12．设正四面体的内切球半径为，外接球半径为，则______．

【答案】

【分析】在正四面体中，，分别为，的中点，连接，交于点，则点为正三角形的外心，连接，则底面，且正四面体的外接球球心与内切球球心为同一点，应在线段上，记作点，不妨设正四面体的棱长为，利用勾股定理求出外接球半径，进而得出内切球半径，可得答案．

【详解】如图，在正四面体中，，分别为，的中点，连接，交于点，则点为正三角形的外心，连接，则底面，且正四面体的外接球球心与内切球球心为同一点，应在线段上，记作点，如图所示．

不妨设正四面体的棱长为，则在中，．

∵底面，底面，∴，

∴．

∵正四面体的外接球、内切球球心均为，

∴，．

∵，且在中有．

∴，

∴，，

∴．

故答案为：

13．已知一个三棱锥，，，则它的外接球的表面积为______.

【答案】π

【分析】构造长方体，使得面上的对角线长分别为4,4,3，则长方体的对角线长等于三棱锥P﹣ABC外接球的直径，即可求出三棱锥P﹣ABC外接球的表面积．

【详解】∵三棱锥P﹣ABC中，，，

∴构造长方体，使得面上的对角线长分别为4，4，3，

则长方体的对角线长等于三棱锥P﹣ABC外接球的直径．

设长方体的棱长分别为x，y，z，则x2+y2＝16，y2+z2＝16，x2+z2＝9，

∴x2+y2+z2＝

∴三棱锥P﹣ABC外接球的直径为2

∴三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为 ．

故答案为π．

【点睛】本题考查球内接多面体，考查学生的计算能力，构造长方体，利用长方体的对角线长等于四面体外接球的直径是关键．

14．平面向量，满足，，向量，的夹角为，则的最小值为__________．

【答案】

【分析】根据题中的等式建立关于和的方程，用 表示，再运用函数思想求解出答案.

【详解】，且

设，又 ，所以上式可化简为：

，即， ，同时

令，

在上单调递减，在 上单调递增

，即， 的最小值为

的最小值为：

故答案为：.

四、双空题

15．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，，，则___________；的面积为___________．

【答案】          或

【分析】利用余弦定理可求得，由此得到；将代入已知等式可求得，利用三角形面积公式可求得结果.

【详解】，，又，；

又，或，或.

故答案为：；或.

【点睛】本题考查余弦定理解三角形、三角形面积公式的应用，属于基础题.

五、解答题

16．已知，

(1)求的值；

(2)求与的夹角.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先由化简求出，再由可求得结果，

（2）先求出，，然后利用向量的夹角公式求解即可

【详解】（1）因为，，

所以，，得，

所以

（2）因为，

，

所以，

因为，

所以，

即与的夹角为

17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．

问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，，________?

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】详见解析

【分析】方法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到a,b的比例关系，根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解.

【详解】［方法一］【最优解】：余弦定理

由可得：，不妨设，

则：，即.

若选择条件①：

据此可得：，，此时.

若选择条件②：

据此可得：，

则：，此时：，则：.

若选择条件③：

可得，，与条件矛盾，则问题中的三角形不存在.

［方法二］：正弦定理

由，得．

由，得，即，

得．由于，得．所以．

若选择条件①：

由，得，得．

解得．所以，选条件①时问题中的三角形存在，此时．

若选择条件②：

由，得，解得，则．

由，得，得．

所以，选条件②时问题中的三角形存在，此时．

若选择条件③：

由于与矛盾，所以，问题中的三角形不存在．

【整体点评】方法一：根据正弦定理以及余弦定理可得的关系，再根据选择的条件即可解出，是本题的通性通法,也是最优解；

方法二：利用内角和定理以及两角差的正弦公式，消去角，可求出角，从而可得，再根据选择条件即可解出．

18．如图，已知在长方体中，，，点是的中点．

（1）求证：平面；

（2）求三棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）连接，利用中位线的性质得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；

（2）计算出，利用锥体的体积公式可求得结果.

【详解】（1）因为四边形为矩形，且，则为的中点，

又因为为的中点，则，

平面，平面，因此，平面；

（2）因为，，且为的中点，

所以，，

在长方体中，平面，

因此，.

【点睛】方法点睛：常见的线面平行的证明方法有：

（1）通过面面平行得到线面平行；

（2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质.

19．如图所示，等腰梯形中，，，已知E，F分别为线段，上的动点（E，F可与线段的端点重合），且满足，.

(1)求关于x，y的关系式并确定x，y的取值范围；

(2)若，判断是否存在恰当的x和y使得取得最大值?若存在，求出该最大值及对应的x和y；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)，，

(2)存在最大值2，，

【分析】（1）法一：先计算出，再把用表示出来，再按照数量积运算即可；

法二：建立直角坐标系，表示出，按照数量积的坐标运算计算即可.

（2）先通过得到，再换元后利用双勾函数的内容求出最值即可.

【详解】（1）法一：由等腰梯形的性质可知，

即，又，

则.

由F，F分别为线段，上动点，故，.

法二：以A为坐标原点建立平面直角坐标系，易得，，，，

，

则.

由E，F分别为线段，上动点，故，.

（2）由可得，则，

又解得，.

故，令，则，即，

显然函数在上单调递增，故当即且时，取得最大值为2.