2021-2022學年湖南省永州市第二十八中學高一年級下冊學期期中數學試題【含答案】

這是一份2021-2022學年湖南省永州市第二十八中學高一年級下冊學期期中數學試題【含答案】，共17頁。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，解答題等內容，歡迎下載使用。
2021-2022學年湖南省永州市第二十八中學高一下學期期中數學試題 一、單選題1．已知復數（為虛數單位），則z的共軛復數（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據復數除法運算化簡，結合共軛復數定義，即可求得答案.【詳解】故故選：A.2．設，是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，則（    ）A．若，，則B．若，，則C．若，，則D．若，，則【答案】C【分析】直接利用線面垂直和線面平行的判定和性質的應用及面面平行和面面垂直的判定和性質的應用確定A、B、C、D的結論．【詳解】解：A.若，，則；此命題錯誤，因為兩個平面平行于同一條直線不能保證兩個平面平行，故A不正確；B.若，，則或，故B不正確；C.若，，則；此命題正確，因為，則一定存在直線在，使得，又可得出，由面面垂直的判定定理知，，故C正確；D.若，，則或，異面，故D不正確.故選：C.3．已知冪函數的圖象經過點，則該冪函數的大致圖象是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】設出冪函數的解析式，利用函數圖象經過點求出解析式，再由定義域及單調性排除CDB即可.【詳解】設冪函數為，因為該冪函數得圖象經過點，所以，即，解得，即函數為，則函數的定義域為，所以排除CD，因為，所以在上為減函數，所以排除B，故選：A4．設，且，則的最小值是（    ）A． B．8 C． D．16【答案】B【分析】轉化原式為，結合均值不等式即得解【詳解】由題意，故則當且僅當，即時等號成立故選：B5．已知平面向量，不共線，，，，則（    ）A．，，三點共線 B．，，三點共線C．，，三點共線 D．，，三點共線【答案】D【分析】根據給定條件逐項計算對應三點確定的某兩個向量，再判斷是否共線作答.【詳解】平面向量，不共線，，，，對于A，，與不共線，A不正確；對于B，因，，則與不共線，B不正確；對于C，因，，則與不共線，C不正確；對于D，，即，又線段與有公共點，則，，三點共線，D正確.故選：D6．如圖，在△中，點M是上的點且滿足，N是上的點且滿足，與交于P點，設，則（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據三點共線有，使、，由平面向量基本定理列方程組求參數，即可確定答案.【詳解】，，由，P，M共線，存在，使①，由N，P，B共線，存在，使得②，由①② ，故.故選：B.7．中國氣象局規(guī)定：一天里的降雨的深度當作日降水量，通常用毫米表示降水量的單位，的降水量是指單位面積上水深.如圖，這是一個雨量筒，其下部是直徑為?高為的圓柱，上部承水口的直徑為.某同學將該雨量筒放在雨中，雨水從圓形容器口進入容器中，后，測得容器中水深，則該同學測得的降水量約為（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先根據題意確定24h降水的體積，再根據降水量的定義計算該同學測得的降水量即可.【詳解】解：由題意，水的體積，容器口的面積.∴降雨量.∴該同學測得的降水量約為.故選：C.8．已知三棱錐的四個頂點都在球O的表面上，且，，若已知，，，，則球O的體積是（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由余弦定理求，再由正弦定理求△的外接圓半徑，又面知△的外接圓的圓心與所構成的截面必過三棱錐外接球的球心，即可求出球的半徑，根據球的體積公式求體積即可.【詳解】由，，， 則由余弦定理有：，即，∴由正弦定理知△的外接圓半徑：，由題意知：面，又，三棱錐的外接球半徑：，由球的體積公式，有：，故選：C【點睛】本題考查了求三棱錐外接球的體積，根據三棱錐一條棱與底面垂直，該底面的外接圓的圓心與棱所成截面過球心即可求球體的半徑，進而求體積. 二、多選題9．下列結果為零向量的是(    )A． B．C． D．【答案】BCD【分析】根據向量加減法的運算方法即可逐項判斷.【詳解】A項，；B項，；C項，；D項，.故選：BCD.10．在同一直角坐標系中，函數與的圖象可能是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【解析】按照、討論，結合二次函數及指數函數的性質即可得解.【詳解】若，則函數是R上的增函數，函數的圖象的對稱軸方程為，故A可能，B不可能；若，則函數是R上的減函數，，函數的圖象與軸的負半軸相交，對稱軸為，故C可能，D不可能.故選：AC. 三、單選題11．已知的內角所對的邊分別為，下列四個命題中正確的命題是（    ）A．若，則一定是等邊三角形B．若，則一定是等腰三角形C．若，則一定是等腰三角形D．若，則一定是銳角三角形【答案】A【分析】由正弦定理化邊為角變形判斷AB，舉特例判斷C，由余弦定理及銳角三角形的定義判斷D．【詳解】由正弦定理，若，則，為三角形內角，所以，三角形是等邊三角形，A正確；若，由正弦定理得，即，，則或，即或，三角形為等腰三角形或直角三角形，B錯；例如，，，滿足，但此時不是等腰三角形，C錯；時，由余弦定理可得，即為銳角，但是否都是銳角，不能保證，因此該三角形不一定是銳角三角形，D錯．故選：A．【點睛】易錯點睛：本題考查三角形形狀的判斷，解題時利用正弦定理、余弦定理進行邊角轉換后再進行變形判斷是常用方法，解題時注意三角函數性質的正確應用，如選項B，在由得結論時不能直接得出，否則會出現漏解，在判斷三角形形狀時，銳角三角形需要三個內角都是銳角，直角三角形只有一個角是直角，鈍角三角形只有一個角是鈍角，它們判斷方法有一些區(qū)別，這些是易錯點． 四、多選題12．已知直三棱柱中，，，是的中點，為的中點.點是上的動點，則下列說法正確的是（    ）A．當點運動到中點時，直線與平面所成的角的正切值為B．無論點在上怎么運動，都有C．當點運動到中點時，才有與相交于一點，記為，且D．無論點在上怎么運動，直線與所成角都不可能是30°【答案】ABD【分析】構造線面角，由已知線段的等量關系求的值即可判斷A的正誤；利用線面垂直的性質，可證明即可知B的正誤；由中位線的性質有可知C的正誤；由直線的平行關系構造線線角為，結合動點P分析角度范圍即可知D的正誤【詳解】直三棱柱中，，選項A中，當點運動到中點時，有E為的中點，連接、，如下圖示即有面∴直線與平面所成的角的正切值：∵，∴，故A正確選項B中，連接，與交于E，并連接，如下圖示由題意知，為正方形，即有而且為直三棱柱，有面，面∴，又∴面，面，故同理可證：，又∴面，又面，即有，故B正確選項C中，點運動到中點時，即在△中、均為中位線∴Q為中位線的交點∴根據中位線的性質有：，故C錯誤選項D中，由于，直線與所成角即為與所成角：結合下圖分析知：點在上運動時當在或上時，最大為45°當在中點上時，最小為∴不可能是30°，故D正確故選：ABD【點睛】本題考查了利用射影定理構造線面角，并計算其正弦值；利用線面垂直證明線線垂直；中位線的性質：中位線交點分中位線為1：2的數量關系；由動點分析線線角的大小 五、填空題13．如果為第二象限角，則_________.【答案】##-0.6【分析】根據題意，利用三角函數的基本關系式，求得，再結合誘導公式，即可求解.【詳解】由為第二象限角，可得，又由.故答案為：.14．若一個圓錐的軸截面是面積為的等邊三角形，則該圓錐的表面積為__________．【答案】【解析】利用圓錐的軸截面是面積為的等邊三角形求出圓錐的底面半徑和母線長，然后再求圓錐的表面積．【詳解】設圓錐軸截面正三角形的邊長是，因為正三角形的面積為， 所以，，所以圓錐的底面半徑，圓錐的母線，這個圓錐的表面積是：故答案為：．15．設函數，若，則t的取值范圍是___________.【答案】【分析】探討給定函數的單調性，再利用單調性解不等式作答.【詳解】函數在上單調遞增，且，當時取“=”，在上單調遞增，，因此，函數在上R單調遞增，而，則有，解得，所以t的取值范圍是.故答案為：16．已知正方體的邊長為2，點E，F分別是線段，的中點，平面過點，E，F，且與正方體形成一個截面，現有如下說法：①截面圖形是一個六邊形；②棱與平面的交點是的中點；③若點I在正方形內（含邊界位置），且，則點的軌跡長度為；④截面圖形的周長為；則上述說法正確的命題序號為___________.【答案】④【分析】依題意在正方體中作出截面，再利用勾股定理分別計算各線段的長度，即可判斷.【詳解】正方體的棱長為；延長EF，AD，交于點Р，連接交于點G，延長EF，AB，交于點Q，連接，交于點H，則五邊形即為所求截面，故①錯誤；易知G，H分別是線段和的三等分點，則，即為點的軌跡即為線段，則軌跡長度為，故②③錯誤；而，而，則五邊形的周長為，故④正確．故答案為：④ 六、解答題17．已知，.(1)與夾角的余弦值；(2)若與垂直，求k的值.【答案】(1)；(2)0. 【分析】（1）根據向量夾角的坐標公式，計算即可；（2）求得與的坐標，利用向量垂直的坐標表達公式，求解即可.【詳解】（1）因為，，故.（2）因為，，故，，又向量與垂直，則，解得.18．已知函數.(1)判斷的奇偶性，并證明；(2)證明：在區(qū)間上單調遞減.【答案】(1)是偶函數，證明見解析(2)證明見解析 【分析】（1）先求定義域，再利用函數奇偶性的定義證明即可，（2）利用單調性的定義證明【詳解】（1）為偶函數，證明如下：定義域為R，因為，所以是偶函數.（2）任取，且，則因為，所以，所以，即，由函數單調性定義可知，在區(qū)間上單調遞減.19．已知函數的圖象如圖所示. (1)求函數的解析式；(2)首先將函數的圖象上每一點橫坐標縮短為原來的，然后將所得函數圖象向右平移個單位，最后再向上平移個單位得到函數的圖象，求函數在內的值域.【答案】(1)(2) 【分析】（1）依題意可得，，即可求出，再根據函數過點，即可求出，從而求出函數解析式；（2）首先根據三角函數的變換規(guī)則得到的解析式，再由的取值范圍求出的取值范圍，最后根據正弦函數的性質計算可得；【詳解】（1）解：由圖象得，，所以，由，所以，，， （2）解：將函數的圖象上每一點橫坐標縮短為原來的，得到，再將向右平移個單位得到，最后再向上平移個單位得到，即當時，所以，所以，20．已知的內角，，的對邊分別為，，，為銳角，．(1)求；(2)若，求面積的最大值．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由正弦定理、兩角和的正弦公式求的值；（2）由同角三角函數間的基本關系求的值，根據余弦定理和基本不等式求的最大值，最后根據三角形的面積公式求面積的最大值即可．【詳解】（1）因為，由正弦定理得，所以，所以．在中，，所以；（2）由（1）知，由，為銳角，得，由余弦定理可知，因為，所以，所以，所以，當且僅當時等號成立，所以，所以面積的最大值為．21．如圖一個半球，挖掉一個內接直三棱柱（棱柱各頂點均在半球面上），棱柱側面是一個長為的正方形.(1)求挖掉的直三棱柱的體積；(2)求剩余幾何體的表面積.【答案】(1)(2) 【詳解】（1）記球心為O，BC中點為E，連接AO，OE，AE，由球的性質知是所在小圓直徑，又是一個長為的正方形，因此，球半徑為，挖掉的直三棱柱的體積；（2）由（1）知，，，，半球表面積＝，所以剩余幾何體表面積為半球表面積－＝．22．如圖，在三棱柱中，側棱底面是中點，是中點，是與的交點，點在線段上.（1）求證：平面（2）求點到平面的距離【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）根據條件結合面面平行的判定定理先證明平面平面，然后即可證明平面；（2）利用等體積法可知，由此得到，結合相關長度和面積計算出的值，則點到平面的距離可知.【詳解】（1）連接，因為是中點，是中點，且?guī)缀误w為三棱柱，所以，又因為平面，平面，所以平面；又且，所以四邊形是平行四邊形，所以，又因為平面，平面，所以平面；且，平面，所以平面平面，又平面，所以平面；（2）由（1）知平面平面，所以點到平面的距離點到平面的距離，記點到平面的距離為，因為，所以，因為，且且側棱底面，所以，所以，又，所以，所以，所以點到平面的距離為.【點睛】方法點睛：求解平面外一點到平面的距離的方法：（1）直接法：通過線面垂直的證明，找到在平面內的投影點，則即為到平面的距離；（2）等體積法：通過轉換棱錐的頂點棱錐的體積不變，表示出不同頂點下棱錐的高和底面積，再根據體積相等即可求出點到面的距離.