【文档说明】安徽省皖南名校2021-2022学年高一下学期期中联考数学试题 含解析.docx，共(21)页，2.638 MB，由小赞的店铺上传

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2021—2022学年第二学期期中联考高一数学试题（考试时间：120分钟，试卷满分：150分）一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.设复数z满足11ziz−=+，则z的虚部为（）A.2−B.0C.1−D.1【

答案】C【解析】【分析】利用已知求出复数z，可得z的虚部．【详解】()()()()()211111111111iziiziziiziizziziii−−−=−=+=+−=+===−+++−则z的

虚部为1−故选：C【点睛】本题考查复数的运算，考查复数的定义，属于基础题．2.已知AD是△ABC的中线，,ABaADb==，以,ab为基底表示AC，则AC=uuur（）A.2ba−B.()12ab−C.()1

2ba−D.2ba+【答案】A【解析】【分析】利用向量的线性运算转化求得.详解】()2222ACABBCABBDABADABABADab=+=+=+−=−+=−+uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuurrr.故选：A.3.

已知m，n，1l，2l表示直线，，表示平面．若m，n，1l，2l，12llM=，则//的一个充分条件是（）A.//m且1l∥B.//m且//n【C.//m且2nl∥D.1

//ml且2//nl【答案】D【解析】【分析】根据面面平行的判定定理和性质可判断.【详解】对A，若//m且1l∥，则,可能相交，故A错误；对B，若//m且//n，要得出//，必须满足,mn相交，故B错误；对C，若//m且2nl∥，要得出//，必须满足

,mn相交，故C错误；对D，由定理“如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面平行，那么这两个平面平行”，由选项D可以推知∥，故D正确．故选：D．4.如图，在透明塑料制成的长方体1111ABCDABCD−容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，

再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法：①有水的部分始终呈棱柱形；②水面EFGH所在的四边形面积为定值；③棱11AD始终与水面所在的平面平行；④当点E在棱1AA时，AEBF+是定值.其中正确说法的是（）A.①②④B.①③④

C.①②③D.②③④【答案】B【解析】【分析】由BC固定时，始终有//////ADEHFGBC，且平面//AEFB平面DHGC，可得判定①正确；由水面四边形EFGH的面积是改变的，可判定②不正确；由线面平行的判定定理，可判定③正确；由水的体积为定值，高不变，得到底面AB

FE的面积不变，从而判定④正确.【详解】根据面面平行的性质定理，可得BC固定时，在倾斜的过程中，始终有//////ADEHFGBC，且平面//AEFB平面DHGC，所以水的形状始终为棱柱形，所以①正确；水面四边形EFGH的面积是改变的，所以②不正确；因为11//////ADA

DCBEH，11AD水面EFGH，EH水面EFGH，所以11//AD水面EFGH，所以③正确；由于水的体积为定值，高不变，所以底面ABFE的面积不变，即当1EAA时，AEBF+是定值，所以④正确.故选：B.5.函数tan42yx

=−的部分图象如图所示，则()OBOAOB−=（）A.4−B.2C.2−D.4【答案】D【解析】【分析】根据图像结合函数解析式，求得A,B两点的坐标，再计算数量积即可.【详解】由tan42yx=−

，当0y=时，可得,42xkkZ−=即42,xkkZ=+，由函数图像可得()2,0A由tan142yx=−=，可得,424xkkZ−=+即43,xkkZ=+，由函数图像可得()3,1B所以()()()1,13,113

114OBOAOB−==+=uuuruuruuur，故选：D．6.在直三棱柱111ABCABC-中，侧棱1AA⊥平面ABC，若11ABACAA===，ABAC⊥，点M，N分别11AC，1CC的中点，则异面直线MN与11BC所成的角为（）A.90B.60C.45

D.30【答案】B【解析】【分析】推导出1,AMMAANNC==，11//BCBC，从而1ACB是异面直线MN与11BC所成的角（或所成角的补角），由此能求出异面直线MN与11BC所成的角．【详解】直三棱柱111ABCABC−中，侧棱1AA⊥平面ABC，11ABACAA===，ABAC

⊥，点M，N分别11AC，1CC的中点，∴1,AMMAANNC==，11//BCBC，∴1ACB是异面直线MN与11BC所成的角（或所成角的补角），连结1AB，则112ABACBC===，∴160ACB=，∴异面直线MN与1

1BC所成的角为60．故选B．【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查在运算求解能力，是中档题．7.宽与长的比为510.6182−的矩形叫做黄金矩形它广泛的出现在艺术建筑人体和自然界中，令人赏心悦目在黄金矩形ABCD中，51BC=−，ABB

C，那么ABACuuuruuur的值为（）A.51−B.51+C.4D.252+【答案】C【解析】【分析】由题意求出2AB=,建立直角坐标系，求出各个点的坐标，利用数量积求结果【详解】由已知得5151,,2BCBCABBCAB−=−=解得2

AB=如图建立直角坐标系则()()()0,0,51,0,0,2BCA−则()0,2,(51,2),4ABACABAC=−=−−=故选：C8.在ABC中，点P满足2BPPC=，过点P的直线与AB，AC所在的直线分别交于点M，N，若AMxAB=，()0,0ANyACxy=，

则2xy+的最小值为（）A.3B.32C.1D.13【答案】A【解析】【分析】由向量加减的几何意义可得233ABACAP=+，结合已知有233AMANAPxy=+，根据三点共线知21133xy+=，应用基本不等式“1”的代换即可求最值，注意等号

成立的条件.【详解】由题设，如下图示：23333BCACABABACAPABBPABAB−=+=+=+=+，又AMxAB=，()0,0ANyACxy=，∴233AMANAPxy=+，由,,MPN三点共线，有21133xy

+=，∴21522522)23333333323(2)(xyxyxyyxxxyyyx+=+=+++=+，当且仅当xy=时等号成立.故选：A【点睛】关键点点睛：利用向量线性运算的几何表示，得到AP、AM、AN的线性关系，根据三点共线有21133xy+=，再结合基本不等式求最值.二、多选题（

本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】采用逐一验证法，结合线线位置关系以及

线面垂直的判定定理，可得结果.【详解】对于A，由AB与CE所成角为45，可得直线AB与平面CDE不垂直；对于B，由ABCE^，ABED⊥，CEEDE=，可得AB⊥平面CDE；对于C，由AB与CE所成角为60，可得直线AB与平面CDE不垂

直；对于D，连接AC，由ED⊥平面ABC，可得ED⊥AB，同理可得ECAB⊥，又EDECE=，所以AB⊥平面CDE.故选：BD【点睛】本题考查线线位置关系，还考查线面垂直的判定定理，属基础题.10.已知i为虚数单位，复数z满足()

2022i2iz−=，则下列说法错误的是（）A.复数z的模为15B.复数z的共轭复数为21i55−−C.复数z的虚部为1i5D.复数z在复平面内对应的点在第一象限【答案】ABC【解析】【分析】利用2i1=−可将2022i化简，求出复数z，再根据复数模长求法，共轭复数定义，复数的几何意义求解

即可.【详解】()101122022ii12ii2i22i5z+====−−−，55z=，21i55z=−，z的虚部为15，故选ABC．11.在ABC中，角所对的边分别为,,abc，给出下列四个命题中，其中正确的命题为（）A

.若::1:2:3ABC=，则::1:2:3abc=；B.若coscosAB，则sinsinAB；C.若30,3,4Aab===o，则这个三角形有两解；D.当ABC是钝角三角形.则tantan1AC.【答案】BCD【解析】【分析】A，求出,,ABC，即可

由正弦定理求出::abc；B，由coscosAB得出AB，即得ab，由正弦定理即可判断；C，由正弦定理解三角形即可判断；D，由和的正切个数化简可判断.【详解】对于A，若::1:2:3ABC=，180ABC++=，30,60

,90ABC===，由正弦定理可得13::sin:sin:sin::11:3:222abcABC===，故A错误；对于B，(),0,AB，且cosyx=在()0,单调递减，若coscosAB，则AB，由三角形中大边对大角得ab，再由正弦定理得

sinsinAB，故B正确；对于C，由正弦定理得sinsinabAB=，则14sin22sin33bABa===，因为ba，故有两解，故C正确；对于D，在ABC中，()tantantantan1tantanACBACAC+=−+=−−，则tantantantan1tanACACB+

−=，当ABC是钝角三角形，若A或C为钝角，则tantan01AC，满足；若B为钝角，则tantantantan10tanACACB+−=，即tantan1AC，满足，故D正确.故选：BCD.【点睛】本题考查正弦定理的应用，考查和的正切公式的应用，属于基础题.12.如图直角梯形

ABCD，//ABCD，ABBC⊥，122BCCDAB===．E为AB的中点，以DE为折痕把ADE折起，使点A到达点P的位置，且23PC=，则（）A.平面PDE⊥平面EBCDB.PCED⊥C.二面角PDCB−−的大

小4D.PC与平面PED所成角的正切值为2【答案】AC【解析】【分析】A选项中，利用折前折后不变量及勾股定理的逆定理，可证线线垂直，从而证得线面垂直，进而证明面面垂直；B选项中,先假设PCED⊥，从而证得PDED⊥,再根据ADE不是直角即可推出矛盾

，从而得出结论；C选项中，利用定义找出二面角PDCB−−的平面角,从而求其值，即可得出结论；D选项中,利用线面所成角的定义得出PC与平面PED所成角为CPD,计算其正切值即可.【详解】A选项中，2222=2222PDADAEDE=+=+=,在PDC△中,222+C=PDDPC,PCCD⊥

，易知CDDE⊥,且PDDED=I,CD\^平面PED,CD平面EBCD,平面PED⊥平面EBCD,故A选项正确；B选项中,先假设PCED⊥，易知EDCD⊥,PCCDC=,可得ED⊥平面PDC,则PDED⊥，而=4ADEEDP=,

显然矛盾，故B选项错误；C选项中，易知二面角PDCB−−的平面角为PDE,根据折叠前后位于同一平面上的线线位置关系不变知=4PDEADE=,故C选项正确；D选项中,由上面的分析知，CPD为PC与平面PED所成角，在RtPCDV中，2

tan2CDCPDPD==,故D选项错误；故选:AC三、填空题（本题共4小题，每题5分，共20分）的13.已知3a=，5b=，12ab=−，且e是与b方向相同的单位向量，则a在b上的投影向量为______.【答案】125e−【解析】【分析】利用向量夹角公式以及向量投影公式直接求解.【详解】

设a与b的夹角，则124cos355abab−===−，所以a在b上的投影向量为412cos355aeee=−=−，故答案为：125e−.14.如图，正方形OABC的边长为1，它是一个水平放置的平面图形的直观图

，则原图形的周长为________．【答案】8【解析】【分析】根据斜二测画法，还原出原图，根据原图与直观图的关系，求得边长，即可得答案.【详解】根据直观图，还原原图可得OABC，如图所示：根据原图与直观图的关系可得，1,222OAOAOBOB====，且OAOB⊥，所以223ABOBOA=

+=，所以原图形OABC的周长为3+1+3+1=8，故答案为：815.如图，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60MAN=，C点的仰角45CAB=以及7

5MAC=；从C点测得60MCA=．已知山高100BCm=，则山高MN=__________m．【答案】150【解析】【详解】试题分析：在ABC中，45,90,100BACABCBC===,1001002sin45AC==

，在AMC中，75,60,MACMCA==45,AMC=由正弦定理可得,sinsinAMACACMAMC=即1002,sin60sin45AM=解得1003AM=,在RtAMN中，sinMNAMMAN=1003sin60=150()m=．故答案为150

．考点：正弦定理的应用．16.达•芬奇认为：和音乐一样，数学和几何“包含了宇宙的一切”，从年轻时起，他就本能地把这些主题运用在作品中，布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达•芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案

（如图1），把三片这样的达•芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体.若图3中每个正方体的边长为1，则点F到直线QC的距离是__________.【答案】2【解析】【分析】根据题意，求得△FQC的三条边长，在三角形FQC中求边QC

边上的高线即可.【详解】根据题意，延长,QNBA交于点M，连接,QFFC，如下所示：在△QFC中，容易知：()2222123QFQNNF=+=+=；同理()22156FC=+=，()2222253QCQMMC=+=+=，满足222QFFCQC+=，设点F到直线QC的距离为d，由等面

积法可知：QFFCQCd=，解得3623d==，即点F到直线QC的距离是2.故答案为：2.四、解答题（本大题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知复数z满足(1i)13iz+=−（i是虚数单位）（1）若复数(1i)az+是纯虚数

，求实数a的值；（2）若复数z的共轭复数为z，求复数1zz+的模．【答案】（1）12（2）52【解析】【分析】（1）根据复数的运算法则求得12iz=−−，得到(1i)21(2)iazaa+=−−+，结合题意列出方程

组，即可求解；（2）由（1）得到12iz=−+，化简11i12zz=−−+，利用复数模的计算公式，即可求解.【小问1详解】解：由复数z满足(1i)13iz+=−，可得()()()()13i1i13i24i12i1i1i1i2z−−−−−====−−++−，可得(1i)(1i

)(12i)21(2)iazaaa+=+−−=−−+，因为复数(1i)az+为纯虚数，可得21020aa−=+，解得12a=，即实数a的值为12.【小问2详解】解：由12iz=−−，可得12iz=−+，则()12i2i12i42i11i112i12i2i42zz

−+−+−−====−−+−−+−，所以2215(1)()122zz=−+−=+，即复数1zz+的模为52.18.已知平面向量a与b满足2ab=−，已知a方向上的单位向量为e，向量b在向量a方向上的投影向量为e−.（1）若2ab+与ab−垂直，求b的大小；（2）若a与b的夹角为34，

求向量b与23ab+夹角的余弦值.【答案】（1）1b||=（2）55【解析】【分析】（1）易知||cos1||abba==−，得到||2a=，再根据2ab+与ab−垂直求解；（2）由题意得3||cos14b=−，即||2b=r，再利用平面向量的夹角求解.【小问1详解

】解：由题意得||cos1||abba==−，即||2aba=−=−，则||2a=.因为2ab+与ab−垂直，所以(2)()0abab+−=，化简为22||2||0aabb+−=，即2422||0b−−=，则1b||=【小问2详解】由题意得3||cos14b

=−，则||2b=r，222|23|(23)412910ababaabb+=+=++=，2(23)232bababb+=+=，设向量b与23ab+的夹角为，所以(23)25cos5|||23|210babbab+===+.19.已知圆柱的底面半径为r，上底面圆心为

O，正六边形ABCDEF内接于下底面圆1O，130AOO=（1）试用r表示圆柱的表面积和体积;（2）若圆柱体积为9，求点C到平面OEF的距离.【答案】（1）()2232Sr=+，33Vr=；（2）655..【解析】【分析】（1）根据130AOO=，可求得圆柱得高h，再根据

圆柱得表面积和体积公式即可得出答案；（2）根据圆柱体积为9，求出r，计算出OEFS和CEFS，由COEFOCEFVV−−=，利用等体积法即可求得点C到平面OEF的距离..【详解】（1）连接1AO，设圆柱得高为

h，因为130AOO=，则113tan303AOrOOh===o，3hr=，所以，圆柱的表面积为()222222232232Srhrrrr=+=+=+；体积33Vr=；（2）连接,,FCECOC，339V

r==Q，3r=，3h=，设点C到平面OEF的距离为d，由题意知，223OEOFOAr====，3EFr==，3CE=2227cos28OEOFEFEOFOEOF+−==，215sin1cos8EOFEOF=−=，所以，1315sin24OEFSOEOFE

OF==V，13322CEFSEFCE==，由COEFOCEFVV−−=，1133OEFCEFdShS=，33365253154d==，即点C到平面OEF的距离为655.20.在①

()3sin3cosbaCC+＝；②2coscoscosaAbCcB+＝，③1cos2aCcb+＝，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．（1）求角A；（2）设ABC的面积为

S，若3a＝，求面积S的最大值．【答案】（1）3；（2）334【解析】【分析】首先任选择一个条件，然后根据正弦定理进行边角互化，再根据三角恒等变换，化简求值；（2）由（1）可知3A=，利用余弦定理和基

本不等式求bc的最大值，再求面积的最大值【详解】若选条件①()()3sin3cos3sinsinsin3cosbaCCBACC=+=+，()sinsinsincoscossinBACACAC=+=+，()3sincoscossi

nsinsin3sincosACACACAC+=+，即：3cossinsinsinACAC=，sin0C，tan3A=，0A，3A=；若选择条件②2coscoscos2sincossincossincosaAbCcBAA

BCCB=+=+，即()2sincossinsinAABCA=+=,即1cos2A=，0A，3A=；若选择条件③11cossincossinsin22aCcbACCB+=+=，()sinsinsincoscossinBACAC

AC=+=+，所以1sincossinsincoscossin2ACCACAC+=+，即1cossinsin2ACC=，sin0C，1cos2A=，0A，3A=，所以不管选择哪个条件，3A=；（2）2222cosa

bcbcA=+−，又3a=，3A=，即223bcbc+−=，222bcbc+，23bcbc−，即3bc，当bc=时等号成立，bc的最大值是3，1sin2ABCSbcA=△Q，面积S的最大值为13333224=.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理，基本不等

式，重点考查转化与化归的思想，计算能力，属于基础题型.21.如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是半径为R的圆的内接四边形，其中BD是圆的直径，60,45,~ABDBDCADPBAD==．（1）求线段PD的长；（2）若11PCR=，求三棱锥P-ABC的体积．【答案】（1）3R（

2）3314R+【解析】【分析】（1）根据三角形相似列比例，由此求得PD的长.（2）先求得三角形ABC的面积，然后根据三棱锥的体积公式，求得三棱锥−PABC的体积.【小问1详解】BD是圆的直径，90BAD=,又~ADPBAD,60,4

5ABDBDC==，ADPDBAAD=,()22234sin60431sin3022RBDADPDRBABDR====.【小问2详解】在RtBCD中，cos452CDBDR==，2222229211PDCDRRRPC+=+

==，PDCD⊥，又90PDA=，即PDAD⊥，且CDADD=，PD⊥底面ABCD，()211321231·sin604522222224ABCSABBCRRR+=+=+=.三棱锥−PAB

C的体积为2311313133344PABCABCVSPDRRR−++===.22.如图，在直三棱柱111ABCABC-中，BD⊥平面1ABC，其垂足D落在直线1BC上.（1）求证：1ACBC⊥；（2）若P是线段AB

上一点，3BD=，2BCAC==，三棱锥1BPAC−体积为33，求二面角1PBCA−−的平面角的正弦值.的【答案】（1）证明见解析；（2）1313.【解析】【分析】（1）由直三棱柱的定义可得1ACBB⊥，由BD⊥

平面1ABC，得ACBD⊥，从而由线面垂直的判定可得AC⊥平面11BBCC，从而得1ACBC⊥；（2）由于ACBC⊥，2BCAC==，可得22AB=，设APx=，则22PACSx=△，由1RtRtBBCBDC∽可得123BB=，从而由三棱锥1BPAC−的体积为33，可求得22x=，则13A

PPB=，连接AD，过P作//POBD交AD于O点，过P作1PEBC⊥，E为垂足，连接OE，可证得PEO为二面角1PBCA−−的平面角，然后PEO中求解即可【详解】（1）证明：∵三棱柱111ABCABC-

是直三棱柱，∴1ACBB⊥，又BD⊥平面1ABC，∴ACBD⊥，1BDBBB=，∴AC⊥平面11BBCC，1BC平面11BBCC，∴1ACBC⊥.（2）解：由（1）知AC⊥平面11BBCC，∴ACBC⊥，2BCAC==，∴22AB

=，设APx=，则12222PACSxx==△，∵1BDBC⊥，1RtRtBBCBDC∽，2BC=，3BD=，∴123BB=，∴112323323BPACVx−==，∴22x=，∴13APPB=，连接AD，过P作//POBD交AD

于O点，易知1344POBD==，过P作1PEBC⊥，E为垂足，连接OE，1BCPE⊥，1BCPO⊥，1PEPOPBC=⊥平面POE，OE平面POE，所以1BCOE⊥，则PEO为二面角1PBCA−−的平面角，在1PBC△中，易求102PC=，1662PB=，14BC=，由等面积法可知

394PE=，所以3134sin13394POPEOPE===.【点睛】关键点点睛：此题考查线线垂直的判定和二面角的求解，解题的关键是利用已知条件在图中连接AD，过P作//POBD交AD于O点，过P作1PEBC⊥，E为垂足，连接OE，从而可得PEO为二面角1PBCA−

−的平面角，然后求解即可，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题