精品解析：江苏省南菁高级中学2021—2022学年高一下学期期中考试数学试卷

江苏省南菁高级中学2021—2022学年第二学期 高一年级期中考试数学试卷 本试卷 满分150分 考试时间120分钟 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. 已知是两条不同的直线，为两个不同的平面，且，则“”是“”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 2. 设向量，，则与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 3. 在中，内角、、所对边分别为、、，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 若复数满足，则的取值范围是 A. B. C. D. 5. 已知非零向量满足，且，则是（ ） A. 三边均不相等的三角形 B. 直角三角形 C. 等腰（非等边）三角形 D. 等边三角形 6. 水平放置的，用斜二测画法作出的直观图是如图所示的，其中 ，则绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，正方体的棱长为，是棱的中点，是侧面内一点，若平面，且长度的最大值为，最小值为，则（ ） A B. C. D. 8. 已知在中，，，，点为的外心，若，则实数的值为（ ） 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. 已知复数，以下结论正确的是（ ） A. 是实数 B. C. D. 在复平面内，复数对应的点位于第三象限 10. 已知向量是同一平面内的两个向量，则下列结论正确的是（ ） A. 若存在实数，使得，则与共线 B. 若与共线，则存在实数，使得 C. 若与不共线，则对平面内的任一向量，均存在实数，使得 D. 若对平面内的任一向量，均存在实数，使得，则与不共线 11. 已知△ABC中，其内角A，B，C的对边分别为a，b，下列命题正确的有（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，则△ABC为锐角三角形 D. 若，，则该三角形有两解 12. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，下列说法正确的是（ ） A. 直线直线 B. 过点的的平面，则平面截正方体所得的截面周长为 C. 若线段上有一动点，则到直线的距离的最小值为 D. 动点在侧面及其边界上运动，且，则与平面成角正切的取值范围是 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.） 13. 设为虚数单位，若复数的实部与虚部相等，其中是实数，则________. 14. 平面平面，，，直线AB与CD交于点S，且，，，则线段CS的长度为________． 15. 在中，A，B，C所对边分别为a，b，c，，若，则a的取值范围是________. 16. 兴国寺塔（江苏省江阴市古塔）始建于北宋太平兴国（976～983）年间，新中国成立以后，人民政府对塔基、塔身数次进行整修加固.现塔身共存8层，如图所示，古塔高，点在地面上，某次整修前，测量人员（身高不计）在地面的处测得古塔顶在南偏西方向，仰角为，他沿南偏东方向前进40m到点处，测得塔顶的仰角为.则那次整修前，古塔高为________. 四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.） 17. 已知复数． （Ⅰ）当取什么值时，复数是纯虚数？ （Ⅱ）当时，求． 18. 如图，且∥. （1）求与间的关系； （2）若，求与的值及四边形的面积. 19. 如图所示，在正方体中，与，都垂直相交，垂足分别点、点. （1）求证：平面； （2）求证：. 20. 如图，在凸四边形中，已知． （1）若，，求的值； （2）若，四边形面积为4，求的值． 21. 在如图所示的几何体中，平面平面ABCD，四边形ADNM是矩形，四边形ABCD为梯形，，，． （1）求证：平面MBC； （2）已知直线AN与BC所成角为60°，求点C到平面MBD的距离 22. △ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，， （1）求边c的值 （2）若BC，AC边上的两条中线AM，BN，相交于点P，，以P为圆心，为半径的圆上有一个动点T，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省南菁高级中学2021—2022学年第二学期 高一年级期中考试数学试卷 本试卷 满分150分 考试时间120分钟 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. 已知是两条不同直线，为两个不同的平面，且，则“”是“”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】D 【解析】 【分析】结合线线平行与面面平行的关系，根据充分条件、必要条件的概念判断即可. 【详解】不能推出，如图1； 也不能推出，如图2. 所以“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 2. 设向量，，则与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由向量夹角的坐标运算可直接求得结果. 【详解】，. 故选：B. 3. 在中，内角、、所对边分别为、、，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理可得，利用余弦定理可求得的值. 【详解】因为，令，，， 则. 故选：A. 4. 若复数满足，则的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由复数满足，所以复数的轨迹是复平面内表示以原点为圆心，半径为的圆，又表示复数到复平面内点之间的距离，即以原点为圆心，半径为的圆上的点到点的距离，又点到原点的距离为，所以最大值为，最小值为，故选D. 考点：复数的几何意义. 5. 已知非零向量满足，且，则是（ ） A. 三边均不相等的三角形 B. 直角三角形 C. 等腰（非等边）三角形 D. 等边三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由得到的角平分线与垂直，从而得到，再由得到，从而为等边三角形. 【详解】由得的角平分线与垂直，所以， 又因为，，所以， 所以为等边三角形， 故选：D. 6. 水平放置的，用斜二测画法作出的直观图是如图所示的，其中 ，则绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测画法的基本原理，将平面直观图还原为原几何图形，可得，,绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体是两个相同圆锥的组合体,圆锥的侧面展开图是扇形根据扇形面积公式即可求得组合体的表面积. 【详解】根据“斜二测画法”可得，，， 绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体是两个相同圆锥的组合体， 它的表面积为. 故选: 【点睛】本题考查斜二测画法的应用及组合体的表面积求法,难度较易. 7. 如图，正方体的棱长为，是棱的中点，是侧面内一点，若平面，且长度的最大值为，最小值为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】过点作，交于点，交于点，计算得出，计算出、，根据已知条件可求得、的值，进而可求得的值. 【详解】如图，过点作，交于点，交于点，则底面. 连接、，平面，平面，， 所以，. ，平面，平面，平面， 平面，平面，，平面平面， 又平面，平面， 平面平面，平面，. 为中点，为中点，则为中点. 在线段上，，则， ，得， 则，所以，. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用几何体中线段长的最大值和最小值求参数，解题的关键在于推导出，通过的最值求出的最值，进而列方程求解. 8. 已知在中，，，，点为的外心，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】在中，利用余弦定理求出，再在两边同时乘以向量和，利用投影的定义计算出和的值，代入方程中计算，解出和，可得出答案． 【详解】中，，，， 则， ，， 又，同理可得：，代入上式， ，解得：，， 故选：． 【点睛】考查三角形外心的定义，余弦定理，以及数量积的运算及其计算公式，余弦函数的定义，属于中档题． 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. 已知复数，以下结论正确的是（ ） A. 是实数 B. C. D. 在复平面内，复数对应的点位于第三象限 【答案】BD 【解析】 【分析】先将已知条件中的化简，A选项利用的乘方的周期性进行计算；B选项利用复数的模的计算公式进行计算即可；C选项利用共轭复数以及复数的乘法法则进行运算；D选项利用 复数的几何意义进行判断. 【详解】， 对于A选项，，为纯虚数，故A错误； 对于B选项，，故B正确； 对于C选项，，故C错误； 对于D选项，，对应的点的坐标为，位于第三象限，故 D正确. 故选：BD. 10. 已知向量是同一平面内的两个向量，则下列结论正确的是（ ） A. 若存在实数，使得，则与共线 B. 若与共线，则存在实数，使得 C. 若与不共线，则对平面内的任一向量，均存在实数，使得 D. 若对平面内的任一向量，均存在实数，使得，则与不共线 【答案】ACD 【解析】 【分析】 根据平面向量共线、平面向量的基本定理判断出正确选项. 【详解】根据平面向量共线的知识可知A选项正确. 对于B选项，若与共线，可能，当为非零向量时，不存在实数，使得，所以B选项错误. 根据平面向量的基本定理可知C、D选项正确. 故选：ACD 【点睛】本小题主要考查平面向量共线、平面向量的基本定理，属于基础题. 11. 已知△ABC中，其内角A，B，C的对边分别为a，b，下列命题正确的有（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，则△ABC为锐角三角形 D. 若，，则该三角形有两解 【答案】AD 【解析】 【分析】利用余弦定理求解判断AC；利用正弦定理求解判断BD. 【详解】对于A，由余弦定理得，A正确； 对于B，由正弦定理得，B错误； 对于C，由，得， 由正弦定理得，由余弦定理得，则为锐角， 由给定条件，不能确定都为锐角，即不一定为锐角三角形，C错误； 对于D，由正弦定理得，而，该三角形有两解，D正确. 故选：AD 12. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，下列说法正确的是（ ） A. 直线直线 B. 过点的的平面，则平面截正方体所得的截面周长为 C. 若线段上有一动点，则到直线的距离的最小值为 D. 动点在侧面及其边界上运动，且，则与平面成角正切的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于：只需证明平面即可得到直线与直线不垂直； 对于B：取，的中点，，根据题意得出平面截正方体所得的截面为，从而只需求三角形的周长即可； 对于C：过构造平面与平行，过作，即为到直线的距离的最小值； 对于D：构造两次线面垂直，得到点的轨迹为，由此能求出与平面成角正切的取值范围. 【详解】对于：，，，，平面， 平面， 假设，又因为，，，平面， 所以平面， 此与平面矛盾，所以直线与直线不垂直，故选项错误； 对于B：如图，取，的中点，，连接，，，． 因为≌，所以， 因为，所以，所以 因为在正方体中，，所以 因为， 所以三垂线定理得，，，所以平面， 所以截正方体所得的截面为，故周长为，故B正确； 对于C：如图取则平面与平行，过作， 因为面，面，所以， 又因为，所以面， 所以即为到直线的距离的最小值，，故正确； 对于D ：如图，取的中点，由证明选项B可知，面， 又面，面，所以，， 又因为在正方体中，分别为棱的中点， 所以，，所以，， 又因为，所以平面，故点轨迹为． 在正方形中，当与重合时，最大；当时，最小． 所以， 因为平面，所以为与平面所成的角，， 则与平面成角正切的取值范围是，故D正确． 故选：BCD． 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.） 13. 设为虚数单位，若复数的实部与虚部相等，其中是实数，则________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出，再根据其实部和虚部的关系求出，从而可求. 【详解】设，∵复数的实部与虚部相等， ∴，又，则，. 故答案为： 14. 平面平面，，，直线AB与CD交于点S，且，，，则线段CS的长度为________． 【答案】68或 【解析】 【分析】作出图形，利用平面与平面平行推出直线与直线平行，通过相似列出比例关系，求解即可． 【详解】如图（1），由平面平面，可知 ∴，即， 如图（2），由平面平面，知 ，即． 故答案为：68或 【点睛】本题考查平面与平面平行的性质，相似三角形的性质，容易疏忽两种类型之一，是中档题. 15. 在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，，若，则a的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理化简已知条件，再借助基本不等式即可求解. 【详解】， 由正弦定理得，，化简得，， 即， 当且仅当时等号成立， ，又，， 的取值范围是. 故答案为：. 16. 兴国寺塔（江苏省江阴市古塔）始建于北宋太平兴国（976～983）年间，新中国成立以后，人民政府对塔基、塔身数次进行整修加固.现塔身共存8层，如图所示，古塔高，点在地面上，某次整修前，测量人员（身高不计）在地面的处测得古塔顶在南偏西方向，仰角为，他沿南偏东方向前进40m到点处，测得塔顶的仰角为.则那次整修前，古塔高为________. 【答案】40 【解析】 【分析】利用已知条件中的角度将中边长用表示，再利用余弦定理进行求解即可. 【详解】点在点南偏西方向，点在点南偏东方向， ， 在处测得古塔顶仰角为，垂直于地面， 为等腰直角三角形，， 点处测得塔顶的仰角为，，即， 在中，，，，， 由余弦定理得，， 解得，或(舍)，古塔高为. 故答案为：. 四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.） 17. 已知复数． （Ⅰ）当取什么值时，复数是纯虚数？ （Ⅱ）当时，求． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）20. 【解析】 【分析】（I）利用复数为纯虚数的充要条件即可得出； （II）利用复数的运算法则即可得出 【详解】（Ⅰ）若为纯虚数，则，解得． 故当时，复数是纯虚数． （Ⅱ）当时，， ∵， ∴． 18. 如图，且∥. （1）求与间关系； （2）若，求与的值及四边形的面积. 【答案】（1）， （2）或，四边形的面积为16 【解析】 【分析】（1）先求出，再由∥，列方程化简可求出与间的关系； （2）先求出，，再由，可得关于的方程，再结合，可求出的值，利用可求出四边形的面积. 【小问1详解】 因为 所以， 因为∥， 所以 所以 【小问2详解】 因为 所以，， 因为， 所以， 化简得， 因为， 所以解得或， 所以，或， 所以，或， 因为， 所以四边形的面积为. 19. 如图所示，在正方体中，与，都垂直相交，垂足分别是点、点. （1）求证：平面； （2）求证：. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）首先证明，即可得到，再由，即可得证； （2）首先证明平面，即可得到，同理可证，即可得到平面，结合（1）的结论，即可得证． 【小问1详解】 在正方体中，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为，所以， 因为，，平面，平面． 所以平面． 【小问2详解】 因平面，平面， 所以， 又因为，，平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 同理可证， 又，平面，平面． 所以平面． 又平面，所以． 20. 如图，在凸四边形中，已知． （1）若，，求的值； （2）若，四边形的面积为4，求的值． 【答案】（1）； （2）﹒ 【解析】 【分析】(1)△中求出BD，在△中，由正弦定理求出，根据即可求； (2)在△、△中，分别由余弦定理求出，两式相减可得cosA与cosC的关系式；又由的sinA与sinC的关系式；两个关系式平方后相加即可求出cos(A＋C)﹒ 【小问1详解】 在△中，∵， ∴． 在△中，由正弦定理得，， ∴． ∵，∴， ∴． 【小问2详解】 △、△中，由余弦定理得， ， ， 从而①， 由得， ②， 得，， ∴． 21. 在如图所示的几何体中，平面平面ABCD，四边形ADNM是矩形，四边形ABCD为梯形，，，． （1）求证：平面MBC； （2）已知直线AN与BC所成角为60°，求点C到平面MBD的距离 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】取CD的中点E，连接BE、NE，根据题意可得平面，平面，利用面面平行的判定定理和性质即可证明； (2)根据题意知四边形为菱形，可得直线AN与BC所成角为，利用余弦定理求出AM，进而求出，结合三棱锥等体积法即可求出点C到平面MBD的距离. 【小问1详解】 由题意得， 取CD的中点E，连接BE、NE，则且， 故四边形是平行四边形，所以， 又平面，所以平面， 又且，且， 则且，故四边形是平行四边形， 所以，又平面，所以平面， 由得，平面平面， 因为平面，所以平面； 【小问2详解】 因为矩形平面，所以平面， 又，所以四边形为菱形， 则，直线AN与AE所成角为， 设AM的长为x，则， 在中，由余弦定理，得， 即，由解得， 所以，得， 在中，， 所以的高为，故， 设点C到平面MBD的距离为h， 则， 由，得，解得. 即点C到平面MBD的距离为. 【点睛】 22. △ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，， （1）求边c的值 （2）若BC，AC边上的两条中线AM，BN，相交于点P，，以P为圆心，为半径的圆上有一个动点T，求的最大值． 【答案】（1） （2）9 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，进而有，化简即可得，从而； （2）以A为坐标原点，AC所在直线为轴，建立直角坐标系，设，，可得，进而可得重心，由题意，设，利用向量的坐标运算及模长公式即可求解. 【小问1详解】 解：由正弦定理可得，所以， 因为，所以， 又， 所以， 因为，所以，所以， 所以； 【小问2详解】 解：由题意，以A为坐标原点，AC所在直线为轴，建立如图所示的直角坐标系， 则，，设，所以， 因为，所以，解得，所以， 又为三角形ABC的重心，所以， 所以圆P：，设， 则，，， 所以， 所以 ， 所以的最大值为9. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $