2021-2022学年江苏省苏州中学高一下学期期中数学试题【含答案】

1、2021-2022学年江苏省苏州中学高一下学期期中数学试题一、单选题1复数(为虚数单位)，则其共轭复数的虚部为（）ABCDA【分析】根据复数的乘法及除法运算求出，得到，即可求解.【详解】,的虚部为故选：A2已知向量，若，则实数（）A0BC1D3B【分析】根据平面向量的坐标运算，结合两向量垂直，数量积等于零，求得的值.【详解】因为向量，且，所以，即，所以有，解得，故选：B.方法点睛：该题考查的是有关向量的问题，解题方法如下：（1）根据向量垂直向量数量积等于零，建立等式；（2）根据向量数量积运算法则进行化简；（3）利用向量数量积坐标公式求得结果.3如图，在中，若的水平放置直观图为，则的面积为（）A

2、BCDB【分析】利用斜二测画法规则求出的边及这边上的高即可计算作答.【详解】在中，则，由斜二测画法规则知，边上的高，所以的面积为.故选：B4在中，则此三角形（）A无解B一解C两解D解的个数不确定C【分析】利用正弦定理求出的值，再根据所求值及a与b的大小关系即可判断作答.【详解】在中，由正弦定理得，而为锐角，且，则或，所以有两解故选：C5已知，且，则（）ABCDB【分析】利用同角公式化正弦为余弦，求出的值，再利用二倍角的余弦公式求解即得.【详解】依题意，原等式化为：，整理得：，因，则，解得：，所以.故选：B6若内接于以O为圆心，1为半径的圆，且，则（）ABCDA【分析】根据题意，结合，可得，再根

3、据向量的减法运算以及数量积的公式，即可求解.【详解】由，得，平方得，因，所以，因此.故选：A.7“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为，外层底面直径为，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为的球面上.此模型的体积为（）ABCDC【分析】求出内层圆柱，外层圆柱的高，该模型的体积等于外层圆柱的体积与上下面内层圆柱高出的几何体的体积之和，计算可得解.【详解】如图，该模型内层圆柱底面直径为，且其底面圆周在一个直径为的球面

4、上，可知内层圆柱的高同理，该模型外层圆柱底面直径为，且其底面圆周在一个直径为的球面上，可知外层圆柱的高此模型的体积为故选：C8已知分别为的边上的点，线段和线段相交于点，若，且，其中，则的最小值为（）ABCDA【分析】先由平面向量基本定理得到，再由，三点共线得到，结合基本不等式得解.【详解】因为，所以，又，所以，所以，又，三点共线，所以，化简得到，当且仅当时取等号 ，故选：A 二、多选题9下列化简正确的是ABCDCD根据两角和差正弦和正切公式、二倍角的正弦和余弦公式依次化简各个选项可得结果.【详解】中，则错误；中，则错误；中，则正确；中，则正确.故选：本题考查三角恒等变换的化简问题，涉及到两角和

5、差正弦和正切公式、二倍角的正弦和余弦公式的应用.10，是空间三条不同的直线，则下列结论错误的是（）A，B，C，共面D，共点，共面ACD【分析】根据线线的位置关系，结合平面的基本性质判断各选项正误即可.【详解】解：由，则、平行、异面都有可能，故A错误；由，得，故B正确；当时，不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，互相平行但不共面，故C错误；当，共点时，不一定共面，如三棱柱共顶点的三条棱不共面，故D错误；故选：ACD.11点在所在的平面内，则以下说法正确的有（）A若动点满足，则动点的轨迹一定经过的垂心；B若，则点为的内心；C若，则点为的外心；D若动点满足，则动点的轨迹一定经过的重心.BC【分析】A由正弦

6、定理知，且，代入已知等式得，即知的轨迹一定经过的哪种心；B、C分别假设为的内心、外心，利用向量的几何图形中的关系，及向量的运算律和数量积判断条件是否成立即可；D由，根据数量积的运算律及向量数量积的几何意义求的值，即知的轨迹一定经过的哪种心；【详解】A：由正弦定理知，而，所以，即动点的轨迹一定经过的重心，故错误.B：若为的内心，如下图示：，同理，故正确；C：若为的外心，分别为的中点，则，而，同理，又，故，正确；D：由，故，即，动点的轨迹一定经过的垂心，错误.故选：BC关键点点睛：应用已知等量关系，结合向量的运算律、数量积的值判断向量过三角形的何种心，或假设为的内心、外心，再应用几何图形中相关线段

7、所表示的向量，结合向量的线性关系及数量积的运算律，判断条件是否成立.12“阿基米德多面体”也称为半正多面体(semi-regularsolid)，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（）A该半正多面体的体积为B该半正多面体过三点的截面面积为C该半正多面体外接球的表面积为D该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式ACD【分析】根据几何体的构成可判断A，由截面为正六边形可求面积判断B，根据外

8、接球为正四棱柱可判断C，根据顶点，面数，棱数判断D.【详解】如图，该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的.对于A， 因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该几何体的体积为：， 故正确；对于B，过三点的截面为正六边形，所以，故错误；对于C，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为,侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积，故正确；对于D，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足，故正确.故选：ACD三、填空题13若，则_.【分析】由诱导公式结合和差角公式求解即可.【详解】故14的内角，所对的边分别是，已知，则的取值

9、范围是_.【分析】由正弦定理及三角形内角性质得，可得，根据余弦定理，应用基本不等式有，结合A为三角形内角，即可求的范围.【详解】由正弦定理知：，即，又由余弦定理知：当且仅当时等号成立，而，则.故答案为.关键点点睛：应用三角恒等变换、正弦定理的边角关系确定三边的数量关系，根据余弦定理及基本不等式，求角A余弦值的范围，结合三角形内角的性质求角的范围.15如图所示，在直三棱柱中，是上的一动点，则的最小值为_.【分析】将与展开到同一平面内，连接，与交于点P，此时取得最小值，由余弦定理和勾股定理各边长，进而求出最小值【详解】由余弦定理得：，由勾股定理得：，同理，所以是等边三角形，因为，所以，则，将与展开

10、到同一平面内，如图，连接，与交于点P，此时取得最小值，因为，由勾股定理得：故四、解答题16已知i为虚数单位，若，则_1【分析】根据复数的乘除法公式求出，再由复数模的公式即可求出答案.【详解】故117已知复数，i为虚数单位.（1）求和；（2）若复数z是关于x的方程的一个根，求实数m，n的值.（1），；（2），【分析】（1）利用复数的运算法则求出，由此能求出和（2）由复数是关于的方程的一个根，得到，整理得，由此能求出实数，【详解】解：（1）复数，（2）复数是关于的方程的一个根，解得，本题考查复数的模、共轭复数、实数值的求法，考查复数的运算法则等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题18已知四棱锥A

11、BCDE，AB=BC=AC=BE=1，CD=2，CD=2，CD面ABC，BECD，F为AD的中点(1)求证：EF面ABC；(2)求四棱锥ABCDE的体积，(1)证明见解析；(2)【分析】（1）取中点，连接，证明，从而得证线面平行；（2）取中点，证明是四棱锥的高，证明底面是直角梯形，然后由体积公式计算体积【详解】(1)取中点，连接，又是中点，则，又，所以，所以是平行四边形，所以，平面，平面，所以平面；(2)取中点，连接，由于是等边三角形，则，因为CD面ABC，面ABC，所以，因为，平面，所以平面，由已知，由CD面ABC，面ABC，所以，是直角梯形，所以19已知ABC的外接圆半径为R，a、b、c分

12、别是角A、B、C的对边，b=2且bsinB-asinA=2R(sinB-sinC)sinC.（1）求角A；（2）若AD是BC边上的中线AD= ，求ABC的面积.(1) ；(2) 【分析】（1）由正弦定理将bsinB -asinA=2R(sinB -sinC)sinC中的角化边，结合余弦定理即可求得角A的余弦值，进而得到A的大小；(2)由三角形加法法则有，结合已知条件求出c的长度，即可得ABC的面积【详解】(1)由正弦定理知：bsinB -asinA=2R(sinB -sinC)sinC，即又由余弦定理：，则(2)由(1)的结论，AD是BC边上的中线AD= 且b=2，如下图示由向量加法法则知：，

13、即，而，解得，而本题考查了正余弦定理的应用，将角化边并化简方程，结合余弦定理求角；由向量的几何应用求边长，进而求三角形面积20定义空间点到几何图形的距离为：这一点到这个几何图形上各点距离中最短距离.（1）在空间，求与定点距离等于1的点所围成的几何体的体积和表面积；（2）在空间，线段(包括端点)的长等于1，求到线段的距离等于1的点所围成的几何体的体积和表面积；（3）在空间，记边长为1的正方形区域(包括边界及内部的点)为，求到距离等于1的点所围成的几何体的体积和表面积.（1），；（2），；（3），.【分析】（1）根据球的体积和表面公式计算可得结果；（2）依题意可知围成的几何体是一个圆柱和两个半球的

14、组合体，依据公式即可求得结果；（3）分析可知，到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长分别为1，1，2的长方体和四个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体，根据公式计算可得答案.【详解】（1）与定点距离等于1的点所围成的几何体是一个半径为1的球，其体积为，表面积为，（2）到线段的距离等于1的点所围成的几何体是一个以为高，底面半径为1的圆柱的侧面与两个半径为1的半球面所围成的几何体，其体积为，表面积为.（3）到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长分别为1，1，2的长方体和四个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体，其体积为，表面积

15、为.本题考查了空间想象能力，考查了长方体、圆柱、球的体积和表面积公式，解题关键是根据定义得到几何体是由哪些几何体组合而成，属于难题.21如图，在正方形中，为以为圆心、为半径的圆弧上的任意一点(包括两点)（1）求的最大值；（2）设向量，若，求凸四边形的面积（1）0；（2）【分析】（1）建立平面直角坐标系小，根据数量积的坐标运算即可；（2）根据向量的坐标运算求出，即可求面积.【详解】以A为坐标原点，直线AB，AD分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设，且（1），的最大值为0（2）由，得，代入，得，又，解得.22如图1，某景区是一个以为圆心，半径为的圆形区域，道路，成60角，且均和景区边界相切，现要修一条与景区相切的观光木栈道，点，分别在和上，修建的木栈道与道路，围成三角地块（注：圆的切线长性质：圆外一点引圆的两条切线长相等）（1）当为正三角形时求修建的木栈道与道路，围成的三角地块面积；（2）若的面积，求木栈道长；（3）如图2，若景区中心与木栈道段连线的，将木栈道的长度表示为的函数，并指定定义域；求木栈道的最小值（1）；（2）7；（3），；6.【分析】（1）利用证三角形OAB内切圆的知识，求出边长AB，再求OAB的面积；（2）根据OAB的面积公式