【文档说明】河北省唐山市2021-2022学年高一下学期期中模拟联考数学试卷教师用卷.docx，共(11)页，370.044 KB，由小赞的店铺上传

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2021—2022学年度高一年级第二学期期中模拟联考数学试卷一、单项选择题：本题共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.在复平面内，复数(2－i)2对应的点位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限解析：选D(2－i)2＝4－4i＋i2

＝3－4i，在复平面内对应的点为(3，－4)，位于第四象限．2.下列等式恒成立的是()A．AB―→＋BA―→＝0B．AB―→－AC―→＝BC―→C．(a·b)·c＝a·(b·c)D．(a＋b)·c＝a·c＋b·c解析：选DAB―→＋BA―→＝0，故A错误；AB―→－AC

―→＝CB―→，故B错误；(a·b)·c表示与c共线的向量，而a·(b·c)表示与a共线的向量，故C错误；根据平面向量数量积的运算性质可知D正确．3.棱长为2的正方体的内切球的表面积为()A．4πB．323πC．8πD．32π解析：选A正方体的棱长为2，即其内切球的直径d＝2，半径r

＝d2＝1，所以内切球的表面积S＝4πr2＝4π.4.在△ABC中，若A＝105°，B＝45°，b＝22，则c等于()A．1B．2C.2D.3解析：选B∵A＝105°，B＝45°，∴C＝30°.由正弦定理，得c＝bsinCsinB＝22sin30°si

n45°＝2.5.设a，b∈R，i是虚数单位，则“ab＝0”是“复数a＋bi为纯虚数”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解析：选B因为a＋bi＝a－bi为纯虚数，所以必有a＝0且b≠0，所以ab＝0，因此“ab＝0”是“复数a＋bi为纯虚数

”的必要条件．而当ab＝0时，有a＝0或b＝0，当b＝0时，a＋bi为实数，因此“ab＝0”不是“复数a＋bi为纯虚数”的充分条件．故“ab＝0”是“复数a＋bi为纯虚数”的必要不充分条件．6.如图，正四棱锥P-A

BCD的体积为2，底面积为6，E为侧棱PC的中点，则直线BE与平面PAC所成的角为()A．30°B．45°C．60°D．90°解析：选C如图，在正四棱锥P-ABCD中，根据底面积为6，可得BC＝6.连接BD交AC于点O，连接PO，则PO为正四棱锥P-ABCD的高，根据体积公式可得PO＝1.因为

PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BD，又BD⊥AC，PO∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC．连接EO，则∠BEO为直线BE与平面PAC所成的角．在Rt△POA中，因为PO＝1，OA＝3，所以PA＝2，OE＝12PA＝1.在R

t△BOE中，因为BO＝3，所以tan∠BEO＝BOOE＝3，即∠BEO＝60°.故直线BE与平面PAC所成角为60°.7.在平面上有A，B，C三点，设m＝AB―→＋BC―→，n＝AB―→－BC―→，若m与n的长度恰好相等，则有()A．A，B，C三点必在一条直线上

B．△ABC必为等腰三角形且∠B为顶角C．△ABC必为直角三角形且∠B为直角D．△ABC必为等腰直角三角形解析：选C以BA，BC为邻边作平行四边形ABCD(图略)，则m＝AB―→＋BC―→＝AC―→，n＝AB―→－BC―→＝AB

―→－AD―→＝DB―→，由m，n的长度相等可知，两对角线相等，因此平行四边形一定是矩形．故选C.8.如图所示，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，P为边AB的中点，现将△DAP绕直线DP翻转至△DA′P处，若M为线段A′C的中点，则

异面直线BM与PA′所成角的正切值为()A．4B．2C．14D．12解析：选D取A′D的中点N，连接PN，MN.∵M是A′C的中点，∴MN∥CD，且MN＝12CD．∵四边形ABCD是矩形，P是AB的中点，∴PB∥CD，且PB＝12CD．∴MN∥PB，

且MN＝PB．∴四边形PBMN为平行四边形．∴MB∥PN.∴∠A′PN(或其补角)是异面直线BM与PA′所成的角．在Rt△A′PN中，tan∠A′PN＝A′NA′P＝12，∴异面直线BM与PA′所成角的正切值为12.故选D．二、多项选择题：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.已知集合M＝{m|m＝in，n∈N}，其中i为虚数单位，则下列元素属于集合M的是()A．(1－i)(1＋i

)B.1－i1＋iC.1＋i1－iD．(1－i)2解析：选BC根据题意，M＝{m|m＝in，n∈N}中，n＝4k(k∈N)时，in＝1；n＝4k＋1(k∈N)时，in＝i；n＝4k＋2(k∈N)时，in＝－1；n＝4k＋3(k∈N

)时，in＝－i，∴M＝{－1，1，i，－i}．选项A中，(1－i)(1＋i)＝2∉M；选项B中，1－i1＋i＝（1－i）2（1＋i）（1－i）＝－i∈M；选项C中，1＋i1－i＝（1＋i）2（1－i）（1＋i）＝i∈M；选项D中，(1－i)2

＝－2i∉M.故选B、C.10.如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆上异于A，B的任一点，则下列结论中正确的是()A．PC⊥BCB．AC⊥平面PBCC．平面PAB⊥平面PBCD．平面PCB⊥平面PBC解析：选AD由PA垂直于以AB为直径的

圆所在的平面，点C是圆上异于A，B的任一点，在A中，BC⊥AC，BC⊥PA，PC∩PA＝P，∴BC⊥平面PAC，∴PC⊥BC，故A正确；在B中，∵PA⊥AC，AC∩PC＝C，∠PCA＜π2，∴AC与PC不垂直，∴AC与平面PBC不垂直，故B错误；在C中，∵PAB是固定

的平面，PBC是移动的平面，∴平面PAB和平面PBC不垂直，故C错误；在D中，∵BC⊥平面PAC，BC⊂平面PBC，∴平面PAC⊥平面PBC，故D正确．故选AD．11.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11

，则下列结论正确的是()A．sinA∶sinB∶sinC＝3∶4∶5B．△ABC是钝角三角形C．△ABC的最大内角是最小内角的2倍D．若c＝6，则△ABC外接圆半径为877解析：选CD因为(a＋b)∶

(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，所以可设a＋b＝9x，a＋c＝10x，b＋c＝11x(x＞0)，解得a＝4x，b＝5x，c＝6x，所以sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝4∶5∶6，所以A错误；由上可知，c边最大，所以三角

形中角C最大，又cosC＝a2＋b2－c22ab＝（4x）2＋（5x）2－（6x）22×4x×5x＝18＞0，所以角C为锐角，所以B错误；由上可知a边最小，所以三角形中角A最小，又cosA＝c2＋b2－a22cb＝（6x）2＋（5x）2

－（4x）22×6x×5x＝34，所以cos2A＝2cos2A－1＝18，所以cos2A＝cosC，由三角形中角C最大且角C为锐角可得，2A∈(0，π)，C∈0，π2，所以2A＝C，所以C正确；由正弦定理

得2R＝csinC，又sinC＝1－cos2C＝378，所以2R＝6378，解得R＝877，所以D正确．12.对于四面体A-BCD，以下命题中正确的命题是()A．若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD与底面所成的角相

等B．若AB⊥CD，AC⊥BD，则点A在底面BCD内的射影是△BCD的内心C．四面体A-BCD的四个面中最多有四个直角三角形D．若四面体A-BCD的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为π6解析：选ACD如图1，设点A在平面BCD内的射影是E，因为sin∠ABE＝AEAB，sin

∠ACE＝AEAC，sin∠ADE＝AEAD，AB＝AC＝AD，所以sin∠ABE＝sin∠ACE＝sin∠ADE，则AB，AC，AD与底面所成的角相等，故A正确；因为AE⊥平面BCD，所以AE⊥CD，又AB⊥CD，所以CD⊥平面ABE，所以CD⊥

BE，同理可证BD⊥CE，所以E是△BCD的垂心，故B不正确；图1图2如图2，设正方体的棱长为1，则易求得AC＝2，AD＝3，又CD＝1，所以AC2＋CD2＝AD2，即△ACD为直角三角形，易证△ABC，

△ABD，△BCD都是直角三角形，所以直角三角形的个数是4，故C正确；图1中，设O为正四面体A-BCD的内切球的球心，正四面体的棱长为1，所以OE为内切球的半径，BF＝AF＝32，BE＝33，所以AE＝1－332＝63，由BO2－OE2＝BE2，得63－OE2－O

E2＝332，所以OE＝612，所以内切球的表面积为4π·OE2＝π6，故D正确．故选ACD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知z1＝m2－3m＋m2i，z2＝4＋(5m＋6)i，其中m为实数，i为虚数单位，若z1－z2＝0，则m的值为____

____．解析：因为z1－z2＝0，所以z1＝z2，所以m2－3m＝4，m2＝5m＋6，解得m＝－1.答案：－114.已知直二面角α—l—β，A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足.若AB＝2，AC＝BD＝1，则D到平面ABC的距离为.解析：如图，作DE

⊥BC于点E，由α—l—β为直二面角，AC⊥l，得AC⊥β，进而AC⊥DE，又BC⊥DE，BC∩AC＝C，于是DE⊥平面ABC，故DE为D到平面ABC的距离.在Rt△BCD中，利用等面积法得DE＝BD·DCBC＝1×23＝63.答案：6315.在△ABC

中，若b＝5，B＝4，tanA＝2，则sinA＝________，a＝________．解析：因为△ABC中，tanA＝2，所以A是锐角，且sinAcosA＝2，sin2A＋cos2A＝1，联立解得sinA＝255，再由正弦定理得asinA＝bs

inB，代入数据解得a＝210.答案：25521016.已知四棱锥S-ABCD的所有顶点都在同一球面上，底面ABCD是正方形且和球心O在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其表面积等于4＋43，则球O的体积等于________.解析：由题意可知四棱锥S-ABCD

的所有顶点都在同一个球面上，底面ABCD是正方形且和球心O在同一平面内，当体积最大时，可以判定该棱锥为正四棱锥，底面在球大圆上，可知底面正方形的对角线长度的一半为球的半径r，且四棱锥的高h＝r，进而可知此四棱锥的四个侧面

均是边长为2r的正三角形，底面为边长为2r的正方形，所以该四棱锥的表面积为S＝4×34（2r）2＋（2r）2＝23r2＋2r2＝（23＋2）r2＝4＋43，因此r2＝2，r＝2，所以球O的体积V＝43πr3＝43π×22＝82π3.答案：82π

3四、解答题：本题共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.（10分）已知复数z1＝－2＋i，z1z2＝－5＋5i(i为虚数单位)．（1）求复数z2；（2）若复数z3＝(3－z2)[(m2－2m－3)＋(m－1)i]在复平面内所对应的点在第四象限，求实数m的取值范

围．解：（1）∵z1z2＝－5＋5i，∴z2＝－5＋5iz1＝－5＋5i－2＋i＝3－i.（2）z3＝(3－z2)[(m2－2m－3)＋(m－1)i]＝i[(m2－2m－3)＋(m－1)i]＝－(m－1)＋(m2－2m－3)i，∵z3在复平面内所对应的点在第四象限，∴－（m－1）＞

0，m2－2m－3＜0，解得－1＜m＜1，故实数m的取值范围是(－1，1)．18．（12分）请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．①AB―→2＋AB―→·BC―→＝－6；②b2＋c2＝52；③△ABC的面积为315，在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，

b，c，已知b－c＝2，cosA＝41−，________．（1）求a；（2）求)62cos(+C的值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解：选择条件①：（1）AB―→2＋AB―→·BC―→＝AB―→·(AB―→＋BC―→)＝AB―→·AC―→＝bcc

osA＝－6.∵cosA＝－14，∴bc＝24，由bc＝24，b－c＝2，解得b＝6，c＝4或b＝－4，c＝－6(舍去)，∴a2＝b2＋c2－2bccosA＝36＋16－2×6×4×－14＝64，∴a＝8.（2）cosC＝

a2＋b2－c22ab＝64＋36－162×8×6＝78，∴sinC＝1－4964＝158，∴cos2C＝2cos2C－1＝1732，sin2C＝2sinCcosC＝71532，∴cos(2C＋π6)＝cos2Ccosπ6－sin2Csinπ6＝173－71564.选择条件②：（1）由

b2＋c2＝52，b－c＝2解得b＝6，c＝4或b＝－4，c＝－6(舍去)，∴a2＝b2＋c2－2bccosA＝36＋16－2×6×4×－14＝64，∴a＝8.（2）同条件①.选择条件③：（1）∵cosA＝－14，∴sinA＝154，∴S

△ABC＝12bcsinA＝158bc＝315，∴bc＝24，由bc＝24，b－c＝2解得b＝6，c＝4或b＝－4，c＝－6(舍去)，∴a2＝b2＋c2－2bccosA＝36＋16－2×6×4×－1

4＝64，∴a＝8.（2）同条件①.19．（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2.（1）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；（2）求证：PD⊥平面PBC；（3）求直线AB与

平面PBC所成角的正弦值．（1）解：因为AD∥BC，所以∠DAP或其补角就是异面直线AP与BC所成的角．因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD．在Rt△PDA中，AP＝AD2＋PD2＝5，所以cos∠DAP＝ADAP＝55.所以异面直线AP与BC所成角的余弦值为55.（2）证明：因为A

D⊥平面PDC，所以AD⊥PD．又因为AD∥BC，PD⊥BC，又PD⊥PB，BC∩PB＝B，所以PD⊥平面PBC．（3）解：过点D作AB的平行线交BC于点F，连接PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角．因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP

为直线DF和平面PBC所成的角．由于AD∥BC，DF∥AB，故BF＝AD＝1.由已知得CF＝BC－BF＝2.又AD⊥DC，故BC⊥DC．在Rt△DCF中，DF＝DC2＋CF2＝25.在Rt△DPF中，sin∠DFP＝PDDF＝55.所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为55.20.（12分

）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA＋C2＝bsinA.（1）求B；（2）若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．解：（1）由题设及正弦定理得sinA·sinA＋C2＝sinB·sinA．因为sinA≠0，所以sin

A＋C2＝sinB.由A＋B＋C＝180°，可得sinA＋C2＝cosB2，故cosB2＝2sinB2cosB2.因为cosB2≠0，所以sinB2＝12，所以B＝60°.（2）由题设及（1）知△ABC的面积S△ABC＝34a.由（1）知A

＋C＝120°，由正弦定理得a＝csinAsinC＝sin（120°－C）sinC＝32tanC＋12.由于△ABC为锐角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°.由（1）知，A＋C＝120°，所以30°<C<

90°，故12<a<2，从而38<S△ABC<32.因此，△ABC面积的取值范围是38，32.21．（12分）已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形．（1）求证：AD∥平面PBC；（2）若PB＝PD，求证：BD⊥平面

PAC；（3）下面两问任选一问作答(如果都做，则按所做的第一问计分)．①E，F分别是AB，PD上的点，若EF∥平面PBC，AE＝2EB，求PFPD的值；②若∠DAB＝60°，平面PAD⊥平面ABCD，PB⊥PD，判断△PAD是不是等腰三角形，并说明理由．解：（1）证明：因为四边

形ABCD是菱形，所以AD∥BC.因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.（2）证明：设AC，BD交于点O，连接PO(图略)．因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，DO＝OB.因为PB＝PD，所以PO⊥BD.因为AC∩PO＝O，PO，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PA

C.（3）①过F作FG∥DC交PC于G，连接BG.在菱形ABCD中，AB＝DC，AB∥DC，所以FG∥AB.所以E，F，G，B共面．因为EF∥平面PBC，平面FEBG∩平面PBC＝BG，所以EF∥BG.所以四边形FEBG为平行四边形．所以EB＝FG.因为

AE＝2EB，所以PFPD＝FGDC＝EBAB＝13.②△PAD不是等腰三角形，理由如下：作BQ⊥AD交AD于点Q，连接PQ.因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BQ⊂平面ABCD，所以BQ⊥平面

PAD.所以BQ⊥PD.因为PD⊥PB，PB∩BQ＝B，所以PD⊥平面PBQ.所以PD⊥PQ.所以AD>PD，AD>PA，QD>PD，∠PQD<90°.所以∠PQA>90°.所以PA>AQ.在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，所以△ABD是等边三角形．所以Q为AD的中点．所以AQ

＝QD.所以PA>PD.所以△PAD不可能为等腰三角形．22.（12分）如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F分别在BC，AD上，EF∥AB，现将四边形ABEF沿EF折起，使BE⊥EC．（1）若BE＝1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，

使得CP∥平面ABEF？若存在，求出APPD的值；若不存在，说明理由；（2）求三棱锥A-CDF的体积的最大值，并求出此时点F到平面ACD的距离．解：（1）线段AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF，此时APP

D＝32.理由如下：当APPD＝32时，APAD＝35.过点P作PM∥FD交AF于点M，连接EM，则有MPFD＝APAD＝35.由题意得FD＝5，故MP＝3.由题意得EC＝3，又MP∥FD∥EC，∴MPEC．∴四边形MPCE为平行四边形，∴CP∥ME.又∵CP

⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，∴CP∥平面ABEF成立．（2）设BE＝x(0＜x≤4)，∴AF＝x，FD＝6－x.由题意得EC⊥EF.又BE⊥EC，BE∩EF＝E，∴EB⊥平面ECDF.∵AF∥BE，∴AF⊥平面ECDF.故VA－CDF＝13×12×2

×(6－x)×x＝13(－x2＋6x)．∴当x＝3时，VA-CDF有最大值3，此时EC＝1，AF＝3，FD＝3，DC＝22，AD＝32，AC＝14，在△ACD中，由余弦定理得cos∠ADC＝AD2＋DC2－AC22A

D·DC＝18＋8－142×32×22＝12.∴sin∠ADC＝32.∴S△ADC＝12·DC·DA·sin∠ADC＝33.设点F到平面ACD的距离为h，由VA-CDF＝VF-ACD，即3＝13·h·S△ACD

，解得h＝3.∴点F到平面ACD的距离为3.