浙江省嘉兴八校联盟2021-2022学年高一下学期期中联考数学试题（含答案解析）

.2021学年第二学期嘉兴八校联盟期中联考高一年级数学试卷2022年4月考生须知：全卷分试卷和答卷.试卷共6页，有4大题，22小题，满分150分，考试时间120分钟.一､选择题：本大题共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，则复数z的模为|z|=（）A.2 B. C. D.5【答案】B【解析】【分析】直接根据模的定义计算即可.【详解】因为，所以，故选：B2.已知向量，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据向量的坐标运算求解即可.【详解】因为向量，所以.故选：C3.在中，，，，则边长（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据正弦定理求解.【详解】由正弦定理知，，即，解得.故选：D4.水平放置的的直观图如图，其中，，那么原是一个（）A.等边三角形 B.直角三角形C.三边中只有两边相等等腰三角形 D.三边互不相等的三角形【答案】A【解析】【分析】根据斜二测画法的规则求解即可.【详解】由图形知，在原中，，如图，因为，所以，，，又，.为等边三角形.故选：A5.给出下列判断，其中正确的是（）A.若直线上有无数个点不在平面内，则B.空间三点可以确定一个平面C.如果两个平面相交，则它们有有限个公共点D.如果直线与平面平行，则与平面内任意一条直线都没有公共点【答案】D【解析】【分析】根据线面平行的性质、基本事实、面面相交的性质逐一判断即可.【详解】A：当时，直线上存在无数个点不在平面内，因此本选项不正确；B：当三点共线时，可以确定无数个平面，因此本选项不正确；C：因为两个平面相交于一条直线，而直线上有无数个点，因此本选项不正确；D：根据线面平行的性质可知该选项正确，故选：D6.在中，，则此三角形（）A.无解 B.一解 C.两解 D.解的个数不确定【答案】C【解析】【分析】根据正弦定理，结合三角形中大边对大角性质进行求解即可.【详解】由正弦定理可知：，因为，所以，又因为，所以，或，因此此三角形有两解，故选：C7.如图，圆锥的底面恰是圆柱的一个底面，圆柱的两个底面分别为同一个球的两个截面，且圆锥的顶点也在该球的球面上.若球的体积为，圆柱的高为，则圆锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】作球的截面大圆，得圆柱、圆锥的轴截面，由此求得圆锥的底面半径和高．【详解】过球心作截面，得圆柱、圆锥轴截面，如图，球半径为，则，，圆柱的高，则，，，圆锥体积为．故选：D．8.在锐角中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，已知，，则面积的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由正弦定理及三角恒等变换求出，再由锐角三角形求出的范围，得出的范围，即可由面积公式得解.【详解】由正弦定理，，，锐角中，，，，，，.故选：B二､多选题：本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得3分.9.如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”.若复数（，为虚数单位）为“等部复数”，则下列说法正确的是（）A.a=1 B.复数z对应的点在第一象限C. D.复数是纯虚数【答案】ABC【解析】【分析】根据题意，求得，得到，结合选项，逐项判定，即可求解.【详解】因为复数（，为虚数单位）为“等部复数”，可得，所以A正确；由复数，可得在复平面内复数对应的点为位于第一象限，所以B正确；由复数，可得，所以C正确；由，可得，所以D错误.故选：ABC.10.已知，，为空间中直线，，为空间中平面，下列命题错误的是（）A若，，则B.若，，且，则C.若，，则D.若，，，则【答案】ACD【解析】【分析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.【详解】A中，若，，则或，所以A不正确；B中，如图所示，分别过直线作平面，使得，，因为，且，所以，同理可证：，所以，又因为，，所以，因为，，所以，又因为，所以，所以B正确；C中，若，，则或是异面直线，所以C错误；D中，若，，，则或是异面直线，所以D错误.故选：ACD.11.在中，角，，的对边分别为，，，则下列的结论中正确的是（）A.若，则为直角三角形B.若，则C.若，则△ABC为锐角三角形D.若，，则△ABC的外接圆半径是4【答案】AB【解析】【分析】根据题意，化简得到，可判定A正确；由，得到，进而得到，结合正弦定理，可判定B正确；设，利用余弦定理，求得的值，可判定C错误；利用正弦定理，求得外接圆的半径，可判定D错误.【详解】对于A中，因为，由正弦定理得，所以，即因为，可得，所以，所以，所以A正确；对于B中，由，因为在区间为减函数，可得，所以，又由正弦定理，可得，所以B正确；对于C中，因为，由正弦定理得，设，其中，由余弦定理得，因为，所以，所以为钝角三角形，所以C错误；对于D中，由，，可得外接圆的直径为，所以外接圆的半径为，所以D错误.故选：AB.12.如图，延长正方形ABCD的边CD至点E，使得DE=CD，动点P从点A出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周后回到点A，若，则下列判断正确的是（）A.满足的点P必为BC的中点 B.满足的点P有两个C.满足的点P有且只有一个 D.满足的点P有且只有一个【答案】BC【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用向量坐标运算确定AB，再由点P所在的直线与正方形四条边所在直线的交点确定CD选项.【详解】由题意，不妨设正方形的边长为1，建立如图所示的平面直角坐标系，则，，所以，设，则，，当时，，此时点P与点D重合，满足，但点P不是BC的中点，故A错误；当时，三点共线，由图可知，与各有一个交点，故满足的点P有两个，故B正确；当时，，，所以点在直线上，而直线与的交点为，，与直线的交点为，，又点在正方形的边上运动，所以只有点满足要求，即满足的点P有且只有一个，故C正确；当时，同C，可得点在直线上，可得与正方形四条边所在直线的交点为，点符合要求，所以满足的点P有2个，故D错误.故选：BC三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.复数，则z的虚部为___________.【答案】【解析】【分析】根据复数的除法运算化简即可得解.【详解】，故复数的虚部为.故答案为：14.已知圆锥的高为1，轴截面是等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为______．【答案】【解析】【分析】根据圆锥的高为1，圆锥的轴截面为等腰直角三角形可求得底面半径和母线长，即可求得答案.【详解】圆锥的高为1，轴截面是等腰直角三角形.则圆锥的底面直径为2，母线长为，故该圆锥的侧面积为，故答案为：15.已知向量，满足，，与的夹角为，则在上的投影向量为___.【答案】【解析】【分析】根据投影向量的计算公式，计算出投影向量.【详解】在上的投影向量为.故答案为：16.如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为__________.【答案】【解析】【分析】利用，结合已知条件可把求出，由平面向量基本定理把，用已知向量，表示，再利用数量积的运算法则可求数量积．【详解】，，，，即，又，则，，，，则，故答案为：．【点睛】方法点睛：向量数量积的运算主要掌握两点：一是数量积的基本公式；二是向量的平方等于向量模的平方.四､解答题：本大题共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.已知向量.（1）若，求k的值；（2）若，求k的值.【答案】（1）或；（2）或.【解析】【分析】(1)已知向量、的坐标，根据向量平行(共线)，利用其坐标表示有，即可求k的值；(2)首先用坐标表示向量、，再根据垂直关系结合数量积的坐标公式有，即可求k的值【详解】（1）由，知：，解得或（2）由题意知：又∵∴解得或【点睛】本题考查了利用向量共线、垂直的坐标表示求参数值，属于基础题18.已知复数，且为纯虚数.（1）求复数；（2）若，求实数的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据复数的乘法运算及纯虚数的概念求解；（2）根据复数乘法运算及复数相等求解.【小问1详解】因为，又是纯虚数，所以，解得，所以.【小问2详解】因为，所以，即，，解得.19.在以下条件中任选一个，补充在下面横线处，然后解答问题.①②③在中，内角，，的对边分别为，，，已知___________.（1）求角的大小；（2）若，求边的最小值.【答案】（1）（2）最小值为4【解析】【分析】（1）选①，由余弦定理求出得解；选②，根据正弦定理化简可得，即可求解；选③，由面积公式及余弦定理化简求得解；（2）由余弦定理及均值不等式求最值.【小问1详解】若选①，由已知条件结合余弦定理推论得：，又，所以.若选②，由已知条件结合正弦定理得：，得，又，所以.若选③，由已知条件结合面积公式､余弦定理推论得：，得，又，所以.【小问2详解】由余弦定理得：，当且仅当时等号成立，即，所以边的最小值为4.20.为绘制海底地貌图，测量海底两点，间的距离，海底探测仪沿水平方向在，两点进行测量，，，，在同一个铅垂平面内.海底探测仪测得，，，，同时测得海里.（1）求的长度；（2）求，之间的距离.【答案】（1）（2）海里【解析】分析】（1）根据题意，求得，得到，再中，利用正弦定理，即可求解；（2）根据题意求得，在中，由余弦定理求得，再在中，利用余弦定理求得，即可求解.【小问1详解】如图所示，在中，，，且海里.可得，又因，所以，由正弦定理，可得.【小问2详解】因为，且，，可得，所以，在中，由余弦定理得：，在中，由余弦定理得，即（海里）所以间的距离为海里.21.如图所示，在四棱锥中，四边形ABCD是梯形，，，E是PD的中点.（1）求证：平面PAB；（2）若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点，使平面PAB？说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）线段存在点N，使得平面，理由见解析【解析】【分析】（1）取中点，连接，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定即可证明；（2）取中点N，利用面面平行的判定证明平面平面，再利用面面平行的性质即可证明平面PAB.【小问1详解】如下图，取中点，连接，由E是PD的中点，所以且，因为，且，所以，所以四边形为平行四边形，故，而面，面，则面.【小问2详解】线段上存在点N，使得平面.理由：取中点N，连接，，∵E，N分别为，的中点，∴，∵平面，平面，∴平面.由（1）知：平面，又，平面，∴平面平面.又M是上的动点，平面，∴平面PAB∴线段存在点N，使得平面，此时N为中点.22.在平面直角坐标系中，已知，，，，，．（1）若，，为轴上的一动点，点．当，，三点共线时，求点的坐标；（2）若，，且与的