浙江省金华市2021-2022学年高一下学期期中数学试题（含答案）

浙江省金华市2021-2022学年高一下学期期中数学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．已知复平面内，(2−i)z对应的点位于虚轴的正半轴上，则复数z对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．平行四边形ABCD中，点E是DC的中点，点F是BC的一个三等分点（靠近B），则EF=A．12AB−C．13AB+3．已知向量a=(6t+3，9)，b=(4t+2，A．-1 B．−12 C．14．已知矩形ABCD的一边AB的长为4，点M，N分别在边BC，DC上，当M，N分别是边BC，DC的中点时，有(AM+ANA．3 B．2 C．23 D．225．若z∈C且|z+3+4i|≤2，则|z−1−i|的最大和最小值分别为M，m，则A．3 B．4 C．5 D．96．已知球的半径为R，一等边圆锥.(圆锥母线长与圆锥底面直径相等)位于球内，圆锥顶点在球上，底面与球相接，则该圆锥的表面积为（）A．3π4R2 B．9π4R27．农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子（近似为球）包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为4的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的体积最大值为（）．A．1623π B．32627π8．已知半球O与圆台OOA．39 B．327 C．36二、多选题9．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，A．3π4 B．π4 C．7π1210．如图，四边形ABCD为直角梯形，∠D＝90°，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为AB，CD的中点，则下列结论正确的是（）A．AC=AD+C．BC=AD−11．下列说法正确的有（）A．任意两个复数都不能比大小B．若z=a+bi(a∈R，b∈R)，则当且仅当a=b=0时，z=0C．若z1，z2D．若复数z满足|z|=1，则|z+2i|的最大值为312．如图，已知ABCD−A1BA．AB．(C．向量A1B与向量AD．异面直线EF与DD1三、填空题13．已知向量a=(−1，2)，b=(2m−1，1)14．已知复数集合A={x+yi||x|≤1，|y|≤1，x，y∈R15．正五角星是一个与黄金分割有着密切联系的优美集合图形，在如图所示的正五角星中，A，B，C，D，E是正五边形的五个顶点，且MNAM=5−12，若QN=16．如图，平面ABC⊥平面BCDE，四边形BCDE为矩形，BE＝2，BC＝4，△ABC的面积为23，点P为线段DE上一点，当三棱锥P﹣ACE的体积为33时，DPDE＝四、解答题17．已知向量m=(2sinA，1)，n（1）求角A的大小；（2）若角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=32，AB⋅18．如图，在△OAB中，点P为直线AB上的一个动点，且满足AP=13AB，（1）若O(0，0)，A(1，3)，B(8（2）若AQ与OP的交点为M，又OM=tOP，求实数19．已知复数z1=1（1）若复数z1−z（2）若虚数z1是实系数一元二次方程4x220．如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AD=DC=AC，且CP⊥平面PAD，E为AD的中点.（1）证明：AD⊥平面PCE；（2）若PA=321．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，△ABC和△A1AC都是正三角形，D是AB的中点（1）求证：BC1∥平面A1DC；（2）求直线AB与平面DCC1所成角的正切值.22．如图，在四棱柱C−ABEF中，平面ABEF⊥平面ABC，△ABC是边长为2的等边三角形，AB//EF，∠ABE=90°，BE=EF=1，点M为BC的中点．（1）求证：EM//平面ACF；（2）求二面角E−BC−F的余弦值．（3）在线段EF上是否存在一点N，使直线CN与平面BCF所成的角正弦值为2121，若存在求出EN

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】设z=a+bi(a，b∈R)，所以则2a+b=02b−a>0，即b=−2a所以a<0，b>0，故该点在第二象限，故选：B．

【分析】利用已知条件结合复数的乘法运算法则和复数的几何意义得出复数对应的点，再结合(2−i)z对应的点位于虚轴的正半轴上，进而得出复数z，再利用复数的几何意义得出复数z对应的点的坐标，再结合点的坐标确定点所在的象限。2．【答案】D【解析】【解答】由题意：点E是DC的中点，点F是BC的一个三等分点，

∴EF=故选：D.

【分析】由题意，点E是DC的中点，点F是BC的一个三等分点，再利用三角形法则、向量共线定理和平面向量基本定理，进而得出EF→3．【答案】B【解析】【解答】向量a=(6t+3，9)所以13a+又(1所以5(6t+3)−11(4t+2)=0，解得t=−1故选：B．

【分析】利用已知条件结合向量的坐标运算和向量共线的坐标表示，进而得出实数t的值。4．【答案】D【解析】【解答】当M，N分别是边BC，DC的中点时，

有(=所以AD＝AB，则矩形ABCD为正方形，设NC=λAM则x=2−λ，故NC+MC＝4，则MN=（当且仅当MC＝NC＝2时取等号）.故线段MN的最短长度为2故选：D.

【分析】当M，N分别是边BC，DC的中点时，再结合平面向量基本定理得出AD＝AB，则矩形ABCD为正方形，设NC=λAB，MC=μ5．【答案】B【解析】【解答】因为|z+3+4i|≤2，故复数z在复平面上对应的点P到z1=−3−4i对应的点所以P在以C(−3，又|z−1−i|表示P到复数z2=1+i对应的点故该距离的最大值为|AB|+2=(−3−1)最小值为|AB|−2=41−2，故故选：B.

【分析】利用已知条件结合|z+3+4i|≤2，再利用复数的模求解方法和复数的几何意义得出复数z在复平面上对应的点P到z1=−3−4i对应的点A的距离小于或等于2，所以P在以C(−3，−4)为圆心，半径为2的圆面内或圆上，再利用|z−1−i|表示P到复数z26．【答案】B【解析】【解答】如图，设圆锥的底面半径为r，

则圆锥的高为3r则R2解得r=3则圆锥的表面积为S=π=3π(故答案为：B．【分析】设圆锥的底面半径为r，再利用已知条件结合勾股定理得出圆锥的高，再结合勾股定理得出r=37．【答案】D【解析】【解答】六面体每个面都是等边三角形且每个面的面积S=1由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的，所以四面体的高为42所以四面体的体积为13×43根据图形的对称性可知，若内部丸子的体积最大，则丸子与六个面都相切，连接丸子的球心与六面体的五个顶点，将六面体分为六个三棱锥，设此时丸子的半径为R，所以(13×4所以丸子的体积为4π3故选：D.

【分析】利用已知条件结合三角形的面积公式得出六面体每个面都是等边三角形且每个面的面积，由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的，再利用勾股定理得出四面体的高，再结合三棱锥的体积公式得出四面体的体积，再利用组合体的体积公式得出六面体的体积，根据图形的对称性可知，若内部丸子的体积最大，则丸子与六个面都相切，连接丸子的球心与六面体的五个顶点，将六面体分为六个三棱锥，设此时丸子的半径为R，再结合三棱锥体积和六面体的体积的关系得出R的值，再结合组合体的体积公式得出丸子的体积。8．【答案】D【解析】【解答】如图1所示，

设BC=x，CO'=r，作CF⊥AB于点F，延长OO'交球面于点E，则BF=1−r，OO'=CF=则圆台侧面积S=π⋅(1+1−x则S'=2π−3π2x2，令当0<x<233时，S'>0所以函数S=π⋅(1+1−x22)⋅x在所以当x=233当x=BC=233时，r=1−在轴截面中，∠OBC为圆台母线与底面所成的角，在Rt△CFB中可得cos∠OBC=故选：D．【分析】设BC=x，CO'=r，作CF⊥AB于点F，延长OO'交球面于点E，则BF=1−r，再利用勾股定理得出OO'=CF=x2−(1−r)29．【答案】B,C【解析】【解答】由余弦定理得：a2又a2=b2+bc对于A，cosA=c−b2b对于B，cosA=c−b2b对于C，cosA=c−b2b对于D，cosA=c−b2b故选：BC.

【分析】利用已知条件结合余弦定理得出cosA=10．【答案】A,B,C【解析】【解答】由AC=由CM=12由BC=由N为线段DC的中点知MN=故选：ABC.

【分析】利用已知条件结合直角梯形的定义和中点的性质，再结合平面向量基本定理，进而找出正确的结论。11．【答案】B,D【解析】【解答】A，复数z=a+bi(a∈R，b∈R)，当b=0时，z为实数，可以比较大小，∴A为假命题.B，复数z=a+bi(a∈R，b∈R)，当z=0时，a=0且b=0，∴B为真命题.C，当z1=1，z2∴C为假命题.D，设z=x+yi(x，y∉R)复数z满足|z|=1，可得：x即：x2=1−由|z+2i|，可得|z+2i|=|x+yi+2i|=|x+(y+2)i|=将x2=1−∴D为真命题.故答案为：BD

【分析】根据题意由复数的基本性质，结合举反例，以及复数的模的定义，对选项逐一判断即可得出命题的真假由此即可得出答案．12．【答案】A,B,D【解析】【解答】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，以点A为坐标原点，分别以AB、AD、设正方体棱长为2，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，B1(2，0，2)，C(2，2，0)所以A1C=(2，2，−2)因此A1又B1A1所以(B1A1+因为A1B=(2，0，−2)所以cos<因此向量A1B与向量AD因为E，F分别是BC，A1C的中点，所以E(2，1，0)，则EF=(−1，0，1)，又D所以cos<又异面直角的夹角大于0°且小于等于90°，所以异面直线EF与DD1所成的角为故答案为：ABD.

【分析】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，以点A为坐标原点，分别以AB、AD、13．【答案】5【解析】【解答】由a⊥b可得，a⋅b=0，即−(2m−1)+2=0所以a−2所以|a故答案为：5.

【分析】利用已知条件结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再结合数量积的坐标表示得出m的值，从而得出向量的坐标，再结合向量的坐标运算和向量的模的坐标表示，进而得出|a14．【答案】7【解析】【解答】因为复数集合A={x+yi||x|≤1，|y|≤1，又B={z2|z2=(34所以z2=(34+则x=34(a−b)y=34(a+b)，所以3因为复数z∈A∩B，z对应的点Z在复平面内所形成图形即为集合A与集合B所对应区域的重叠部分，如图中阴影部分所示，由题意及图像易知：阴影部分为正八边形，只需用集合A所对应的正方形区域的面积减去四个小三角形的面积即可.由x+y=32y=1得B(12所以S阴影故答案为7

【分析】利用复数集合A={x+yi||x|≤1，|y|≤1，x，y∈R}，所以集合A所对应的平面区域为x=±1与y=±1所围成的正方形区域，再利用B={z2|z2=(34+34i)z1，z1∈A}，设z1=a+bi，且|a|≤1，|b|≤1，a，b∈R15．【答案】5【解析】【解答】由已知，结合正五角星的图形，有CP+∵NA与QN方向相同，|NA∴CP+故答案为：5+1

【分析】利用已知条件结合正五角星的图形特征，再结合平面向量基本定理得出CP→+NM→=NA→，再利用NA与16．【答案】3【解析】【解答】如图，过A作AF⊥BC的延长线，垂足为F，∵平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，∴AF⊥平面BCDE，由BE＝2，BC＝4，△ABC的面积为23，得1∴AF＝3，则V＝13×1∵VP−ACE=V∴PEDE=V故答案为：34

【分析】过A作AF⊥BC的延长线，垂足为F，再利用平面ABC⊥平面BCDE结合面面垂直的性质定理证出线面垂直，所以AF⊥平面BCDE，由BE＝2，BC＝4结合三角形的面积公式得出三角形△ABC的面积，再利用已知条件得出AF的长，再结合等体积法和三棱锥的体积公式得出VD−ACE和VP−ACE的值，再结合三棱锥的体积公式得出DP17．【答案】（1）解：因为m⋅即有2A−π6=2kπ+π2，（k∈Z又A为△ABC的内角，所以A=π（2）解：由AB⋅BC>0，得由正弦定理，得b所以b=sinB，则b+c=又π2<B<2则b+c∈(【解析】【分析】（1）利用已知条件结合数量积的坐标表示和二倍角的正弦和余弦公式，再结合辅助角公式化简函数为正弦型函数，再利用数量积为0两向量垂直等价关系，再结合数量积的坐标表示和三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值。

（2）由AB⋅BC>0结合数量积的定义得出∠B为钝角，从而得出角B的取值范围，由正弦定理和三角形内角和为180度的性质以及角A的值，从而得出b=sinB，18．【答案】（1）解：由Q是OB中点，可得OQ=又由ON=13OA，且A(1，3)，NQ=OQ−（2）解：如图所示，因为AP=13可以化简为：OP=又OM=tOP，所以不妨再设AM=μAQ，即由Q是OB的中点，所以OQ=12由①②，可得1−μ=2t3且μ2【解析】【分析】(1)利用已知条件结合中点的性质，再结合向量共线定理和向量的坐标表示、三角形法则、向量的坐标运算得出NQ的坐标，再利用向量的模的坐标表示得出向量NQ的模。

（2）利用AP=13AB结合三角形法则得出OP=23OA+13OB，再利用OM=tOP结合平面向量基本定理得出OM→=t2t19．【答案】（1）解：由已知得到z1−z解得−2<a<−32（2）解：因为虚数z1是实系数一元二次方程4x2−4x+m=0的根，所以z1所以z1所以z1⋅z【解析】【分析】（1）利用已知条件结合复数的运算法则和复数的几何意义以及点的坐标确定象限的方法，进而得出实数a的取值范围。

（2）利用虚数z1是实系数一元二次方程4x2−4x+m=0的根，所以20．【答案】（1）证明：如图，连接AC，∵AD=DC=AC，∴△ADC为等边三角形，∵点E为AD的中点，∴AD⊥CE，∵CP⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AD⊥CP，∵CP∩CE=C，CP，CE⊂平面PCE，∴AD⊥平面PCE.（2）解：如图，以点F为坐标原点，EA为x轴，EC为y轴，过点E作垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则E（0，0，0），设点A（1，0，0），则C（0，3，0），由（1）知AD⊥平面PCE，设P（0，y，z），（y>0，z>0），∵PA=3∴1+y2∴PC设平面PAC的法向量m=(x则m⋅PC=33由（1）知，平面PCE的一个法向量EA=(1设二面角A−PC−E的平面角为θ，则二面角A−PC−E的余弦值为：cosθ=【解析】【分析】（1）连接AC，利用AD=DC=AC，所以三角形△ADC为等边三角形，再利用点E为AD的中点结合等边三角形三线合一，所以AD⊥CE，再利用CP⊥平面PAD结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以AD⊥CP，再结合线线垂直证出线面垂直，从而证出AD⊥平面PCE。

（2）以点F为坐标原点，EA为x轴，EC为y轴，过点E作垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，由（1）知AD⊥平面PCE，设P（0，y，z），（y>0，z>0），再利用PA=32AD，进而得出PA和PC的长，再结合两点距离公式得出y，z的值，从而得出点P的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用拼命的法向量求解方法得出平面PAC的法向量，由（1）知平面PCE的一个法向量EA21．【答案】（1）证明：连接AC1，交A1C于E，连接DE，∵四边形A1ACC1是平行四边形，∴E是AC1的中点，∵D是AB的中点，∴DE∥BC1，∵DE⊂平面A1DC，BC1⊄平面A1DC，∴BC1∥平面A1DC.（2）解：取AC的中点O，连接A1O，BO，∵△ABC和△A1AC都是正三角形，∴A1O⊥AC，BO⊥AC，∵平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，∴A1O⊥平面ABC，∴A1O⊥BO，以O为原点，OB、OC、OA1所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AC＝2，则A（0，﹣1，0），B（3，0，0），C（0，1，0），D（32，−12，0），C1∴AB＝（3，1，0），CD＝（32，−32，0），DC1＝（−设平面DCC1的法向量为n＝（x，y，z），则n⋅CD=0令x＝3，则y＝3，z＝﹣1，∴n＝（3，3，﹣1），设直线AB与平面DCC1所成的角为θ，则sinθ＝|cos＜AB，n＞|＝|AB⋅n|AB|cos∴tanθ＝23故直线AB与平面DCC1所成角的正切值为23【解析】【分析】（1）连接AC1，交A1C于E，连接DE，利用四边形A1ACC1是平行四边形，所以E是AC1的中点，再利用D是AB的中点结合中点作中位线的方法和中位线的性质，所以DE∥BC1，再利用线线平行证出线面平行，从而证出BC1∥平面A1DC。

（2）取AC的中点O，连接A1O，BO，利用三角形△ABC和△A1AC都是正三角形，再结合正三角形三线合一，所以A1O⊥AC，BO⊥AC，再利用平面A1ACC1⊥平面ABC结合面面垂直的性质定理证出线面垂直，所以A1O⊥平面ABC，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以A1O⊥BO，以O为原点，OB、OC、OA1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设AC＝2，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面DCC1的法向量，在饥饿和数量积求向量夹角公式和诱导公式以及同角三角函数基本关系式得出直线AB与平面DCC1所成角的正切值。22．【答案】（1）证明：取AC中点P，连结MP、FP，∵ΔABC是边长为2的等边三角形，AB//EF，∠ABE=90°，BE=EF=1，点M为∴EF//=MP，∴四边形EFPM∵EM⊂平面ACF，FP⊂平面ACF∴EM//平面ACF（2）解：取AB