Page18安徽省六安市2021-2022學年高一數學下學期期中試題總分：150分時間：120分鐘本試題分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷兩部分.第Ⅰ卷為選擇題，共60分；第Ⅱ卷為非選擇題，共90分，滿分150分，考試時間為120分鐘.第Ⅰ卷（選擇題共60分）一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中只有一項是符合要求的)1.對于實數，“”是“”的A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【詳解】試題分析：由于不等式的基本性質，“a＞b”?“ac＞bc”必須有c＞0這一條件．解：主要考查不等式的性質．當c=0時顯然左邊無法推導出右邊，但右邊可以推出左邊．故選B考點：不等式的性質點評：充分利用不等式的基本性質是推導不等關系的重要條件．2.已知m，n為兩條不同的直線，為兩個不同的平面，則下列命題正確的是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則【答案】B【解析】【分析】A：結合兩直線的位置關系可判斷或異面；B：結合線面平行的性質可判斷；C：結合線面的位置關系可判斷或相交；D：結合線面的位置關系可判斷或.【詳解】A：若，則或異面，故A錯誤；B：因為，所以在平面內存在不同于n的直線l，使得，則，從而，故，故B正確；C：若，則或相交，故C錯誤；D：若，則或，故D錯誤.故選：B3.在△ABC中，若其面積為S，且=2S，則角A的大小為（）A.30° B.60° C.120° D.150°【答案】A【解析】【分析】由數量積的定義，結合條件即可求解.【詳解】因為，而，所以，所以，故.故選：A4.若一個水平放置的圖形的斜二測直觀圖是一個底角為45°且腰和上底均為1的等腰梯形，則原平面圖形的面積是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先計算出等腰梯形的面積為，再利用計算得到答案.【詳解】等腰梯形的面積則原平面圖形的面積.故選：C.5.如圖，三棱柱中，底面三角形是正三角形，E是BC的中點，則下列敘述正確的是（）A.直線與直線是異面直線 B.直線與直線AE是共面直線C.直線AE與直線是異面直線 D.直線AE與直線是共面直線【答案】C【解析】【分析】根據異面直線的判定定理求解即可.【詳解】由于與均在平面內，不是異面直線，故A錯誤；平面，平面，點不在直線上，所以和是異面直線，故B錯誤；平面，平面，點不在直線上，則與是異面直線，故C正確；平面，平面，點不在直線上，則與是異面直線，故D不正確.故選：C【點睛】方法點睛：判斷兩條直線是否為異面直線，第一兩條直線平行或相交，則兩條直線共面，第二若一條直線與一個平面相交于一點，那么這條直線與這個平面內不經過該點的直線是異面直線，這是判斷兩條直線是異面直線的方法，要根據題目所提供的線線、線面關系準確的做出判斷.6.直三棱柱的6個頂點在球的球面上.若，.，，則球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由于直三棱柱的底面為直角三角形，我們可以把直三棱柱補成四棱柱，則四棱柱的體對角線是其外接球的直徑，求出外接球的直徑后，代入外接球的表面積公式，即可求出該三棱柱的外接球的表面積.【詳解】解：將直三棱柱補形為長方體，則球是長方體的外接球.所以體對角線的長為球的直徑.因此球的外接圓直徑為，故球的表面積.故選：B.【點睛】本題主要考查球的內接體與球的關系、球的半徑和球的表面積的求解，考查運算求解能力，屬于基礎題型.7.八卦是中國文化的基本哲學概念，圖1是八卦模型圖，其平面圖形為圖2所示的正八邊形，其中，給出下列結論：圖1圖2①與的夾角為；②；③；④在上的投影向量為（其中為與同向的單位向量）．其中正確結論為（）A.① B.② C.③ D.④【答案】C【解析】【分析】根據圖形的特征進行判斷即可.【詳解】由圖:正八邊形，因為與的夾角為，故①錯誤；因為，故②錯誤；因為,故③正確；因為在上的投影向量與向量反向，故④錯誤；故選：C【點睛】本題主要考查向量的加減法及向量的投影向量等，屬于簡單題.8.在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，，D是邊BC上一點，，且，和的面積分別為，，對于給定的正數m，當取得最小值時，等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由可推出，即，故利用基本不等式，結合“乘1法”即可求出取到最小值時，化簡得解.詳解】由題可知，由三角形面積公式可得：，化簡得，即，=，當今當即時能取到最小值，此時==.故選：A.二、選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分）9.下列命題中正確的是（）A.若，，，則B.若復數，滿足，則C.若復數為純虛數，則D.若復數滿足，則的最大值為【答案】AD【解析】【分析】A由復數相等條件即可判斷正誤；B、C應用特殊值法，代入驗證即可；D根據的幾何含義：以為圓心2為半徑的圓，求為該圓上的點到最大距離，判斷正誤.【詳解】A：由復數相等知：，有，正確；B：若，有，錯誤；C：若時，，錯誤；D：令，則為圓O：，而表示圓O上的點到的最大距離，所以，正確.故選：AD.10.下列有關平面向量的命題中，不正確的是（）A若，則B.已知，，則C.若非零向量，，，滿足，則D.若，則且【答案】ABC【解析】【分析】A選項，當且方向相同，才有，故A錯誤，D正確；B選項可以舉出反例，C選項利用向量的數量積推導出，故C錯誤.【詳解】A選項，，但向量方向可能不同，故A錯誤；若，則滿足，，但可能不平行，故B錯誤；若，即，因為，，均為非零向量，所以，故不一定成立，C錯誤；若，則且，D正確.故選：ABC11.下列說法正確的是（）A.在中，是的充要條件B.將函數的圖象向右平移個單位長度得到函數的圖象C.存在實數，使得等式成立D.在中，若，則是鈍角三角形【答案】ABD【解析】【分析】根據正弦定理，余弦定理，可判斷A、D的正誤；根據圖象平移原則，可判斷B的正誤；根據輔助角公式及正弦型函數的性質，可判斷C的正誤，即可得答案.【詳解】對于A：由正弦定理可得，因為，所以，同理，若，則有，所以是的充要條件，故A正確；對于B：將函數的圖象向右平移個單位長度，可得，故B正確；對于C：，所以不存在x，滿足，故C錯誤；對于D：在中,因為，由正弦定理可得，所以，所以，為鈍角，故D正確.故選：ABD.12.如圖，直三棱柱中，，，，側面中心為O，點E是側棱上的一個動點，有下列判斷，正確的是（）A.直三棱柱側面積是 B.直三棱柱體積是C.三棱錐的體積為定值 D.的最小值為【答案】ACD【解析】【分析】由題意畫出圖形，計算直三棱柱的側面積和體積即可判斷A與B；由棱錐底面積與高為定值判斷C；設BE＝x，列出AE+EC1關于x的函數式，結合其幾何意義求出最小值判斷D．【詳解】在直三棱柱中，，，底面和是等腰直角三角形，側面全是矩形，所以其側面積為1×2×2+，故A正確；直三棱柱的體積為，故B不正確；由BB1∥平面AA1C1C，且點E是側棱上的一個動點，三棱錐的高為定值，××2＝，××＝，故C正確；設BE＝x，則B1E＝2﹣x，在和中，∴＝．由其幾何意義，即平面內動點（x，1）與兩定點（0，0），（2，0）距離和的最小值，由對稱可知，當為的中點時，其最小值為，故D正確．故選：ACD．【點睛】本題考查命題的真假判斷與應用，考查直三棱柱的側面積和體積的求法，函數思想求最值問題，空間想象能力和思維能力，屬于中檔題．三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13.已知向量，，則與夾角的余弦值是______．【答案】##【解析】【分析】求出向量的坐標，利用平面向量夾角的坐標表示可求得結果.【詳解】由已知可得，所以，.故答案為：.14.在中，已知，則________________．【答案】【解析】【分析】先利用余弦定理求出，再根據向量的數量積定義即可求出．【詳解】解：，．故答案為：．15.如圖，在中，已知，，，，，線段AM，BN相交于點P，則的余弦值為___________.【答案】【解析】【分析】依次算出、、，然后可得答案.【詳解】由已知，，，，得，又由得，因為，所以所以故答案為：16.如圖，長方體中，，分別為中點，點P在平面內，若直線平面，則線段長度的最小值是___________.【答案】【解析】【分析】首先找出過點且與平面平行的平面，然后在所作的平面內找線段長度的最小值即可.【詳解】連接，因為分別為中點，所以，又因為面，面，所以面，同理面，又因為，所以面面，因為直線平面，所以點在直線上，且當時，線段的長度最小，在中，，，，所以，，所以，在中，設邊上的高為，則，所以，即線段長度的最小值為.故答案為：.四、解答題（本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17.已知復數是方程的解.（1）求的值；（2）若復平面內表示的點在第四象限，且為純虛數，其中，求的值.【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）由求根公式求得，進而求得；（2）由（1）得到，求得，根據為純虛數，得到，即可求解.小問1詳解】解：由題意，復數是方程的解，由求根公式，可得，則.【小問2詳解】解：由（1）且表示的點在第四象限，所以.又由，因為為純虛數，則，解得.18.在中，，為邊上一點，且．（1）若為邊上的中線，求邊的最大值；（2）若為的平分線，且為銳角三角形，求邊的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）在與中分別用余弦定理，再應用基本不等式即可求解的最大值；（2）設，由已知確定范圍，在與中分別用正弦定理，得到與的關系求解即可.【小問1詳解】設，，又為邊上的中線，所以，在中，由余弦定理得，，又，所以，①在中，由余弦定理得，，即，②由①＋②得，又由①得（當且僅當時取等號），所以，所以，即．綜上，當且僅當時，邊取得最大值．【小問2詳解】因為為的平分線，所以可設，則，，因為為銳角三角形，所以，所以.在中，由正弦定理得，③在中，由正弦定理得，④④÷③得，又，所以，設，又，所以，所以在上為增函數，所以．19.如圖，在正方體中，對角線與平面交于點，、交于點，為的中點，為的中點．求證：

（1）三點共線；（2）、、、四點共面；（3）、、三線共點．【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）可證、、三點在平面與平面內，從而可證三點共線.（2）可證，從而可得四點共面.（3）設與交于一點P，可得P在上，從而可得三線共點.【小問1詳解】∵平面，∴，平面；又∵平面，∴平面；∵、交于點M，∴，；又平面，平面，∴平面，平面；又平面，平面；∴、、三點在平面與平面的交線上，∴、、三點共線；【小問2詳解】連接，

∵E為的中點，F為的中點，∴，又∵，，∴四邊形是平行四邊形，∴；∴，∴E、F、C、四點共面；【小問3詳解】∵平面平面，設與交于一點P，則：，平面，∴平面，同理，平面，∴平面平面，∴直線、、三線交于一點P，即三線共點20.已知函數．（1）若對任意，都有成立，求的取值范圍；（2）若先將的圖象上每個點縱坐標不變，橫坐標變為原來的2倍，然后再向左平移個單位得到函數的圖象，求函數在區間內的所有零點之和．【答案】(1).(2)【解析】【分析】(1)先由倍角公式以及兩角和的正弦公式進行化簡，再求出函數的最小值即可求出a的范圍；(2)根據函數圖像的對稱性即可求出結果.【詳解】（1）.若對任意，都有成立，則只需即可∵，∴，∴當，即時，有最小值，故.（2）依題意可得，由得，由圖可知，在上有4個零點：，根據對稱性有，從而所有零點和為.【點睛】本題主要考查三角函數的值域以及函數圖像的對稱性，熟記兩角和與差的正弦公式等以及圖像的變換即可，屬于常考題型.21.如圖四棱錐P-ABCD的底面為平行四邊形，E是PB的中點，過A，D，E的平面α與平面PBC的交線為l．（1）證明：平面PAD；（2）求平面α截四棱錐P-ABCD所得的上、下兩部分幾何體的體積之比．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由，得到平面，根據平面與平面的交線為，結合線面平行的性質定理，即可證得平面；（2）設l與PC交于點F，則F為PC的中點，連接DF，DE，DB，EC，設四棱錐P-ABCD的體積為V，得到，，進而求得平面截四棱錐P-ABCD所得的下面部分的幾何體的體積，求得上、下兩部分幾何體的體積之比．【小問1詳解】證明：因為，且平面，平面，所以平面，又平面與平面的交線為，且平面，則，又平面，平面，故平面.【小問2詳解】解：設l與PC交于點F，則F為PC的中點，連接DF，DE，DB，EC，設四棱錐P-ABCD的體積為V，則．又由，則，所以平面截四棱錐P-ABCD所得的下面部分的幾何體的體積為，所以上面部分幾何體的體積為，故平面截四棱錐P-ABCD所得的上、下兩部分幾何體的體積之比為．22.“精準扶貧，修路先行”，為解決城市A和山區B的物流運輸問題，方便B地的農產品運輸到城市A交易，計劃在鐵路AD間的某一點C處修建一條筆直的公路到達B地．示意圖如圖所示，千米，千米，．已知農產品的鐵路運費為每千米1百元，公路運費為每千米2百元，農產品從B到A的總運費為百元．為了求總運費的最小值，現提供兩種方案建立函數關系，方案1：設千米；方案2：設．（1）試將分別表示為關于、的函數關系式和；（2）請只選擇一種方案，求出