资源简介 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.-34.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. 展开更多...... 收起↑ 资源预览