江西省上饶市六校2021-2022学年高一下学期期末联考数学试题(Word版含解析)

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江西省上饶市六校2021-2022学年高一下学期期末联考数学试题(Word版含解析)

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上饶市六校2021-2022学年高一下学期期末联考
数学试卷
一、单选题: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.若复数z满足,其中i为虚数单位,则( )
A. B. C. D.
2.时针经过四个小时,转过了( )
A. B. C. D.
3.已知向量,,.若,则( )
A.5 B.3 C.0 D.-3
4.设m,n是不同的直线,,是不同的平面,则下列命题正确的是( )
A.若,,则 B.若,,则
C.若,,则 D.若,,则
5.若,,则( )
A. B. C. D.
6.已知一个直四棱柱的高为2,其底面ABCD水平放置的直观图(斜二测画法)是边长为2的正方形,则这个直四棱柱的体积为( )
A.8 B. C. D.
7.已知中,,,AD与BE交于点P,且,,则( )
A. B. C. D.
8.已知函数的图象关于对称,且,则的值是( )
A. B. C. D.
二 多选题: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.下列命题正确的是( )
A.有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
B.棱锥是由一个底面为多边形,其余各面为具有公共顶点的三角形围成的几何体
C.用一个平面去截棱锥,棱锥底面和截面之间的部分为棱台
D.球面可以看作一个圆绕着它的直径所在的直线旋转180°所形成的曲面
10.已知平面非零向量,,下列结论正确的是( )
A.若是平面所有向量的一组基底,且不是基底,则实数
B.若存在非零向量使得,则
C.已知向量与的夹角是钝角,则k的取值范围是
D.已知向量,,则在上的投影向量是(0,1)
11.若的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则下列结论中正确的是( )
A.若,则为等腰三角形
B.若,则为等腰三角形
C.若,则为直角三角形
D.若,则为直角三角形
12.设函数,若在上有且仅有3条对称轴,则( )
A.在上有且仅有2个最大值点 B.在上有且仅有2个零点
C.的取值范围是 D.在上单调递增
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.______.
14.已知向量,的夹角为,,,则______.
15.设锐角的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知,,则面积的取值范围为______.
16.已知的顶点都是球O的球面上的点,,,,若三棱锥的体积为,则球O的表面积为______.
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,其中i为虚数单位.
(1)若z是纯虚数,求实数m的值;
(2)若,z是关于x的实系数方程的一个复数根,求实数的值.
18.(12分)已知平面向量,,,函数.
(1)求的解析式及其对称中心;
(2)若函数的图象可由函数的图象向左平移个单位,横坐标伸长到原来的2倍得到,求函数在的值域.
19.(12分)在中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,从条件①:,条件②:,条件③:这三个条件中选择一个作为已知条件.
(1)求角A;
(2)若点D在边AB的中点,且,求面积的最大值.
注:如果选择多种方案分别解答,那么接第一种方案的解答记分.
20.(12分)如图,在四棱锥中,点E为线段PC的中点,为正三角形,,,,,.
(1)求证:平面PCD;
(2)求三棱锥的体积.
21.(12分)法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理:“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形,则这个三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”.
如图,在中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知.
以AB,BC,AC为边向外作三个等边三角形,其外接圆圆心依次为,,.
(1)求角A;
(2)若,的面积为,求的周长.
22.(12分)如图所示,已知平面ACD,平面ACD,为等边三角形.,F为CD的中点.
(1)证明:平面BCE;
(2)证明:平面平面CDE;
(3)求直线AD和平面BCE所成的角的正弦值.
上饶市2021-2022学年度第二学期高一六校期末联考
数学·答案
一、单选题: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.【答案】D
【解析】
由题知,
故选:D.
2.【答案】B
【解析】
时针顺时针旋转,转过一圈(12小时)的角度为,
则时针经过四个小时,转过了.
故选:B.
3.【答案】A
【解析】
因为向量,,
所以,
因为,
所以,
解得,
故选:A.
4.【答案】D
【解析】
A选项,由,可得或m与相交或,故A错误;
B选项,由,可得或m与相交或,故B错误;
C选项,若,,则或,C错误;
D选项,若,,则,D正确.
故选:D.
5.【答案】B
【解析】
∵,平方可得,
∴,
∴,异号,又,
∴,
∴,
∴,
则,
所以,
故选:B.
6.【答案】C
【解析】
由于直观图是正方形,所以ABCD是两邻边分别为2与6,高为的平行四边形,其面积是,
所以直四棱柱的体积是.
故选:C.
7.【答案】A
【解析】
,,AD与BE交于点P,且,,
∴,
又,
∴,解得,,
∴.
故选:A.
8.【答案】C
【解析】
因为,
其中,,
由于函数的图象关于对称,所以,
即,化简得,
所以,即,
所以,
故选:C.
二 多选题: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.【答案】BD
【解析】
根据空间几何体的定义,
对于A,如图所示:有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体,但不是棱柱,错误;
对于B,由棱锥的定义知由一个底面为多边形,其余各面为具有公共顶点的三角形围成的几何体是棱锥,正确;
对于C,用一个平面去截棱锥,棱锥底面和截面之间的部分不一定为棱台,因为不能保证截面与底面平行,错误;
对于D,球面可以看作一个圆绕着它的直径所在的直线旋转180°所形成的曲面,正确;
故选:BD.
10.【答案】AD
【解析】
A选项,由共线向量定理列方程求解即可得,A选项正确.
B选项,举例判断,B选项错误.
C选项,当时,,,此时与,的夹角是钝角矛盾,C选项错误.
D选项,在上的投影向量是,D选项正确.
故选:AD.
11.【答案】ACD
【解析】
在中,正弦定理,
对于A,若,则根据正弦定理得:
,即为等腰三角形,故A正确;
对于B,若,则根据正弦定理得:

∵,,∴且,
∴或,即或,即为等腰三角形或直角三角形,故B错误;
对于C,由射影定理得,又,即,
而,则,,为直角三角形,C正确;
对于D,,由射影定理得,
即,而,则,,为直角三角形,D正确.
故选:ACD.
12.【答案】ACD
【解析】
∵,,
∴,∴,
令,∴,
画出图像进行分析:
对于A选项:由图像可知:在上有且仅有,这2个最大值点,故A选项正确;
对于B选项:当,即时,在有且仅有2个零点;
当,即时,在有且仅有3个零点,故B选项不正确;
对于C选项:∵在有且仅有3条对称轴,
∴,∴,
∴的取值范围是,故C选项正确;
对于D选项:∵,,∴,∴,
由C选项可知∴,∴,
即在上单调递增,故D选项正确.
故选:ACD.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.【答案】
【解析】
.
故答案为:.
14.【答案】
【解析】
.
故答案为:.
15.【答案】
【解析】
由题,即,,因为锐角,故,.故由,画图,如图所示,,.
因为锐角,故C在线段上,且不包含,,又,,,故,即,故
故答案为:
16.【答案】
【解析】
因为,取AB的中点M,则M为外接圆的圆心,
所以平面ABC,
因为,,,所以,,
所以,
又由三棱锥的体积为,所以,解得,
所以球O的半径为,
故球O的表面积.
故答案为:.
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.【答案】(1);
(2)
【解析】
(1)因为复数是纯虚数,
所以解得:.
(2)当时,.
因为z是关于x的实系数方程的一个复数根,所以z的共轭复数也是实系数方程的根,
所以,,解得:,,
故.
18.【答案】(1),对称中心为;
(2)的值域为.
【解析】
(1)
令则
所以的对称中心为.
(2)因为函数的图象可由的图象向左平移个单位,横坐标伸长到原来的2倍得到,
所以,
由,得,
所以,
所以,
故的值域为.
19.【答案】(1);
(2).
【解析】
(1)若选条件①:由正弦定理得,
∵,∴,∴,
又,∴,∴,
∴;
若选条件②:中,,由正弦定理知,
∵,∴,
∴,∴,
因为,
∴,
又∵,∴;
若选条件③:因为,
所以,
所以,
即,
又,所以,
又,所以.
(2)在中,由余弦定理可得,
所以,当且仅当时等号成立,
所以,
故面积的最大值为.
【答案】(1)证明见解析;
(2)
【解析】
(1)取PD的中点F,连接AF、EF,
∵E、F分别为PC、PD的中点,则且,
又∵,,∴且,
则四边形ABEF为平行四边形,∴.
∵为正三角形,∴,即,
又∵,
∵,CD、平面PCD,
∴平面PCD.
(2)取AD的中点O,连接PO,
∵,∴,
∵且,
∴,又,,∴平面PAD,
∵平面PAD,∴,
∵,∴平面ABCD,
,,
由,
∴三棱锥A-PBC的体积为.
21.【答案】(1);
(2).
【解析】
(1)因为,
所以,即,
由正弦定理可得,即,
即,因为,所以,
因为,所以.
(2)如图,连接,,则,,
正面积,∴,
而,则,
∴中,由余弦定理得:,
有,则,
在中,,,由余弦定理得,则,
∴,,∴,所以的周长为.
22.【答案】(1)证明见解析;
(2)证明见解析;
(3).
【解析】
(1)
取CE中点M,连结MF,BM,
MF是的中位线,∴,,
∵平面ACD,平面ACD,
∴,又,∴,,
∴四边形ABMF是平行四边形,
∴,∵平面BCE,平面BCE,
∴平面BCE;
(2)∵平面ACD,平面ACD,
∴,∴四边形ABMF是矩形,∴.
∵是正三角形,F是CD中点,∴.
∵,∴,
∵,平面CDE,平面CDE,
∴平面CDE,∵平面BCE,
∴平面平面CDE;
(3)
取线段DE的中点P,连接BP,
∵且,
∴四边形ABPD是平行四边形,
∴,
则直线AD和平面BCE所成的角就是直线BP和平面BCE所成的角,
过点P作,垂足为N,连结BN,
由(2)知平面平面CDE,又平面平面,
∴平面BCE,∴为直线BP和平面BCE所成角的平面角.
设,则,
∵平面ACD,
∴,
∵,
∴,
∵,,
∴,
∵四边形ABPD为平行四边形,
∴,
∴,
故直线AD和平面BCE所成的角正弦值为.

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