【文档说明】上海市七宝中学2021-2022学年高一下学期期末数学试题 含解析.docx，共(20)页，1.678 MB，由小赞的店铺上传

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上海市七宝中学2021-2022学年高一下期末考试数学试卷一、填空题（本大题共有12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）1.三条互相平行的直线最多可确定____个平面．【答案】3【解析】【分析】讨论三条直线的位置关系即可得到答案

.【详解】解：若三条直线在同一个平面内，则此时三条直线只能确定一个平面，若三条直线不在同一个平面内，则此时三条直线能确定三个平面，所以三条互相平行的直线最多可确定3个平面.故答案为：3.2.若复数z满足(

34)43izi+=−，则z的虚部为___.【答案】45−【解析】【分析】先根据复数的模以及除法法则化复数为代数形式，即得结果.【详解】53434(34)4334555iizizii−+=−===−+因此z的虚部为45−.【点睛】本题考查复数的虚部、模以及除法法则，考查基本分析求解能力，属基础题

.3.若圆锥的侧面展开图是半径为4的半圆，则此圆锥的体积为______．【答案】83π3【解析】【分析】利用圆锥的侧面展开图，求出圆锥的底面周长，然后求出底面半径，求出圆锥的高，即可求出圆锥的体积．【详解】圆

锥的侧面展开恰为一个半径为4的半圆，所以圆锥的底面周长为：4，底面半径为：2，圆锥的高为：23；圆锥的体积为：2183223.33=故答案为83.3【点睛】本题是基础题，考查圆锥的侧面展开图，利用扇形求出底面周长，

然后求出体积，考查计算能力，常规题型．4.将复数化为三角形式：11i22−=______．【答案】27π7πcosisin244+【解析】【分析】根据复数的三角表示的定义计算即可.【详解】解：复数11i22−中，22112222r=+−=

，设为复数的辐角主值，[0,2π)又7π27π2cos,sin4242==−所以1127π7πicosisin22244−=+.故答案为：27π7πcosisin244+.5.若正四棱柱1111ABCDA

BCD−的底面边长为1，直线1AC与底面ABCD所成角的大小是60，则11AC到底面ABCD的距离为______．【答案】6【解析】【分析】根据正四棱柱的几何性质由直线1AC与底面ABCD所成角的大小是60，确定线段1CC的长，则则11AC到底面ABCD的距离即可求.【详解】解：如图，

连接AC正四棱柱1111ABCDABCD−的底面边长为1，则1ADDC==，所以22ACAD==且1CC⊥底面ABCD，则直线1AC与底面ABCD所成角即160CAC=则1tan60236CCAC===则在正四棱柱1111ABCDABCD−中，11AC到底面ABCD的距离为即1C到到底面

ABCD的距离16CC=.故答案为：6.6.如下图所示，梯形1111DCBA是水平放置的平面图形ABCD的直观图（斜二测画法），若11111111112//,//,43ADOyABCDABCD==，111AD=，则四边形ABCD的面积是_____．【答案】10【解析】【分析】根据直观图画法

规则，确定原平面图形四边形ABCD的形状，求出底边边长以及高，然后求出面积．【详解】根据直观图画法的规则，直观图中11AD平行于y轴，111AD=，所以原图中//ADOy，从而得出AD⊥DC，且1122ADAD==，直观图中1111//ABCD，1111243ABCD==，所以原

图中//ABCD，243ABCD==，即四边形ABCD上底和下底边长分别为4，6，高为2，的故其面积()1462102S=+=.故答案为：10.7.正四棱锥的相邻两侧面所成二面角的大小的取值范围是__

_____．【答案】90,1()80【解析】【分析】采用极限思想,让顶点无限接近底面,让顶点无限远离底面,推出范围即可.【详解】假设顶点无限接近底面的中心,那么这四个侧面就趋向一个平面，那两个相邻侧面所成的二面角就无限

接近180；假设顶点无限远离底面中心,那么四个侧面都垂直于底面,底面两边的夹角就是两个侧面所成二面角的平面角,大小为90,因此正四棱锥的两个侧面所成二面角的大小范围是90,1()80.故答案：90

,1()808.已知关于x的方程2250(R)xpxp−+=的两根为1x、2x.若122xx−=，则实数p的值是______．【答案】226【解析】【分析】根据一元二次方程根与系数的关系可得1212,25xxpxx+==，则由()21212124xxxxxx−=+

−，即可得p的值.【详解】解：关于x的方程2250xpx−+=的两根为1x、2x，所以224251000pp=−=−，1212,25xxpxx+==，所以()2212121241002xxxxxxp−=+−=−=所以104226p==

.故答案为：226.9.已知正六棱柱111111ABCDEFABCDEF−各棱长均为2，如果一只小蚂蚁从A沿表面移动到1D时，其最短路程为______．【答案】2523+##2235+【解析】为【分析】根据可能走的路径，将所给的

正六棱柱展开，利用平面几何知识求解比较.【详解】解：将所给的正六棱柱下图（2）表面按图（1）展开，11144222232AE=+−−=，22162210AD=+=，()2222111122322523ADAEED=+=++=+，11ADAD，故从A沿正侧面和上表面

到1D的路程最短为2523+.故答案为：2523+.10.有以下4个命题：（1）底面是正多边形的棱锥是正棱锥，（2）侧棱和底面所成的角都相等，侧面和底面所成锐二面角也都相等的三棱锥是正三棱锥，（3）底面是正方形，侧面都是等腰三角形的棱锥是正四棱锥，（4）四个面都是

全等三角形的四面体是正四面体．其中正确的命题有_______．（写出所有正确的序号）【答案】（2）【解析】【分析】根据正棱锥的定义及结构特征逐一判断即可.【详解】解：（1）中，底面是正多边形，若顶点在底面的射影不落在底面的中心，此时的棱锥不是正棱锥，所以该

命题错误;（2）中，侧棱和底面所成的角都相等，则顶点在底面的射影落在底面的外心，若侧面和底面所成锐二面角都相等，则顶点在底面的射影落在底面三角形的内心，所以该底面三角形的外心和内心重合，所以底面三角形为正三角形，故该棱锥为正

三棱锥，所以该命题正确;（3）中，若当一条侧棱和底面边长相等时，另外三条侧棱相等，此时满足侧面都是等腰三角形，但该四棱锥不是正四棱锥,所以该命题错误;（4）中，当四面体有一组对棱相等，另外四条棱长相等时，四

个面是全等三角形，但该四面体不是正四面体，所以该命题错误.故答案为：（2）.11.在ABC中，4BCBD=，E为AD的中点，过点E的直线分别交直线AB、AC于不同的两点M、N．设ABmAM=，ACnAN=，复数i(,R)zmnmn=+，

则||z取到的最小值为__．【答案】4105##4105【解析】【分析】先利用平面向量基本定理及M、E、N三点共线，判断出31=188mn+，对22=zmn+消去n后利用二次函数判断出||z的最小值.详解】

在ABC中，因为4BCBD=，所以()11314444ADABBDABBCABACABABAC=+=+=+−=+.又ABmAM=，ACnAN=，所以31=44ADmAMnAN+.因为E为AD的中点，所以131==28

8AEADmAMnAN+.因为M、E、N三点共线，所以31=188mn+，即83nm=−，复数i(,R)zmnmn=+，所以()22222=83104864zmnmmmm+=+−=−+，令2212321048641055ymmm=−+=−+，故当125m=，z取最小值32410

55=.故答案为：4105【12.,ab为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与,ab都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60角时，AB与b成30角；②当直线AB与a成60角时，AB与b成60

角；③直线AB与a所成角的最小值为45；④直线AB与a所成角的最大值为60．其中正确的是__________(填写所有正确结论的编号)【答案】②③【解析】【分析】由题意知，abAC、、三条直线两两相互垂直，如下图，设CD为a直线，CE为b直线，不妨设1ACCDCE===，利用向量法求解判断

即可【详解】由题意知，abAC、、三条直线两两相互垂直，如下图，设CD为a直线，CE为b直线，不妨设1ACCDCE===则()1,0,0CD=uuur，()0,1,0CE=uur，()0,0,1A，依题意可设(),,0Bxy，等腰直角三角形ABC中，,ACBCACBC

=⊥,则点B平面CDE即点B在平面CDE内的轨迹在以C为圆心，1为半径的圆周上，即有221xy+=，(),,1ABxy=−uuur，设直线AB与a成角，直线AB与b成角则有coscos,,coscos,22xyCDABCEAB==

==uuuruuuruuruuur当直线AB与a成60角时，有1,22x=得到22x=，由221xy+=，可得22y=，此时1cos2=，所以AB与b成60角，故②正确;①不正确.由coscos,2xCDAB==uuuruuur,又1x，故2cos0,2

，所以,42所以所以③正确，④错误综上可知选②③．故答案为：②③．二、选择题（本大题共有4小题，满分20分，每题5分）13.设zC，则0zz+=是z为纯虚数的（）A.充分非必要条

件B.必要非充分条件C.充要条件D.既非充分又非必要条件【答案】B【解析】【分析】根据共轭复数的特征，复数的概念，以及充分条件与必要条件的判断方法，即可得出结果.【详解】对于复数z，若0zz+=，则z不一定为纯虚数，可

以为0；反之，若z为纯虚数，则0zz+=，所以0zz+=是z为纯虚数的必要非充分条件.故选：B.14.一个棱锥所有的棱长都相等，则该棱锥一定不是（）A.正三棱锥B.正四棱锥C.正五棱锥D.正六棱锥【答案】D【解析】【分析】根据正六变形的中心到底面顶点的距离等于边长判断.【详解

】因为正六变形的中心到底面顶点的距离等于边长，所以正六棱锥的侧棱必大于底面棱长，故选：D.15.非零复数1z、2z在复平面内分别对应向量1OZ、2OZ（O为坐标原点），若22120zz+=，则（）A.O、1Z、2Z三点共线B.12OZZ是直

角三角形C.12OZZ是等边三角形D.以上都不对【答案】B【解析】【分析】设()()12i0,i0zababzcdcd=+=+，根据22120zz+=，可得12izz=，从而可将复数2z用,ab表示，再判断各个选项即可.【详解】解：设(

)()12i0,i0zababzcdcd=+=+，则()()21,,,ZabZcd，故()()12,,,OZabOZcd==，因为22120zz+=，所以()222122izzz==−，所以()12i

izzdc==−+，所以dacb=−=或dacb==−，故()2,OZba=−或()2,OZba=−，当()2,OZba=−时，120OZOZ=，当()2,OZba=−时，120OZOZ=，所以12OZO

Z⊥，所以12OZZ是直角三角形，故O、1Z、2Z三点不共线且12OZZ不是等边三角形.故选：B.16.已知四面体ABCD的棱AB平面，且3CD=，其余的棱长均为2，有一束平行光线垂直于平面，若四面体ABCD绕AB所在直线旋转，且始终在平面

的上方，则它在平面内影子面积的最小值为（）A.336B.112C.32D.32【答案】C【解析】【分析】取AB的中点M，连接,MDMC，证明AB⊥平面MCD，分别求出点M到CD的距离，点C到MD的距离，点D到MC的距离，从而可得出答案

.【详解】解：取AB的中点M，连接,MDMC，因为2ABBCACBDAD=====，所以,MDABMCAB⊥⊥，且3MCMD==，又,,MDMCMMCMD=平面MCD，所以AB⊥平面MCD，又CD平面MCD，所以ABCD⊥，设点M到CD的距离为1d

，点C到MD的距离为2d，点D到MC的距离为3d，则193342d=−=，由123111222CDdMDdMCd==，得2332dd==，因为3322，所以影子面积的最小值为1332222=.故选：C.三、解答题（本大题共5题，满分76分）17.给定不共面的4点，作过其中

3个点的平面，所有4个这样的平面围成的几何体称为四面体（如图所示），预先给定的4个点称为四面体的顶点，2个顶点的连线称为四面体的棱，3个顶点所确定的三角形称为四面体的面．求证：四面体中任何一对不共顶点的棱所在的直线一定是异面直线．（1）请你用异面直线判定定理证明该结论；（2）

请你用反证法证明该结论．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据异面直线的判定定理说明即可；（2）假设直线,ACBD是共面于平面，则,,,ABCD四点共面，说明其与已知矛盾即可，即可得证.【小问1详解】证明：因为A平面ABD，C平面ABD，B

D平面ABD，A直线BD，所以直线AC与BD是异面直线，同理AB与CD，AD与BC也是异面直线，所以四面体中任何一对不共顶点的棱所在的直线一定是异面直线；小问2详解】证明：假设直线,ACBD是共面于平面，即,ACBD，则,,,ACBD

，,,,ABCD四点共面与已知四点不共面矛盾，所以假设错误，即直线,ACBD一定是异面直线，同理AB与CD，AD与BC也是异面直线，所以四面体中任何一对不共顶点的棱所在的直线一定是异面直线.18.如图，四棱

柱1111ABCDABCD−的底面ABCD是正方形，O为底面中心，1AO⊥面ABCD，12ABAA==.【（1）证明：1ACBD⊥；（2）求直线AC与平面11BBDD所成的角的大小.【答案】（1）证明见解析（2

）4【解析】【分析】（1）以O为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求得向量坐标，利用空间向量数量积证得1ACBD⊥，11ACBB⊥，然后利用线面垂直判定定理证得结论.（2）求AC、平面11BBDD的一个法向量，由线面角

得到向量方法可得答案.【小问1详解】∵OA､OB､1OA两两垂直，以O为原点建立空间直角坐标系，∵12ABAA==，∴11OAOBOA===，∴()100A，，，()010，，B，()100，，−C，()010D−，，，()1001，，A，由11ABAB=易

得()1111B−，，，∴()1101，，=−−AC，()020，，=−BD，()1101，，=−BB，∴10ACBD=，110ACBB=，∴1ACBD⊥，11ACBB⊥，∴1ACBD⊥，11ACBB⊥，又1BDBBB=，且BD､1BB平面11BBDD，∴1AC⊥

平面11BBDD.∵BD平面11BBDD，∴1ACBD⊥.【小问2详解】由（1），()2,0,0AC=−uuur，()020，，=−BD，()1101，，=−BB，设平面11BBDD的一个法向量为()nxyz=，，，所以100BDnBBn⊥=⊥=，即200yxz−

=−+=，令1x=，得1,0zy==，所以()101，，=n，设直线AC与平面11BBDD所成的角0,2，则22sincos,222nACnACnAC====，因为0,2，所以4=，所以直线AC与平面11BBDD所成的角为4.1

9.如图，1111ABCDABCD−是棱长为1的正方体，P为面对角线1AD上的动点（不包括端点），PM⊥平面ABCD交AD于点M，MNBD⊥于N．（1）设APx=，将PN长表示为x的函数()fx，并求此函数的值域；（2）当PN最小时，求异面直线PN与11AC所成角的大小．【答案】（1

）()2321433fxx=−+，(02)x；值域为3,13（2）3arcsin3【解析】【分析】（1）设(02)APxx=，利用平行线解线段成比例求得22AMPMx==，得到212MDx=−，进一步求得MN，再由勾股定理列式求解(

)fx，结合二次函数求值域；（2）由（1）当23x=时，PN最小，此时33PN=，由于//MNAC，又11//ACAC，PNM为异面直线PN与11AC所成角的平面角，通过解直角三角形PMN得答案．【小问1详解】正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，12A

D=，设(02)APxx=，因为PM⊥平面ABCD，故1PMDD，则1APMADD，故12xAMPMADDD==，得22AMPMx==，故212MDx=−，同理得21222MDMNx==−，22()PNfxPMMN==+22121()222xx=+−2321433x

=−+，(02)x.故当23x=时，()fx有最小值为33，当2x=时，()1fx=，函数()fx的值域为3,13；【小问2详解】当23x=时，PN最小，此时33PN=，底面ABCD中，MNBD⊥，ACBD⊥，//

MNAC，又11//ACAC，PNM为异面直线PN与11AC所成角的角，在在PMN中，PMN为直角，133sin333PMPNMPN===，3arcsin3PNM=，∴异面直线PN与11AC所成角的大小为3arcsin3．20.对于任意的复数

(,)zxyixyR=+，定义运算P为2()(cossin)Pzxyiy=+．（1）设集合A={|(),||1,Re,ImPzzzz=均为整数}，用列举法写出集合A；（2）若2()=+zyiyR

，()Pz为纯虚数，求||z的最小值；（3）问：直线:9=−Lyx上是否存在横坐标、纵坐标都为整数的点，使该点(,)xy对应的复数zxyi=+经运算P后，()Pz对应的点也在直线L上？若存在，求出所有的点；若不存在，请说明理由．【答案】（1）{0,1}A=；（2）172；（3）存在，(

3,6)−或(3,12)−−【解析】【分析】（1）根据题意得到0,1,,,1=−−zii，代入计算得到答案.（2）根据计算法则得到1()2=+ykkZ，代入计算复数模，根据二次函数性质得到最值.（3）假设存在这样的点(,9)−xx，计

算得到2()[cos(9)sin(9)]Pzxxix=−+−，讨论x为奇数和x为偶数两种情况，计算得到答案.【详解】（1）||1,Re,Imzzz均为整数，则0,1,,,1=−−zii，(0)0P=，()11p=，()0pi−=，()0pi=，()11

p−=，故{0,1}A=.（2）()4(cossin)Pzyiy=+，∵()Pz是纯虚数，∴cos0=y且sin0y，∴1()2=+ykkZ，∴21||42=++zk，0k=或1−时，||z的最小值为172.（3）假设存在这样的点(,9)−xx，设该点对应的复数为z，

则2()[cos(9)sin(9)]Pzxxix=−+−，若x为奇数，则2()=Pzx，∴209=−x，3x=；若x为偶数，则2()=−Pzx，∴209=−−x，无解．综上，存在这样的点，坐标为(3,6)−或(3,12)−−.【点睛】

本题考查了复数运算的新定义，复数的模，复数对应的点，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.21.圆锥的轴截面为等腰RtSAB，Q为底面圆周上一点．（1）若QB的中点为C，OHSC⊥，求证：OH⊥平面S

QB；（2）如果60AOQ=，23QB=，求此圆锥的侧面积；（3）如果二面角ASBQ−−的大小为arctan(22)−，求AOQ的大小．【答案】（1）证明见解析（2）42π（3）45AOQ=【解析】【分析】（1）连接AQ，由三角形中位线定理可得

//OCAQ，由圆周角定理我们可得OCBQ⊥，由圆锥的几何特征，可得SOBQ⊥，进而由线面垂直的判定定理，得到QB⊥平面SOC，则OHBQ⊥，结合OHSC⊥及线面垂直的判定定理得到OH⊥平面SBQ；（2）若60AOQ=，易得30OBQOQB==，又由23QB=，可求出圆锥

的底面半径OA长及圆锥的母线SB，代入圆锥表面积公式即可；（3）作QMAB⊥于点M，由面面垂直的判定定理可得QM⊥平面SAB，作MPSB⊥于点P，连QP，则MPQ为二面角ASBQ−−的平面角，根据二面角ASBQ−−的大小为arctan(22)−，设OAOBR==，AOQ

=，进而根据22MQMP=−可求出AOQ的大小.【小问1详解】连接AQ，因为O为AB的中点，QB的中点为C，所以//OCAQ．因为AB为圆的直径，所以90AQB=，故OCBQ⊥．因为SO⊥平面ABQ，B

Q平面ABQ，所以SOBQ⊥.又OCSOO=，,OCSO平面SOC，所以QB⊥平面SOC.又OH平面SOC，故OHBQ⊥．又OHSC⊥，SCBQC=，,SCBQ平面SBQ，所以OH⊥平面SBQ．【小

问2详解】60AOQ=，30OBQOQB==，23BQ=4cos30BQAB==，2OA=，又SASB⊥，22SASB==故圆锥的侧面积π··42πSOASB==．【小问3详解】作QMAB⊥于点M，平面SAB⊥平面ABQ且平面SAB平面ABQAB=Q

M⊥平面SAB．再作MPSB⊥于点P，连QP，QPSB⊥MPQ为二面角ASBQ−−的平面角如图：()arctan22MPQ=−，22MQMP=−．设OAOBR==，AOQ=，sinMQR=，

cosOMR=，(1cos)MBR=+，45SBA=，MPBP=，22(1cos)22MPMBR==+，sin222(1cos)2RR=−+．sin211cos=−+，即22sincos22212cos2=−，tan212=−，故22tan2tan11tan2

==−，解得45=，45AOQ=.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com