【文档说明】安徽省六安市舒城中学2021-2022学年高一下学期期中数学试题 含解析.docx，共(20)页，1.424 MB，由小赞的店铺上传

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舒城中学2021-2022学年度第二学期期中考试高一数学总分：150分时间：120分钟本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分.第Ⅰ卷为选择题，共60分；第Ⅱ卷为非选择题，共90分，满分150分，考试时间为120分钟.第Ⅰ卷（选择题共60分

）一、选择题(本大题共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要求的)1.对于实数,,abc，“ab”是“22acbc”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【详解】试题分析：由于不

等式的基本性质，“a＞b”⇒“ac＞bc”必须有c＞0这一条件．解：主要考查不等式的性质．当c=0时显然左边无法推导出右边，但右边可以推出左边．故选B考点：不等式的性质点评：充分利用不等式的基本性质是推导不等关系的重要条件．2.已知m，n为两条不同的

直线，,为两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若//,//,//mn，则//mnB.若//,//,mmn=，则//mnC.若//,//nn，则//D.若//,mnn，则//m【答案】B【解析】【分析】A：结合两直线的位置关系可判断//mn

或,mn异面；B：结合线面平行的性质可判断//mn；C：结合线面的位置关系可判断//或,相交；D：结合线面的位置关系可判断//m或m.【详解】A：若//,//,//mn，则//mn或,

mn异面，故A错误；B：因为//m，所以在平面内存在不同于n的直线l，使得//lm，则l//，从而//ln，故//mn，故B正确；C：若//,//nn，则//或,相交，故C错误；D：若//,mnn，则//m或m，故

D错误.故选：B3.在△ABC中，若其面积为S，且ABAC=23S，则角A的大小为（）A.30°B.60°C.120°D.150°【答案】A【解析】【分析】由数量积的定义，结合条件即可求解.【详解】因为1sin2SABACA=，而cosABACABACA=uuuruuuru

uuruuur，所以1cos23sin2ABACAABACA=，所以3tan3A=，故30A=.故选：A4.若一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°且腰和上底均为1的等腰梯形，则原平面图形的面积是（）A.222+B.122+C.22+D.1

2+【答案】C【解析】【分析】先计算出等腰梯形的面积为1S，再利用122SS=计算得到答案.【详解】等腰梯形的面积()112111cos45211sin45222S=++=+则原平面图形的面积12222SS==+.故选：C.5.如图，三棱柱111ABCABC−中，底面三角形1

11ABC是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是（）A.直线1CC与直线1BE是异面直线B.直线1CC与直线AE是共面直线C.直线AE与直线11BC是异面直线D.直线AE与直线1BB是共面直线【答案】C【解析

】【分析】根据异面直线的判定定理求解即可.【详解】由于1CC与1BE均在平面11BCCB内，不是异面直线，故A错误；1CC平面ABCC=，AE平面ABC，点C不在直线AE上，所以1CC和AE是异面直线，故B错误；AE平面11BCCBE=，11BC平面1

1BCCB，点E不在直线11BC上，则AE与11BC是异面直线，故C正确；AE平面11BCCBE=，1BB平面11BCCB，点E不在直线1BB上，则AE与1BB是异面直线，故D不正确.故选：C【点睛】方法点睛：判断两条直线是否

为异面直线，第一两条直线平行或相交，则两条直线共面，第二若一条直线与一个平面相交于一点，那么这条直线与这个平面内不经过该点的直线是异面直线，这是判断两条直线是异面直线的方法，要根据题目所提供的线线、线面关系准确的做出判断.6.直三棱柱111ABCABC−的6个顶点在

球O的球面上.若3AB=，4AC=.ABAC⊥，112AA=，则球O的表面积为（）A.1694B.169C.288D.676【答案】B【解析】【分析】由于直三棱柱111ABCABC−的底面ABC为直角三角形，我们可以把直三棱柱11

1ABCABC−补成四棱柱，则四棱柱的体对角线是其外接球的直径，求出外接球的直径后，代入外接球的表面积公式，即可求出该三棱柱的外接球的表面积.【详解】解：将直三棱柱补形为长方体1111ABECABEC−，则球O是长方体1111ABECABEC−的外接球.所以体对角线1BC的长为球O的直径.因此球

O的外接圆直径为2222341213R=++=，故球O的表面积24169R=.故选：B.【点睛】本题主要考查球的内接体与球的关系、球的半径和球的表面积的求解，考查运算求解能力，属于基础题型.7.八卦是中国文化的基本哲学概念，图1是八卦模型

图，其平面图形为图2所示的正八边形ABCDEFGH，其中||1OA→=，给出下列结论：图1图2①OA→与OH→的夹角为3；②ODOFOE→→→+=；③2||||2OAOCDH→→→−=；④OA→在OD→上的投影向量为22e→（其中e→为与OD→同向的单位向量）．其

中正确结论为（）A.①B.②C.③D.④【答案】C【解析】【分析】根据图形的特征进行判断即可.【详解】由图:正八边形ABCDEFGH，因为OA→与OH→的夹角为4，故①错误；因为22ODOFOE→→→+=，故②错误；因为2||||||2OA

OCCADH→→→→−==,故③正确；因为OA→在OD→上的投影向量与向量OD→反向，故④错误；故选：C【点睛】本题主要考查向量的加减法及向量的投影向量等，属于简单题.8.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，120A=，D是边BC上一点，ABAD⊥，且ADm=，ACD△和A

BD△的面积分别为1S，2S，对于给定的正数m，当bc+取得最小值时，12SS等于（）A.22B.32C.53D.34【答案】A【解析】【分析】由ABCABDACDSSS=+可推出32bcbmcm=+，即213b

cm+=，故利用基本不等式，结合“乘1法”即可求出bc+取到最小值时=2bc，化简得解.详解】由题可知ABCABDACDSSS=+，由三角形面积公式可得：111sin120sin30222bccmbm=+，化简得32bcbmcm=+，即213bcm+=，bc+=()bc+213cmb

+=233mbbcc++()223=32233ccmbmb++，当今当2=cbbc即=2bc时bc+能取到最小值，此时12SS=1sin30212=2cbmcmb=22.故选：A.二、选择题（本大题共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.下列命题中正确的是（）【A.若x，yR，22xyii+=+，则2xy==B.若复数1z，2z满足22120zz+=，则120zz==C.若复数z为纯虚

数，则22zz=D.若复数z满足12z−=，则zi+的最大值为22+【答案】AD【解析】【分析】A由复数相等条件即可判断正误；B、C应用特殊值法，代入验证即可；D根据12z−=的几何含义：以(1,0)为圆心2为半径的圆，求maxzi+为该

圆上的点到(0,1)A−最大距离，判断正误.【详解】A：由复数相等知：22xyii+=+，有2xy==，正确；B：若121,zzi==，有22120zz+=，错误；C：若zi=时，2211zz==−，错误；D：令zxyi=+，则12z−=为圆O：22(1)4xy−+=，而max

zi+表示圆O上的点到(0,1)A−的最大距离，所以max2||22ziOA+=+=+，正确.故选：AD.10.下列有关平面向量的命题中，不正确的是（）A若ab=rr，则ab=B.已知ab∥，bc∥，则ac∥C.若非零向量a，b，c，满足abac=，则bc=D.若ab=，则ab=rr

且ab∥【答案】ABC【解析】【分析】A选项，当ab=rr且,ab方向相同，才有ab=，故A错误，D正确；B选项可以举出反例，C选项利用向量的数量积推导出cos,cos,babcac=，故C错误.【详解】A选项，ab=rr，但向量方向可能不同，故A错

误；.若0b=，则满足ab∥，bc∥，但,ac可能不平行，故B错误；若abac=，即cos,cos,ababacac=，因为a，b，c均为非零向量，所以cos,cos,babcac=，故bc=不一定成立，C错误；若ab=，则ab=rr且ab∥，D正确.故选：ABC

11.下列说法正确的是（）A.在ABC中，sinsinAB是BCAC的充要条件B.将函数sin2yx=的图象向右平移6个单位长度得到函数sin23yx=−的图象C.存在实数x，使得等式3sincos2xx−=成立D.在ABC中，若222sinsinsinABC+，则ABC是钝

角三角形【答案】ABD【解析】【分析】根据正弦定理，余弦定理，可判断A、D的正误；根据图象平移原则，可判断B的正误；根据辅助角公式及正弦型函数的性质，可判断C的正误，即可得答案.【详解】对于A：由正弦定理可得sinsinBCACAB=，因为sinsinAB，所以BCAC，同理，若B

CAC，则有sinsinAB，所以sinsinAB是BCAC的充要条件，故A正确；对于B：将函数sin2yx=的图象向右平移6个单位长度，可得sin2sin263yxx=−=−，故B正确；对于C：3sincos2sin242xxx−=−

，所以不存在x，满足3sincos2xx−=，故C错误；对于D：在ABC中,因为222sinsinsinABC+，由正弦定理可得222abc+，所以222cos02abcCab+−=，所以,2C，为钝角，故D正确.故选：ABD.12.如图

，直三棱柱111ABCABC−中，12AA=，1ABBC==，90ABC=，侧面11AACC中心为O，点E是侧棱1BB上的一个动点，有下列判断，正确的是（）A.直三棱柱侧面积是422+B.直三棱柱体积是13C.三棱锥1EAAO−的体积为定值D.1AEEC+的最小值为22【答案】ACD【解析】

【分析】由题意画出图形，计算直三棱柱的侧面积和体积即可判断A与B；由棱锥底面积与高为定值判断C；设BE＝x，列出AE+EC1关于x的函数式，结合其几何意义求出最小值判断D．【详解】在直三棱柱111ABCABC−中，12AA=，1ABBC==，90ABC=底面AB

C和111ABC是等腰直角三角形，侧面全是矩形，所以其侧面积为1×2×2+22242211=++，故A正确；直三棱柱的体积为1111212ABCVSAA===，故B不正确；由BB1∥平面AA1C1C，且点E是侧棱1BB上的一

个动点，三棱锥1EAAO−的高为定值22，114AAOS=×2×2＝22，1EAAOV−=13×22×22＝16，故C正确；设BE＝x0,2，则B1E＝2﹣x，在RtABC和11RtEBC中，∴1AEEC+＝2211(2)xx+++−．由其几何意义，即

平面内动点（x，1）与两定点（0，0），（2，0）距离和的最小值，由对称可知，当E为1BB的中点时，其最小值为222222+=，故D正确．故选：ACD．【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查直三棱柱的侧面积和体积的求法，函数思想求最值问题，空间想象能力和思维能力，属于中档题．三、填空题（

本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知向量()2,1a=r，()1,1b=，则a与ab+夹角的余弦值是______．【答案】86565##86565【解析】【分析】求出向量ab+的坐标，利用平面向量夹角的坐标表示可求得结果.【详解】由已知可得()3,2ab+=，所以，

()8865cos,65513aabaabaab++===+.故答案为：86565.14.在ABC中，已知3,2,10ABACBC===，则ABBC=________________．【答案】152−

【解析】【分析】先利用余弦定理求出cosB，再根据向量的数量积定义即可求出．【详解】解：222910410cos24610ABBCACBABBC+−+−===，10||||cos()||||cos3104215ABBCABBCBABBCB=−=−

=−=−．故答案为：152−．15.如图，在ABC中，已知2AB=，6AC=，60BAC=，2BCBM=，3ACAN=，线段AM，BN相交于点P，则MPN的余弦值为___________.【答案

】1313【解析】【分析】依次算出BNAM、||AM、BNuuur，然后可得答案.【详解】由已知，2AB=，2AN=，60BAC=，得2BN=，又由1()2AMABAC=+得221||||2||||cos60||132AMABAB

ACAC=++=，因为13BNACAB=−，所以2211111()()||||||||cos60232623BNAMACABABACACABABAC=−+=−−=所以13coscos,13||||BNAMMPNBNAMBNAM===故答案为：131316.如图，长方体

1111ABCDABCD−中，1123ADDDAB===，，，,,EFG分别为11,,ABBCCD中点，点P在平面ABCD内，若直线1//DP平面EFG，则线段1DP长度的最小值是___________.【答案】19

2【解析】【分析】首先找出过点1D且与平面EFG平行的平面，然后在所作的平面内找线段1DP长度的最小值即可.【详解】连接11,,DADCAC，因为,,EFG分别为11,,ABBCCD中点，所以//ACEF，又因为EF面1ACD，AC面1ACD，所以//EF面1ACD，同理//EG面1AC

D，又因为EGEFE=，所以面//EFG面1ACD，因为直线1//DP平面EFG，所以点P在直线AC上，且当1DPAC⊥时，线段1DP的长度最小，在1ACD△中，15AD=，2AC=，17CD=，所以15cos1

0DAC=，195sin10DAC=，所以119519252102ACDS==，在1ACD△中，设AC边上的高为h，则1119222ACDSh==，所以192h=，即线段1DP长度的最小值为192.故答案为：192.四、解

答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知复数12,zz是方程210zz−+=的解.（1）求1211zz+的值；（2）若复平面内表示1z的点在第四象限，且()1iza+为纯虚数，其中aR，求a的

值.【答案】（1）1（2）3−【解析】【分析】（1）由求根公式求得1213i13i,22zz−+==，进而求得12111zz+=；（2）由（1）得到113i22z=−，求得()1313ii22aaza+−+=+，根据()1iza+为纯虚数，得到30a+=，即可求解.小问1详解

】解：由题意，复数12,zz是方程210zz−+=的解，由求根公式，可得1213i13i,22zz−+==，则121122113i13izz+=+=−+.【小问2详解】解：由（1）且1z表示的点在第四象限，所以1

13i22z=−.又由()1313ii22aaza+−+=+，因为()1iza+为纯虚数，则30a+=，解得3a=−.18.在ABC中，1AB=，D为BC边上一点，且π3ADB=．（1）若AD为BC边上的中线，求边AC的最大值；（2）若AD为BAC的平分

线，且ABC为锐角三角形，求边AC的取值范围．【答案】（1）3（2）(223)，AC+【解析】【分析】（1）在ABD△与ACD△中分别用余弦定理，再应用基本不等式即可求解AC的最大值；（2）设BADCAD==

，由已知确定范围，在ABD△与ACD△中分别用正弦定理，得到AC与tan的关系求解即可.【小问1详解】设DAm=，DBn=，又AD为BC边上的中线，所以DCn=，在ABD△中，由余弦定理得，222π2cos3DADBDADBAB+−=，又1AB=，【所以221mnmn+−=，

①在ACD△中，由余弦定理得，2222π2cos3DADCDADCAC+−=，即222mnmnAC++=，②由①＋②得222+12()ACmn=+，又由①得2222112mnmnmn++=++≤（当且仅当=1=mn时取等号），所以222m

n+≤，所以2+1AC≤4，即3AC≤．综上，当且仅当1mn==时，边AC取得最大值3．【小问2详解】因为AD为BAC的平分线，所以可设BADCAD==，则2π3B=−，π3C=−，因为ABC为锐角三角形，所以

2032022−，所以ππ64.在ABD△中，由正弦定理得π2πsinsin()33ABAD=−，③在ACD△中，由正弦定理得2ππsinsin()33ACAD=−，④④÷③得2π31sin()cossin32

2π31sin()cossin322ACAB−+==−−，又1AB=，所以3tan3tanAC+=−，设tant=，又ππ64，所以3(1)3t，，所以3t3tAC+=−231t3=−−−在3(1)3，上为增函数，所以(223

)AC+，．19.如图，在正方体1111ABCDABCD−中，对角线1AC与平面1BDC交于点O，AC、BD交于点M，E为AB的中点，F为1AA的中点．求证：（1）1COM、、三点共线；（2）E、C、1D、F四点共面；（3）CE、1DF、DA三线共点．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析

（3）证明见解析【解析】【分析】（1）可证1C、O、M三点在平面11ACCA与平面1BDC内，从而可证三点共线.（2）可证1//EFCD，从而可得四点共面.（3）设CE与1DF交于一点P，可得P在DA上，从而可得三线共点.【小问1详解】∵1

AC平面1BDCO=，∴1OAC，O平面1BDC；又∵1AC平面11ACCA，∴O平面11ACCA；∵AC、BD交于点M，∴MAC，MBD；又AC平面11ACCA，BD平面1BDC，∴M平面11ACCA，M平面1BDC；又1C平面11ACCA，

1C平面1BDC；∴1C、O、M三点在平面11ACCA与平面1BDC的交线上，∴1C、O、M三点共线；【小问2详解】连接EF，∵E为AB的中点，F为1AA的中点，∴1//EFBA，又∵11//BCAD，11BCAD=，∴四边形11BCDA是平行四边形，∴11

//BACD；∴1//EFCD，∴E、F、C、1D四点共面；【小问3详解】∵平面ABCD平面11ADDAAD=，设CE与1DF交于一点P，则：PCE，CE平面ABCD，∴P平面ABCD，同理，P平面11ADDA，∴P平面ABCD平面11ADDAAD=，∴直

线CE、1DF、DA三线交于一点P，即三线共点20.已知函数()213sinsincos222fxxxx=−++−．（1）若对任意,32x−，都有()fxa成立，求a的取值范围；

（2）若先将()yfx=的图象上每个点纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，然后再向左平移6个单位得.到函数()ygx=的图象，求函数()13ygx=−在区间,3−内的所有零点之和．【答案】(1)1a−.(2)6【解析】【分析】(1)先由倍角公式以及两角和的正弦

公式进行化简，再求出函数的最小值即可求出a的范围；(2)根据函数图像的对称性即可求出结果.【详解】（1）()31sin2cos2sin2226fxxxx=−=−.若对任意,32x−，都有()fxa成立，则只

需()minfxa即可∵32x−，∴552666x−−，∴当262x−=−，即6x=−时，()fx有最小值1−，故1a−.（2）依题意可得()singxx=，由()103gx−=得1sin3x=，由图可知，1sin3x=在,3−上有4个零点

：1234,,,xxxx，根据对称性有34125,2222xxxx++==，从而所有零点和为12346xxxx+++=.【点睛】本题主要考查三角函数的值域以及函数图像的对称性，熟记两角和与差的正弦公式等以及图像的变换即可，属于常考题型.21.如图四棱锥P-ABCD的底面为平行四

边形，E是PB的中点，过A，D，E的平面α与平面PBC的交线为l．（1）证明：∥l平面PAD；（2）求平面α截四棱锥P-ABCD所得的上、下两部分几何体的体积之比．【答案】（1）证明见解析（2）3:5【解析】【分析】（1）由ADBC∥，得到AD∥平面PBC，根据平面与平面PBC的交线为l，

结合线面平行的性质定理，即可证得∥l平面PAD；（2）设l与PC交于点F，则F为PC的中点，连接DF，DE，DB，EC，设四棱锥P-ABCD的体积为V，得到4EABDEBDCVVV−−==，8DEFCVV−=，进而求得平面截四棱锥P-ABCD所得的下面部分的几何体的体

积，求得上、下两部分几何体的体积之比．【小问1详解】证明：因为ADBC∥，且AD平面PBC，BC平面PBC，所以AD∥平面PBC，又平面与平面PBC的交线为l，且AD平面，则AD//l，又l平面PAD，AD平面PAD，故∥l平面PAD.【小问2详解】解：设l与PC交于点F，则F

为PC的中点，连接DF，DE，DB，EC，设四棱锥P-ABCD的体积为V，则4EABDEBDCVVV−−==．又由2DBECEBDCDEFCVVV−−−==，则8DEFCVV−=，所以平面截四棱锥P-ABCD所得的下面部分

的几何体的体积为54488VVVV++=，所以上面部分几何体的体积为38V，故平面截四棱锥P-ABCD所得的上、下两部分几何体的体积之比为3:5．22.“精准扶贫，修路先行”，为解决城市A和山区B的物流运输问题，方便B

地的农产品运输到城市A交易，计划在铁路AD间的某一点C处修建一条笔直的公路到达B地．示意图如图所示，3010AB=千米，302BD=千米，45BDA=．已知农产品的铁路运费为每千米1百元，公路运费为每千米2百元，农产品从

B到A的总运费为y百元．为了求总运费y的最小值，现提供两种方案建立函数关系，方案1：设ACx=千米；方案2：设BCD=．（1）试将y分别表示为关于x、的函数关系式()yfx=和()yg=；（2）请只选择

一种方案，求出总运费y的最小值以及此时AC的长度．【答案】（1）2()21809000(0120)fxxxxx=+−+；6030cos()90(0135)sing−=+；（2）选择见解析；90103AC=−千米时，总运费最小值为90

303+百元．【解析】【分析】（1）分别利用余弦定理及正弦定理求解即可；（2）利用判别式法求出方案一的最值，再利用正弦函数的有界性求解方案二的最值，比较即可求解.【详解】（1）在△ABD中，由余弦定理得，222(3010)(302)2302cos4

5ADAD=+−得26090080ADAD−−=，120AD=或60−(舍去)方案①：在△ABD中，由正弦定理，3010302sin45sinA=，得sin101A=(0,)2A，3cos10A=在△ABC中，设ACx=，由余弦定理，2222(3

010)23010cos1809000BCxxAxx=+−=−+∴2()221809000(0120)fxACBCxxxx=+=+−+的方案②：在△BCD中，由正弦定理，302sin45si

nBC=，得30sinBC=又sin45sin(135)BCCD=−，得30(sincos)sinCD+=，30cos12090sinACCD=−=−∴6030cos()290(0135)singACBC−=+=+（2）若选择方案①，令221809000yxx

x=+−+，得22()4(1809000)yxxx−=−+整理得，2232(360)490000xyxy+−+−=由0得，218090600yy−+，得90303y+或90303y−(舍)∴min90303y=+，此时360901033yx−

==−即90103AC=−千米时，总运费的最小值为90303+百元若选择方案②，令2cossiny−=，则sincos2y+=，得()21sin2y++=，22sin()11y+=+，得23y，又0y，∴3y令2cos3sin−=，得sin(30

)1+=，0135，60=时，min3y=此时min()90303g=+，90103AC=−千米总运费的最小值为90303+百元