【文档说明】浙江省温州市知临教育集团2021-2022学年高一下学期期中数学试题 含解析.docx，共(25)页，3.370 MB，由小赞的店铺上传

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2021学年第二学期期中质量检测高一数学试卷一、单选题：共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若复数21iz=+，则|i|z−=（）A.2B.5C.4D.5【答案】B【解析】【

分析】先化简复数z，再利用复数的模求解.【详解】因为复数21iz=+，所以2ii12i1iz−=−=−+，所以()22i125z−=+−=，故选：B2.已知向量(1,)am=，(,2)bm=，若//ab，则实数m等于（）A.－

2B.2C.－2或2D.0【答案】C【解析】【分析】应用向量平行的坐标表示列方程求参数值即可.【详解】由//ab知：1×2－m2＝0，即2m=或2−.故选：C.3.对于非零向量a，b，“2()2abaa

+=rrrr”是“ab=”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】分别判断充分性和必要性：取||2||ba=，,3ab=，满足2()2abaa+=rrrr，而ab；ab=

时，2()2abaa+=rrrr，得到答案．【详解】2()2abaa+=rrrr，则222abaa+=，即2baa=，取||2||ba=，,3ab=，此时满足2()2abaa+=rrrr，而ab；当ab=时，2()2abaa+=rrrr．故

“2()2abaa+=rrrr”是“ab=”的必要而不充分条件．故选：B．【点睛】本题考查了必要不充分条件，意在考查学生的计算能力和推断能力．4.在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，3ABCS=△，2a=，4b=，则cosC=（）A.74B.3

4C.32D.72【答案】A【解析】【分析】由三角形面积公式可得3sin4C=，根据锐角三角形及同角的平方关系求cosC.【详解】由题设1sin4sin32abCC==，则3sin4C=，又三角形ABC为锐角三角形，所以2

7cos1sin4CC=−=.故选：A5.我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也.甍，屋盖也.”今有底面为正方形的屋脊形状的多面体（如图所示），下底面是边长为2的正方形

，上棱32EF=，EF//平面ABCD，EF与平面ABCD的距离为2，该刍甍的体积为（）A.6B.113C.314D.12【答案】B【解析】【分析】在几何体中，作FN//AE，FM//ED，将多面体被分割为三棱柱与四棱锥两部分求解.【详解】如图，作FN//A

E，FM//ED，则多面体被分割为棱柱与棱锥部分，因为EF与平面ABCD的距离为2，所以四棱锥F-NBCM的高为2，所以V四棱锥F-NBCM=13SNBCM1322222323=−=V棱柱ADE-NMF=S直截面313223222==

所以该刍甍的体积为V=V四棱锥F-NBCM+V棱柱ADE-NMF=211+3=33.故选：B【点睛】本题考查空间几何体的体积，考查空间想象能力和运算求解能力，属于基础题.6.已知两平行平面，之间的距离为1，S平面，M平面，N平面，P平面，2SP=，2MN

=，则异面直线SP与MN所成的角的最大值和最小值为（）A.105，15B.90，15C.75，15D.90，75【答案】B【解析】【分析】根据平移的方法可找到异面直线SP与MN所成的角，作出示意图，分析该角最小以及最大时的位置，可得答案.【详解】如图，不妨在

内将点S,M平移到同一点，不妨设平移到S点，作SA⊥，,A为垂足，连接,PANA,则1SA=,此时PSN即为异面直线SP与MN所成的角或其补角，由于2SP=，2MN=，则1sin,302SPASPA

==,2sin,452MNASPA==，当SPA，MNA在同一个平面内时，如图示位置：453015PSN=−=，当SPA，SNA不在同一个平面内时，不妨假设如图中,SPSN位置，即相当于以A为圆心，以AN为半径画弧，点P在圆外，当P，N，A共线时，P

N最短，此时PNPN,由于SPSN=,故PSNPSN，由于2,2SPSNMN===,故当6PN=即,SPSN垂直时，90PSN=，即异面直线SP与MN所成的角的最大值和最小值为90，15，故选：B7

.非零向量a，b夹角为60，且1ab−=，则ab+的最大值为（）A.2B.1C.3D.5【答案】C【解析】【分析】将1ab−=平方得221abab+=+，结合基本不等式得1ab，再计算2ab+

即可求得ab+的最大值.【详解】由1ab−=可得2221aabb−+=，即222cos601aabb−+=，2212aabbabab−+=−，可得1ab，当且仅当ab=时取等；又222222cos60123abaabbaabbab+=++=++=+，故ab+的最大值为3

.故选：C.8.已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，以顶点A为球心，233为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于（）A.536B.33C.39D.539【答案】A【解析】【分

析】球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A所在的三个面上；另一类在不过顶点A的三个面上，且均为圆弧，分别求其长度可得结果.【详解】如图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类

：一类在顶点A所在的三个面上，即面11AABB面ABCD和面11AADD上；另一类在不过顶点A的三个面上，即面11BBCC、面11CCDD和面1111DCBA上.在面11AABB上，交线为弧EF且在过球心A的大圆上，因为123,13AEAA==，则16AAE

=,同理6BAF=，所以6EAF=，故弧EF的长为233369=，而这样的弧共有三条.在面11BBCC上，交线为弧FG且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为B，半径为33,2FBG=，所以弧FG的长为33326=,这样的弧也有三条.于是

，所得的曲线长为335333.966+=故选：A.二.多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.9.下列说法中正确的是（）A.1cosisincosi

sin=−+B.复数22i−的虚部是2C.设复数13i22z=−+，则3zz=D.若复数z满足i1z−=，则z在复平面内的对应点的集合是圆【答案】AD【解析】【分析】利用复数的计算法则，复数的特征，及几何意义依次判断各选项即可得出结果.【详解】

对于A,()()()cosisin1cosisincosisincosisincosisin−==−++−,则A正确；对于B,复数22i−的虚部是-2,则B错误；对于C,复数13i22z=−+,则231313131313iiii1i22222

22222zz=−+−+=−−−+==−−,则C错误；对于D.复数z满足i1z−=，则复数z对应点的集合是以点()0,1为圆心，以1为半径的圆，根据复数的几何意义可知D正确.故选：AD.10.已知向量(

)2,1a=，()()cos,sin0b=，则下列命题正确的是（）A.若ab⊥，则tan2=B.若b在a上的投影为36a−，则向量a与b夹角为23C.当为锐角时a与b的夹角也是锐角D.存在，使得abab+=+【答案】BD【解析】【分析】A

由向量垂直的坐标表示即可判断；B根据投影的定义求得1cos,2ab=−，进而确定大小即可；C利用向量夹角的坐标表示及辅助角公式得cos,sin()ab=+且tan2=，根据正余弦函数及向量夹角的性

质判断；D假设结论成立有ba=且0，根据坐标列方程求并判断存在性.【详解】A：2cossin0+=，则tan2=−，错误；B：由3||cos,6baba=−，即1cos,2ab=−，而,[0,]ab

，故2,3ab=，正确；C：2cossincos,sin()||||3ababab+===+且tan2=，若为锐角，且sin()1+=时，a与b的夹角为0，错误；D：要使abab+=+，则a与b同向共线，即ba=且0，此时

cos2sin==，则tan2=，而0，故存在使abab+=+成立，正确.故选：BD11.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2b=，23ABCS=，且coscos2cos0cBb

CaA+−=，则有（）A.3a=B.2C=C.3A=D.2c=【答案】BC【解析】【分析】利用余弦定理化简coscos2cos0cBbCaA+−=得选项C正确；利用三角形的面积公式化简23ABCS=得选项D错误；利用余弦

定理得选项A错误；利用正弦定理得选项B正确.【详解】解：由正弦定理得sincossincos2sincos0CBBCAA+−=,所以1sin()2sincos,sin2sincos,sin0,cos2BCAAAAAAA+===,

因(0,)A,所以,3A=选项C正确；由题得12sin23,423cc==，所以选项D错误；由余弦定理得22212422412,232aa=+−==，所以选项A错误；由正弦定理得234,sin1,(0,),sin2sin3CC

CC===.所以选项B正确.故选：BC12.如图，在矩形ABCD中，3AB=，4=AD，将ABC沿对角线AC进行翻折，得到三棱BACD−，则下列说法正确的是（）A.在翻折过程中，三棱锥BACD−的体积最大为

245B.在翻折过程中，存在某个位置使得BDAC⊥C.当点B的射影在CAD的平分线上时，二面角BACD−−的余弦值为14D.在翻折过程中，存在某个位置使得CDAB⊥【答案】ACD【解析】【分析】对于A，当平面BAC⊥平面ACD时,

三棱锥BACD−的体积最大；对于B，假设BDAC⊥推出矛盾；对于C，构造出二面角得平面角之后即可求解；对于D，利用线面垂直推线线垂直【详解】由题知,当平面BAC⊥平面ACD时,三棱锥BACD−的体积最大

,此时111224343255BACDV−==,故A正确对于B，假设BDAC⊥,过点D作DFAC⊥于点F,连接BF.为由于,,BDDFDBDDF=平面BDF,所以AC⊥平面BDF.又BF平面BDF,所以ACBF⊥,所以125BFDF==.又,90CFCF

CFBCFD===,所以BCFDCFVV,所以BCCD=,这与4,3BCCD==矛盾,故B错误.对于C，设点B在平面ABC上的射影为H，连接BH，AH过B作BEAD⊥，垂足为E，连接HE因为BH⊥平面ADC，AD平面ADC，所以BH⊥AD因为BH⊥AD，BEAD⊥，B

HBEB=，BH平面BEH，BE平面BEH所以AD⊥平面BEH，又EH平面BEH所以ADEH⊥，所以BEH即为二面角BACD−−的平面角RtABC中，125ABBCBEAC==，295ABAEAC==设2CAD=，则24cos22cos15=−=解之得310cos10=

所以210sin1cos10=−=，sin1tancos3==在RtAEH中，3tan5HEAE==在中RtBHEV中，1cos4HEBEHBE==，故C正确对于D，取AC中点O，连接BO，DO则52BODO==，若7BD=，则BODOBD+当7BD=时，222

CDBDBC+=，所以CDBD⊥因为CDBD⊥，CDAD⊥，AD平面ABD，BD平面ABD，ADBDD=所以CD⊥平面ABD，又AB平面ABD，所以CDAB⊥，故D正确故选：ACD三.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.欧拉公式ieco

sisinxxx=+（i是虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关系.试用欧拉公式计算10cosisin1010+=______.【答案】1−【解析】【分析】由题设有i10co

sisine1010+=，再由指数幂的运算性质及欧拉公式即可求值.【详解】由题设i10cosisine1010+=，所以10i10i10cosisin(e)e1010+==，则iecosisin1=+=−.故答案为：1−14.长方体1111A

BCDABCD−，1ABAAa==，BCb=，若直线1AB与平面11ADCB所成角的正弦值为13，则ab的值为______.【答案】142【解析】【分析】作辅助线，找出直线1AB与平面11ADCB所成

角，求得122,2abBEABaab==+，根据题意列出等式2211sin32ababBAEa+==，化简可得答案.【详解】如图，作1BEBC⊥于E,连接1AE,由于11AB⊥平面11BBCCBE，平面11BBCC,故111111

,ABBEABBCB⊥=,故BE⊥平面11ADCB，1AE为1AB在平面11ADCB内的射影，则1BAE即为直线1AB与平面11ADCB所成角，11221,2BBBCabBEABaBCab===+，则22111sin32abBEabBAEABa+===，即得142ab=，故答案为：

14215.如图所示是毕达哥拉斯的生长程序：正方形上连着等腰直角三角形，等腰直角三角形上再连接正方形，…，如此继续，正方形ABCD的边长为1，H为正方形CEFG上的任一点，则BEAH的最大值为______.【答案】

52##2.5【解析】【分析】设2,2EHEFEH==，()()BEAHBCCADDEH=++，将上式展开，根据向量点积的运算公式得到原式等于2,0,12+，进而得到最终结果.【详解】设2,2EHEFEH==由图形得到：()()BEAHB

CCADDEH=++，展开得到BEAHBCADBCDHCEADCEDH=+++BC向量和DH向量夹角等于AD和DH的夹角等于4，CE向量和AD向量夹角等于BC和CE的夹角等于4，BEAHBCADBCDHCE

ADCEDH=+++222221122222=+++2,0,12=+，当1=时取得最大值为：52.故答案为：52.16.已知点P，C，D是圆锥表面上的点，该圆锥

的侧面展开图为以点P为圆心，4为半径的半圆，点C是弧AB的中点，点D是弧AC的中点（如图），以圆锥底面圆心为球心，半径为2的球被平面PCD所截，则截面面积为______.【答案】167【解析】【分析】还原圆锥，作出示意图，求得底面圆半径，进而根据等

体积法求得底面圆心到截面圆的距离，从而求得截面圆的半径，可得答案.【详解】根据题意，还原圆锥如下所示：D点在如图示AC的中点处，不妨设该圆锥底面半径为r，高为h，底面圆圆心为O，根据题意，4PA=，圆锥底面圆周长

为12242r=，解得2r=，由勾股定理可得2223hPAr=−=，平面PCD截以圆锥底面圆心为球心，半径为2的球的截面为一个圆，不妨设截面圆半径为r，设球心到面PCD距离为1h，在PCD中，4PCPD

==，22CD=，则221122()2722PCDSPDCD=−=，由等体积法可得，OPCDPOCDVV−−=，即11133PCDOCDShSPO=，解得12217h=，故可得，2214727rh=−=，故截面圆面积为2167r=，故答案为：167四.解答题：本大题共

6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.17.设复数()()22lg2232izmmmm=−−+++.（1）当m为何值时，z是纯虚数；（2）若复数z在复平面内对应的点在第二象限，求实数m的

取值范围.【答案】（1）3m=；（2）113m−−或133m+.【解析】【分析】（1）由纯虚数的概念，列不等式组求m值；（2）根据复数对应点坐标的性质，列不等式组求m的范围.【小问1详解】z是纯虚数，则()22lg220320mmmm−−=++，

解得3m=；【小问2详解】z对应点在第二象限，则()222lg220320220mmmmmm−−++−−，的的解得：113m−−或133m+.18.已知2a=，3b=，()()2334abab−+=−.（1）求a与b的夹角；（2）当x为何值时，向量

xab+的模长为7？【答案】（1）2=3（2）1或12【解析】【分析】（1）根据()()2334abab−+=−，结合数量积运算律，求得3ab=−，根据向量的夹角公式即可求得答案;（2）根据向量xab+的模长为7，结合模的计算以及数量积的运算律，可得到24697xx−+=，求得答

案.【小问1详解】由题意得(2)(3)abab−+=22253852734aabbab+−=+−=−，则3ab=−，得1cos2||||abab==−，由于[0,]，所以2=3；【小问2详解】由于2222(+)+2xabxaxabb=+24697xx=−+=，解得1

x=或12，即x的值为1或12.19.如图所示，在四棱锥PABCD−中，M是PC上的一点，2PMMC=，平面PAD⊥平面ABCD，ABDC∥，PAD是等边三角形，已知24BDAD==，225ABDC==.的（1）求证：PA∥平面BDM；（2）求直线PB与平面PAD所成角的正弦值.【答案】（1）证

明见解析（2）255【解析】【分析】（1）作辅助线，证明EMPA∥，根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）证明BDAD⊥，从而证明BDPAD⊥平面，根据线面角的定义结合三角函数，即可求得答案.【小问1详解】连接AC交BD于点E，连接ME,由ABDC∥得EDCEBA∽,则12CEDC

EAAB==,而12CMPM=，得CECMEAPM=，得EMPA∥，EM平面BDM,PA平面BDM,所以PA∥平面BDM.【小问2详解】由题意可知，2,4,25ADBDAB===,则222ADBDAB+=，故BDAD⊥,又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平

面ABCDAD=，可得BD⊥平面PAD，则BDPD⊥，且BPD为直线BP与平面PAD所成的角，而PAD是等边三角形，故2PD=，又4BD=，25PB=,425sin525BDBPDPB===.20.如图，在平面四边形ABCD中，3,,244ABCBACDACCDAB=

===．(1)若20AC=，求△ABC的面积；(2)若6ADC=，求AC．【答案】（1）2（2）25AC=【解析】【分析】（1）利用余弦定理求出BC的值，再由面积公式得到1sin2ABCSABBCABC=求得△ABC的面积；（2）设BACCAD=

=，在ABC中利用正弦定理得2sin4AC=−，在ACD中利用正弦定理得4sinsin6AC=，从而得到关于的方程2sincos=，求出后，代入AC的表达式，即可得答案.【详解】（1）3,2,204ABCABAC===，由余弦定理可得，2

222cos,ACABBCABBCABC=+−222044,2BCBC=++222160,BCBC+−=22BC=或42BC=−（舍去），112sin2222222ABCSABBCABC===.（

2）设BACCAD==，则04，4BCA=−，在ABC中，sinsinACABABCBCA=，即23sinsin44AC=−2sin4AC=−在ACD中sinsinAC

CDADCCAD=，即4sinsin6AC=，2.sinAC=由22sinsin4=−，解得：2sincos=，又50,sin45=，225sinAC==.【点睛】本

题考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查函数与方程思想、转化与化归思想，在第（2）问求解时，关键是设出角，然后利用正弦定理寻找等量关系，从而得到关于的方程，是对函数与方程思想的深入考查.21.如图，在三棱锥PADC−中，B为DC的中点，PAC△和ABC均为等腰三角形，且90APCBAC==

，4AB=，222PD=.（1）求三棱锥PADC−的体积；（2）求二面角BAPC−−的余弦值.【答案】（1）1633（2）77−【解析】【分析】（1）在DPC△中，PBDPBC+=，所以coscos0PBDPBC+=，可以解出PB，设AC，B

C的中点分别为E，F，可以证明AC⊥平面PEF，从而平面PEF⊥平面ABC，利用面面垂直的性质定理构造出平面ABC的垂线，求出垂线段的长，代体积公式即可求解（2）取AP的中点记为H，连接EH，BH，可以证明BHE为二面角BAPC−−

的平面角.利用余弦定理即可求解【小问1详解】在等腰直角三角形ABC中，90BAC=，4AB=，所以42BC=又B为DC中点，则42DBBC==在等腰直角三角形PAC中，90APC=，4AC=，所以22=PC如

图所示，PBDPBC+=所以coscos0PBDPBC+=所以222222022DBPBPDBCPBPCDBPBBCPB+−+−+=即2232883280242242PBPBPBPB+−+−+=解之得4PB=设AC，BC的中点分别为E，F

，则PEAC⊥//EFAB，又ABAC⊥，所以EFAC⊥因为PEAC⊥，EFAC⊥，PEEFE=，PE平面PEF，EF平面PEF所以AC⊥平面PEF，又AC平面ABC∴平面PEF⊥平面ABC，过点P作POEF⊥交EF于点O，则PO⊥平面ABC在BPC△中，由余弦定理可得2222cos2

4BPPCBCBPCBPPC+−==−()12PFPBPC=+()2221244PFPBPCPBPC=++=所以2PF=，又122EFAB==，122PEAC==所以PEF!为正三角形，则3PO=在等腰直角三角形ABC中，F为斜边BC的中点，所以AFBC

⊥，且1222AFBC==可得：111163822233323PACDDACVSPO−===△【小问2详解】取AP的中点记为H，连接EH，因为//EHPC,APPC⊥，所以APEH⊥又ABPB=且H为

AP中点，则APBH⊥，所以BHE为二面角BAPC−−的平面角.2212522BEABAEHEPC=+===，，2214BHBAAH=−=在BEF△中由余弦定理得：2227cos27BHHEBEBHEBHHE+−==−，所以二面角BA

PC−−的余弦值为77−.22.如图所示ABC的两边1BC=，2AC=，设G是ABC的重心，BC边上的高为AH，过G的直线与AB，AC分别交于E，F，已知AEAB=，AFAC=；（1）求11+的值；（2）若1cos4C=，920

AEFABCSS=△△，，求()()EHAFHFEA++的值；（3）若BFCE的最大值为518−，求边AB的长.【答案】（1）3（2）321100−（3）2或43515【解析】【分析】（1）利用重心的性质以及三点共线的充要条件即可求解（2）先解出与，再利用解三角形的知识求出E

F和AH，最后将()()EHAFHFEA++化简即可求解（3）以AB和AC为基底表示BFCE，引入参数1,22t=，通过分类讨论求解【小问1详解】1AEABABAE==，1AFACACAB==如图所示，连接AG并延长交BC于点D，则D为BC中点因为G为A

BC重心所以()22111113323333AGADABACABACAEAF==+=+=+因AG，AE，AF起点相同，终点共线所以11133+=，所以113+=【小问2详解】设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，1a=，2b=22

212cos1421244cababC=+−=+−=2c=()11sinsin22AEFSAEAFEAFABACEAF==△1sin2ABCSABACBAC=△所以920AEFABCSS==△,由113920+==解之得3

435==33362,24255AEAF====为在ABC中2227cos28bcaAbc+−==在AEF△，222272cos50EFAEAFAEAFA=+−=,在RtAHC，中15sin2A

HACC==EHAFAHAEAFAHEF+=−+=+HFEAAFAHAEEFAH+=−−=−()()()()22EHAFHFEAEFAHEFAHEFAH++=+−=−=2715504−=321100−【小问3详解】()()()221cosBFCEA

CABABACbcAcb=−−=+−−=2231432cc+++−−=22235321266ccc+−−−+222353211112663ccc+−−=−++

=()()222532115121818ccc−−=+−+令1,22t=，BFCE=()()2221511532121818cctct+−−+−

①若1137c时，22211,2532cc−−，()()()222max15153212189cBFCEcc=+−−−185=−，得：42452924480cc−+=解得：2c=或43515②若1117c时，22

21253cc−−()222max15121253218182ccBFCEc−=+−+−=219436c−=518−，解得：2199c=（舍去）综上可得：2c=或43515