【文档说明】河北省石家庄市六县联考2021-2022学年高一下学期第一次月考试题 数学答案.pdf，共(7)页，405.501 KB，由管理员店铺上传

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2021-2022学年度石家庄市高一第二学期第一次考试数学试卷参考答案及解析1．【答案】C【解析】因为z2i，所以z的虚部为1；故选：C2．【答案】D【解析】对于A，正八面体的各个面都是三角形，但

不是三棱锥，所以A错误，对于B，棱台是棱锥过侧棱上一点作底面的平行平面分割而得到的.而两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体中，把梯形的腰延长后，有可能不交于一点，就不是棱台.故B错误；对于C：以

直角三角形的斜边为轴旋转一周所得的旋转体不是圆锥.故C错误；对于D，由圆台的概念知圆台的任意两条母线延长后一定交于一点，所以D正确，故选：D3．【答案】B【解析】由430OAOBOC，得3OAOBOBOC，即3BAC

B，43CACBBABA，所以34ABBC，即34ABBC，故选：B.4．【答案】A【解析】因为AB，所以由大边对大角，得ab，所以由正弦定理得2sin2sinrArB，所以sinsin

0AB，所以22sinsinAB，所以2212sin12sinAB，所以cos2cos2AB，反之同样成立，所以是充要条件.故选：A.5．【答案】A【解析】由斜二测画法可知该三角形ABC为直角三角形，90ABC，根据直观图中平行于x轴的长度不变，平行于y轴的长度变为原来的一半，

因为''1OA，所以''1,''2,''2OCBCAB，所以2,22BCAB，所以三角形ABC的面积为1222222ABCS．故选；A6．【答案】D【解析】以A为坐标原点，AD所在直线为x轴，过A做AD的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，则

0,0,1,3,4,0,2,0ABDE，圆D的方程为221xy，可设cos,sinP，0,2，所以cos4,sin,1,3DPEB，故cos4

,sin1,3DPEBcos43sin2sin46．所以当sin16，即6α时，DPEB的最大值为6，故选：D．7．【答案】C【

解析】解法一：∵2cos2aBcb，由余弦定理得：222222acbacbac，即222acbbc，由余弦定理得22221cos222bcacAbcbc，又∵0,πA，∴

2π3A．故选：C．解法二：∵2cos2aBcb，由正弦定理得2sincos2sinsinABCB，∴2sincos2sinsin2sincos2cossinsinABABBABABB，∴2cossinsin0ABB，∵0,πB，

∴sin0B，∴1cos2A，又∵0,πA，∴2π3A．故选：C．8．【答案】B【解析】在平行四边形ABCD中，ADBC∥,故CADGEG∽,所以2AGADCGCE,即2AGGC,23AGAC,故23BGAGABACAB

1233ABAD，又ACABAD，12DEABAD，解得1233ABACDE，2233ADACDE，代入得1

21122221212333333333333ABADACDEACDEACGDBEab故选：B9．【答案】AB

【解析】z在复平面上对应点的坐标为1,2，在第四象限，故A正确；复数12iz，则221(2)5z，故B正确；12i12i12i0z，是实数，故C错误；5zz，234izzz，故D错误.故选：AB10．

【答案】BC【解析】因为11//DDBB，且11BBBCB，所以直线1BC与1DD不平行，故A错误；因为11//DDAA，111AAABA，所以直线1DD与1AB不平行，直线1AB在平面11ABBA

内，直线1DD在平面11DCCD内，两个平面平行，所以直线1DD与1AB不相交，所以直线1DD与1AB是异面直线，故B项正确；连结1AB，则11//ABDC，因为11ABAB，所以11ABDC，故C项正确；三棱锥11ABCD的外接球即为该正方体的外接球，半径为3，所以表面积为

43=12S．故D项错误．故选：BC.11．【答案】BCD【解析】因为1212ee，所以12,ee的夹角为3，设1212,,OAeOBeBAee则，由此可得OAB是一个等边三角形，所以

112,3πeee，故A错误；121ee，故B正确；因为1e在2e上的投影向量为1222212||eeeee，所以模为12，故C正确；设1

e与a的夹角为，因为12coseaa，所以a在1e上的投影的向量为11cos2aee，故D正确.故选：BCD12．【答案】ABD【解析】对于A，若ABC，abc，由正弦定理

可得：sinsinsinabcABC，则sinsinsinABC，故A正确；对于B，因为sin3023bab，因此满足条件的ABC有两个，故B正确；对于C，若ABC为钝角三角形，必有A，B，C中的一个为钝角，不妨设C为钝角，则有222a

bc，故错误；对于D，由2222cosACADCDADCDADC，且2222cosBCBDCDBDCDBDC，两式相加可得19CD，故D正确．故选：ABD13．【答案】1i【解析】由

已知得：i2ii12iiiz，所以1iz.故答案为：1i14．【答案】3【解析】由题意，向量a与b共线，所以(2)3mm，解得3m或1m，当1m时，ab同向，不合题意，所以3m

.故答案为：3.15．【答案】13【解析】将展开图还原回正方体后，分别将M，N，C，D四点两两相连，可以得到如图所示的正四面体，可以看作是将正方体切掉四个角后的剩余的部分，所以体积33111114323V，故答案为13.16．【答案】coscossin()h（或tantan

h）【解析】依题意可得ADC，BDC，ABh，在ABD中，ADB，根据正弦定理sin()sin()2hBD，cossin()hBD，所以在RtBDC中，coscoscossin()hCDBD，弦化切可得tan

tanh，故答案为coscossin()h或tantanh.17．【解析】(1)设izab，则2i2izab，(2i)i2i2(2)izababab，

因为2iz和(2i)z均为实数，所以2020bab，解得42ab，所以42iz，则42iz；(2)221(2i)(3)(1)i2(1)2(3)izmmmmmm，因为1z对应的点在第四象限，所以22(1)02(3)0mmm

，解得10m或3m.18．【解析】(1)3,4arQ，9,12br，4,3cr，39,412akbkkrr，5,15bcrr，由akbbc，所以5(39)15(412)0akbbckk

，因此13k；(2)223,49,123,4maburrrQ，3,44,37,1nacrrr，所以374125mnurr，2

27152nr向量m在向量n的投影向量为225717,1,5022mnnn19．【解析】选①，（1）由coscos2BbCac，可得cossincos2sinsinBBCAC，即2sincossincossincos

ABCBBC，所以2sincossincossincossinsinABBCCBBCA，又,0,AB，所以sin0A，所以1cos2B，所以3B，（2）由（1）知3B，所以23AC

，203A，所以233sinsinsinsin()sincos3sin()3226ACAAAAA，又因为203A，所以5666A，1sin()126A，

，所以sinsinAC的取值范围为3,32．选②，（1）由3cossinbBaA，可得sin3cossinsinBBAA，即sin3cosBB，所以tan3B，又因0,B，所以3B，（2）同上选③，（1）因为12BABCBABC

，所以12BABCBABC，又因cosBABCBABCB，所以1cos2B，又0,B，所以3B，（2）同上20．【解析】如图所示，取半圆的圆心记作O点，圆面的圆心记作O，作O

EAD于点E，设圆锥底面半径为r，半圆面的半径为R，则圆锥母线长为2lRr，又3OO=lrr，EOr；（1）在RtOOE中，由勾股定理得：2222EOlrr；222322322ADDOOEEArrrrr

；所以1r，2R，即剪下的半圆面的半径为2；（2）由（1）可得：圆锥的母线长2l=，底面半径1r，圆锥体内放一个球体积最大时，球与圆锥相切，轴截面如图，OAB为边长为2的等边三角形，MO'MN是

内切球的半径，O',N是切点，也是分别是边AB,OB的中点，所以ON1，OAB则圆锥的高为：22'3hOOlr，在RtOMN中，222OMMNON，即222(')hMOMNON，所以222(3)1MNMN，解得33MN，球的体积为：343433327V

．21．【解析】(1)由题设，,10024PCAPC米，1002PB米，在PAC△中，由余弦定理得2222cos4PAACPCACPC，于是1005PA米.因为10021005，所以

从B入口进入更近，可以少走1005100282米.(2)因为2222221300002cos33BAPAPBPAPBPAPBPAPBPAPB，所以1300003PAPB，当且仅当100393PAPB时取得最大值，此时PBA面积为12si

n323325003SPBPA平方米.22．【解析】(1)解：设,ABaACb，连结AE并延长，交BC于点D，由重心是中线的交点可知，点D是BC的中点．于是21()33AEADab，又APPB，AQQC

，，0，(1)ACAQQCAQ，1ABAPPBAP，,11APaAQb，即11,aAPbAQ，111()33

3AEabAPAQ，PEQ、、三点共线，11133，即111(2)设BAC，111sinsin22ABCSSABACab

，,11APaAQb，211sinsin2211APQSSAPAQab，1221sin1111111111212(1)221sin211ab

SSab110,1、，101，2121199244SS，12ma

x94SS．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com