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1、2021-2022学年河南省商丘第一高级中学高一（下）期中数学试卷一、单 选 题（本大题共12小题，共60.0分）1.若复数z满足z（2+i）=l-K则复数z的虚部为（）A.B.-|C.|D.I2.以下说法正确的是（）A.若；IN=6（4为实数），4则必为零B.若 一 b/c,则五下C.共线向量又叫平行向量D.若五和方都是单位向量，则日=33.给出下列四个命题：各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱；若直线I，平面a,/平面处 则a l/?；若平面外两点到平面的距离相等，则过两点的直线必平行于该平面；异面直线a,b不垂直，则过a的任一平面与b都不垂直.其中正确命题是（）A.B.C.D.4.AEC的
2、 内 角 的 对 边 分 别 为a,b,c.若AABC的面积为吐 尤 士，则C=（）4n2B.7137 T4D j5.已知点4（1,2）、8（3,2）、C（3,4），则向量四在前方向上投影向量为（）A.（4号 B.（1.1）C.（2,2）D.（V2,V2）6.在正方体4。-4 8传 也 中，棱长为3,E为棱BBi上靠近J 的三等分点，则平面4 E 2截正方体ABCD 4&GD1的截面面积为（）A.2VT1 B.4V11 C.2V227.如图，扇形的半径为1,且 就.丽=0，点C在弧上运动，若元=%用+y而，则2x+3y的最大值是（）A.反B.V10C.V7D.4V22D.V58 .在 A B
3、C 中，角4 B,C 的对边分别是a,b,c,若a =a2+ZJ2-c2=absinC,acosB 4-bsinA=c,则下列结论不正确的是（）A.tanC=2C.A B C 的面积为6B.4D.b=V29 .如图，在直三棱柱ZBD-4避1。1 中，AD=BD=A Ar,DAB=4 5 ,P为为。1的中点，则直线B P 与 所 成 的 角余弦值为（）A.叵5B包5C.立3D.包31 0 .已知三棱锥S -A B C 中，SA 1 平面A B C,SS=AB=BC=2,AC=2 v L 点E,F 分别是线段Z B,B C 的中点，直线Z F,C E 相交于点G,则过点G 的平面a 与截三棱锥S-
4、A B C 的外接球。所得截面面积的取值范围为（）A.尊4兀 B.苧3兀 C.等,4初 D.岸,3扪11.设平面向量区反不满足|菊=|3|=2,五与石的夹角为泉（五一V）=0.则I不I的最小值为（）A.V3 B.V3+1 C.V3-1 D.11 2 .在长方体4 B C D -48传1。1 中，A B=A D =1,AAr=2,P 是线段B C】上的一动点，如下四个命题中，4P 与平面BCG/所成角的正切值的最大值是?；4 1 P 平面4 D 1 C；4P +PC 的最小值为等；以4 为球心，或 为半径的球面与侧面C O D i C 的交线长是全真命题共有几个（）A.0 B.1 C.2 D.3
5、二、填 空 题（本大题共4小题，共 2 0.0 分）第 2 页，共 19页13.设i为虚数单位，若复数(2-i)(a+i)的实部与虚部相等,其中a是实数，则|1-3a+i 二-14.已知向量方=(cos。,sin。),3=(痘,0),则|百一片|的 最 大 值 为.15.在 ABC中，角4,B,C所对的边分别为a,b,c.acosB=(2c b)cosA,a=3,若点。在边BC上，且BD=2 D C,则4。的 最 大 值 是.16.已知正三棱锥S-A B C,SA=SB=SC=2痘,AB=3,球。与三棱锥S-ABC的所有棱相切，则球。的 表 面 积 为.三、解答题(本大题共6 小题，共 70.
6、0分)17.已知Z=l i,z2=3 2i.(1)求2逐2；(2)求丝.Z118.在锐角在 ABC中，角4,B,C所对的边分别为a,b,c.且满足V5a-2bsinA=0.(1)求角B的大小；(2)若a+c=5,且a c,b=V7，求宿.彳？的值.19.如图，在多面体4BCDEF中，四边形4BCD是正方形，DE J 平 ：面4BCO,BFJL平面ABCD,DE=2BF=2AB./米(1)证明：平面2BF平面CDE；/i (2)若AB=2,求多面体4BCDEF的体积./汐*、20.在A ABC中，AB=8,AC=BC=5.(1)若点E满 足 荏=J 就+；荏，直线4E与BC交于点F,求黑的值.2
7、 6 CB|(2)若点。为线段4B上一动点，求 前.方 的取值范围.如图，在三棱柱ABC-中，侧 棱 底 面ABC,AC=3,AB=5,BC=4,AAT=4,点。是 A4B的中点.(1)求证：AC 1 BC1；(2)求证：A J 平面CD B；(3)求三棱锥D-4 4 传1的体积.如图所示，某镇有一块空地4 O A B,其中04=3km,OB=3 m，AOB=90。.当地镇政府规划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖 OMN,其中M,N都在边4,8 上，且NMON=30,挖出的泥土堆放在 OAM地带上形成假山，剩下的4 OBN地带开设儿童游乐场.为安全起见，需在AOaN的一周安装
8、防护网.B(1)当4M=|kznn寸，求防护网的总长度;(2)若要求挖人工湖用地 0MN的面积是堆假山用地 04M 的面积的百倍，试确定乙4。”的大小;(3)为节省投入资金，人工湖AOMN的面积要尽可能小，问如何设计施工方案，可使0M N 的面积最小？最小面积是多少？第 4 页，共 19页答案和解析1.【答案】B【解析】解：z(2+i)=l-i,.I _ (D(2T)_ 1 3 Z _ _(2+i)(2 T)_ g一 复数Z的虚部为-1.故选：B.根据已知条件，结合复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，即可求解.本题考查了复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，需要学生熟练掌握公
9、式,属于基础题.2.【答案】C【解析】解：对于4，元=6时，4=0或五=0,所以选项4错误；对于B,方=6时，满足五E，石3但五工不一定成立，所以选项B错误；对于C,根据向量的定义知，共线向量又叫平行向量，选 项C正确；对于D,宓砺都是单位向量，贝1|回=|3|，但|=至不一定成立，选项O错误.故答案为：C.根据平面向量的定义与性质，对选项中的命题真假性判定即可.本题考查了平面向量的定义与性质应用问题，是基础题.3.【答案】C【解析】解：侧面都是正方形，但底面如果不是正多边形，也不是正棱柱，比如侧面是正方形，但底面是菱形的柱体不是正四棱柱，故错误；由面面垂直的判定定理知：若直线1 1平面a,Z
10、平面/?,则a l/5,故正确；若平面外两点到平面的距离相等，则过两点的直线必平行于该平面，如果两点在平面的两侧，则不成立，故错误；假设存在过a的平面与b垂直，根据线面垂直的定义可知b l a,所以假设不成立，故正确.故选：C.根据正棱柱的特征，可判断的正误；由面面垂直的判定定理判断的正误；找出反例否定；由反证法判定.本题考查了立体几何的综合应用，属于基础题.4.【答案】C【解析】【分析】本题考查利用余弦定理解三角形、三角形面积公式等知识，考查学生运算能力，是基础题.由 SABC=-absinC=+”一，得 sinC=三,=cosC，由此能求出结果.2 4 2ab【解答】.：&A B C的内角
11、A,B,C 的对边分别为a,b,c,4 A B C的面积为,4c1 k 6 a2+b2-c2,*S&ABC -tthsinC=-，.a2+b2-c2 sinC-cosC,2abT l0 C 7 r,.=.故 选C.5.【答案】B【解析】解：丽=(2,0),AC=(2,2),则向量荏 在 前 方 向 上 投 影 向 量 为 鬻-备=窗21-g =(1,1),AC AC V4+4 v4+4故选：B.利用求投影向量的公式进行求解.本题考查了投影向量，属于基础题.6.【答案】C第6页，共19页【解析】解：延长4E、4 名交于点F,连接5尸交S G 于点G,如图,在正方体ABCD-4 1 8 也1。1中
12、，平面平面BCC1B1，平面n平面40D1&=平面4FDi n平面B C C/i=EG,ADJ/EG,又也=3近，EG=y/2,；.四边形AEG。1是梯形，且为平面NED1截正方体力BCD-4&G D 1的截面.又 DrG=AE=V13，在等腰梯形AEG。1中，过G作G”1 ADX,GH=V11.S=|(AD1+EG)GH=H&+3V2)-VlT=2V22.故选：C.根据题意运用基本事实作出截面，根据截面的几何特征求其面积即可.本题考查立体图形的截面面积，根据题意运用基本事实作出截面，是本题解题关键.7.【答案】A【解析】解：因 为 初 赤=0，所以04_L0B,以。为原点，。4 OB所在直线
13、分别为x,y轴建立平面直角坐标系，则4(1,0),8(0,1),因 为 方=x E +y 而，所以C(x,y),又点C在圆弧卷上运动，所以/+y 2 =i,可设 =cos0,y=s in d,其中。C 0,所以2x+3y=2cos9+3sin6 V13sin(0+JAD2+D D12=2企,。速=y/DE2+DD1=遮,cosZTlOiEAD1 2+DiE2-AE2 _/io2血,。送-5 直线PB与4 5所成的角的余弦值为唱.故选：B.取B。中点E,连接A E,推导出4W1E是直线PB与AD1所成的角，利用余弦定理求出cos-lDiE即可.本题考查了异面直线所成的角，属于中档题.10.【答案
14、】D【解析】解：A B2+BC2=AC2,故AB_LBC,将三棱锥S-ABC补形成正方体,如图所示，已知三棱锥S -A B C 的外接球球。的半径R =生至！=V 3，2取A C 的中点D,连接B D 必过点G,因为A B =B C =2,即BD=：A C =&,所以也，233因为0 0 =SA=1,所以0 G 2 =0 D2+D G2=I2+(y)2=/则过点G 的平面截球。所得截面圆的最小半径=R 2 一 OG2=3 一/=蔡，所以截面面积的最小值为仃2 =等，最大值为兀/?2 =37 r.故选：D.可用补形法，补全为正方体，先计算三棱锥的外接球半径，由题意可计算0 G 2,当截面垂直。G
15、 时，截面面积最小，截面过球心时面积最大本题考查了补体思想的应用，属于中档题.1 1.【答案】C【解析】解：设E =Q y)，a=(2,0),因为|为|=|3|=2，五与石的夹角为所以B =(1,遮)，由伍一力 一？)=0,得(2 -x)(l -x)-y(V 3=y)=0,即(x -1)2+(y-y)2=所以向量 的起点在原点，终点在圆心为(|,亨)，半径为1 的圆上，所以I 司 之(+$2_1=旧_1,故选：C.设=(%,y)，a=(2,0),则方=(1,遮)，由0 。一 牙=0，结合平面向量数量积的运算法则，可得向量工的起点在原点，终点在圆心为(|,日)，半径为1 的圆上，再利用圆的性质，
16、得解.第1 0页，共1 9页本题考查平面向量的应用，熟练掌握平面向量的数量积，圆的最值问题是解题的关键,考查数形结合思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.12.【答案】D【解析】解：对于，连接B iP,如图所示,在长方体ABC。-41B1GD1 中，A1B1 _L 面BCGB 4Alp%是直线&P 与平面BCG为所成的角，在RtzM iPBi 中，tanz.A1PB1=o-r Djr在R M C/iB 中，当B iP lB Q 时，BP最小，此时BiP=丝 吟 与=窄=乎,BC V 5 5.tan乙41PBi的最大值是争错误；对于，连接4 C i，如图，在长方体ABCD-4 8 传1。1中
17、，&D J/B C 且=BC,.四边形4D1CB是平行四边形,AiBDC,又,0传 u 面/D C 拉面4 0 同理可证GB 面4。传，又 n GB=B,4$u 面&BC1，G B u 面A$G，二 面 4 B G 面AD1C,又,：AP U 面4 B G，&P平面4D 1C,正确；对于，将面&B G 沿 翻 折 与 ABCCi在同一个平面，且点久,C在 的 两 侧，连接&C,如图，在&B G 中，A 1 =a,A、B=B J =4,3 1:.sinz/iG B =-=,cosz.A1C1B=,在RMCiBC 中，CCi=2,BC=1,BCr=75.i2 sinzFQC=藐,cos乙BC =彘
18、,cosziQC=cosQ&GB+乙B C Q=cosz/l i Cx BcosZ-B Cr C-snZ-A1 Cr BsinZ.B Q C1 2 3 i _ V2=标,赤 一 荷,忑=一行在ZM1GC中，由余弦定理得：4 1 c 2=ArCl+CrC2 2A1C1-C1CcosZ-A1C1C=2+4-2-7 2-2 -(-)=-.,10y 5.A1c=W，即为4 P +PC 的最小值，正确；对于，设M是以4 为球心，鱼 为半径的球面与侧面CDD1C的交线上的一点，由于力。A.iCDDyC,DM u 面COOiC,AD 1 DM,DM=J2-AD2=1.所以交线为以。为圆心，1为半径的四分之一
19、圆周，所以交线长是条 正确.故选：D.利用长方体的几何特征作出线面角，然后表示出线面角的正切值求其最值即可判断;利用面&BC面4。也，可得到&P 平面4。道，即可判断；将面&BC沿B q 翻折与ABCCi在同一个平面，且点儿,C在B G 的两侧，利用两点之间线段最短，求其最小第 12页，共 19页值，判断；利用球的儿何特征判断出交线为以。为圆心，1 为半径的四分之一圆周，进而判断.本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题.1 3.【答案】1【解析】解：(2 -i)(a +i)=2 a +1 +(2 -a)i 的实部与虚部相等，-2a+1=2-a,解得a =|1 -3a +i|=|i|=1.故答
20、案为：1.根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数模的公式，即可求解.本题主要考查复数的运算法则，以及复数模的公式，属于基础题.1 4.【答案】V 2 +1【解析】解:根据题意，向量五=(cos仇sin。),b=(或,0)，则之b =(cos3-丘,sin。)，则|五一by=(c o s。V 2)2+s i n26=3 2y/2cos6 又由一 1 4 c o s O W 1,贝 1|百一石|2 的最大值为3 +2 位，故|方-方|的最大值为J3 +2 应=V 2 +1：故答案为：V 2 +1.根据题意，求出行-3 的坐标，求出|行-旬2 的表达式，分析可得答案.本题考查向量数量积的计算，涉
21、及向量的坐标计算，属于基础题.1 5 .【答案】1+百【解析】解：因为a c o sB =(2 c -b)c o sA,a=3,由正弦定理得si n 4 c o sB =2sinCcosA-sinBcosA,即 si n(4 +B)=2sinCcosA=sinC,由C为三角形内角得si n C 0,所以c o sA =p故 A=g,设 A B C 的外接圆圆心0,外接圆半径r,则=琮编|=值取B C 中点M,=-BC=-,O M =7 0 B 2-()M2=3-=,2 2 q 4 2Rt D OM中，D M=B D-B M =2 -1 =5 O D-y/O M2+D M2=J(y)2+(1)2
22、-1，所以/W 4,4 4显然不成立，故h=-旧 一 1 舍去，综上：球。的表面积为(1 9-8 百)兀.故答案为：(1 9 一8 百)小第1 4页，共1 9页画出图形，找到棱切球的球心，列出方程，求出半径，求出表面积.本题考查了正三棱锥内切球表面积的计算，属于中档题.1 7 .【答案】解：(1)因为z】=l 一 i,z2=3 -21,所以 Z1Z2=(1 -i)(3 -2 i)=3-2 i-3 i +2 i2=l-5 i.(6 Z2 _ 3+2i _ (3+2i)(l-i)_ 5-i _ 5 _ l，房 1+i-(l+i)(l-i)-2-2 2,【解析】(1)结合复数的运算法则，即可求解.(
23、2)根据已知条件，结合共飘复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，即可求解.本题考查了共规复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，需要学生熟练掌握公式,属于基础题.1 8 .【答案】解：(I)因为遮 2bsinA=0，所以遮si 几 4 IsinBsinA=0，因为si m 4 H 0,所以si n B =在，2又B 为锐角，则8 =p(1 1)由(1)可知，8=*因为力=夕，根据余弦定理，m=a2+c2-2accos整理，得(a +c)2 3ac=7,由已知Q+c =5,则 Q C =6,又a c,可得a =3,c=2,所 以 南-AC=AB-AC cosA=cbcosA=2xV7x=l
24、.【解析】(I )由正弦定理求解即可；(I I)由余弦定理，结合向量数量积运算求解即可.本题考查了平面向量数量积运算，重点考查了正弦定理及余弦定理，属基础题.19.【答案】（1）证明：因为DE 1_平面ABC。，BF1平面4B C 0,所以DEBF,因为DEu平面CDE,BFC平面CDE,所以BF平面CDE,因为四边形48co是正方形，所以4BC0,因为CD u 平面CDE,AB C平面CDE,所以AB平面CDE,因为AB平面ABF,BF u 平面A B F,且4B C BF=B,所以平面4BF平面CDE；（2）解：如图，连接4C,BD,ACCBD=H,因为四边形ABC。是正方形，所以AC 1
25、 BD.AH=CH=AC,因为D E I平面力BCD,所以DE _ L AC,因为DEu平面BDEF,BDu平面BCEF,且CEnBC=C,所以AC 1平面BDEF,因为DE=2BF=2A B,且AB=2,所以BF=2,DE=4,因为四边形4BCD是正方形，所以AC=BD=2&，贝 以修=CH=a，故多面体ABCCE尸 的体积|Z=VA_BDEF+VC-BDEF=|x氏 小；%重x V 2+|x 9卷 越xy/2=8.【解析】（1）由线面垂直的性质可得DEB F,再由线面平行的判定定理证出BF平面CDE,4B/平面CDE,根据面面平行的判定定理即可证明；（2）连接ZC,B D,证 出 平 面B
26、DEF,由V=%_B D E F+%-B D E F，利用锥体的体积公式即可求解.本题考查了面面平行的证明和多面体体积的计算，属于中档题.20.【答案】解：（1）设4F=xAC+y4B，因为C,B,F三点共线，所以x+y=l.一 ,，1/，一,1 1，设/尸=uAE,AF=-AC+-ABf2 6第1 6页，共1 9页1-43-43-23-41-4=rELV得解=Xyy=+4-26XZoll以所.-.4AF=3AC+AB=4AF+3FC+F B，即3 FC+定 +CB=0，4FC=BC，故四=1BC 4(2)如图，以4 为坐标原点，4B所在直线为x轴建立平面直角坐标系xO y,则4(0,0),8
27、(8,0),。(4,3).设 0)(0 t 4 4,)故当t=6时，前.而 取得最小值,且最小值为-4,(当t=0时，前 而取得最大值，且最大值为32,所 以 前 前 的取值范围为 一 4,32.n H【解析】(1)根据平面向量的线性运算，平面向量共线定理推论，建立方程求解；(2)建系，利用坐标法，平面向量数量积坐标运算构建函数模型，通过函数思想求解.本题考查平面向量的线性运算，平面向量共线定理推论，平面向量数量积坐标运算，函数思想，属中档题.21.【答案】（1）证明：底面三边长4C=3,AB=5,BC=4,AC 1 BC,AAr _L 底面ABC,A4J/CC,A CCj 1 平面ZBC,A
28、C u 平面ABC,AC 1 CCi，乂BC C C g =C,BC u 平面CC】u平面 BCCiBi，AC _L 平面BCCi%BC】u 平面。祖,AC 1 BC(2)证明：设CBi与G B的交点为E,连接。E,0是4B的中点，E是BC】的中点，DE/ACr,DE u 平面e g,ACr C平面CD4 G 平面(3)解：取4 c 的中点M,连接DM,。是AB的中点，DMBC且。M=|F C =2.y.BC 1 AC,B C l/U i，BCJ 平面Z C G A i，DM J_平面4 C C i4.SM41cl=鼻 4&,4 G =-x 4 x 3 =6,D-AAiCi=/M -S&441
29、cl=-x 2 x 6 =4.【解析】由 勾股定理的逆定理得4c 1 B C,由CCi _L平面4BC得AC 1 C Q,故 ACL平面B C C,于是A C IB C i；(2)设B G 与BiC的交点为E,连结D E,则由中位线定理得DE/1G,于是4 G 平面C D a；(3)取AC中点M,连结D M,则DM 1平面4 C G，故 0M 为棱锥D-人儿的的高.本题考查了线面垂直的判定与性质，线面平行的判定，棱锥的体积计算，属于中档题.22.【答案】解：在 4 04B中，因为04=3,0B=3陋，0 B =90,所以4048=60,在AAOM中，。4=3,AM=1,/.OAM=60,由余弦
30、定理，得0M=迪，2所以。时2 +AM?=042,即。M J.4 N,所以乙4OM=30。，所以AO/IN为正三角形，所以AOHN的周长为9,即防护网的总长度为9k?n(2)设 N40M=0(0。6 60),因为 0MN的面积是堆假山用地。力 M的面积的百倍，所以ON OMsin30=3xO A -O M sin d,即ON=6y3sin6,在4 OAN中，由=n/；+3o。、=熹，得ON=-5空，s ino u s in(7+o u +3 U )c o s t 7 2cos0从而=3住一,即 sin20=2COS0 2由0 20 120,得2。=3 0 ,所以8=1 5 ,即N40M=15.
31、(3)设乙40M=8(0。6 6 0 ),由(2)知ON=卫二,2cos8又在中，由 有得 CM=3 V 5s in(0+6 0)2 s in(6+6 0。)i 27 27所以 M N=0 M-0 N.sin30。=i+=8sm(加 6。)+4-所以当且仅当2。+60。=90。，即。=15。时，AO MN的面积取最小值为经上迪k-.4【解析】证明 04N为正三角形，可得 04N的周长为9,即防护网的总长度为9km；(2)利用 0MN的面积是堆假山用地 0AM的面积的百倍，建立方程，求出0N=第1 8页，共19页6圆必由悬=而 品 丽=高,得。”福,即 可 求 出 的 大 小；(3)表示出O M N 的面积，利用辅助角公式化简，即可得出结论.本题考查利用数学知识解决三角形问题，考查余弦定理、正弦定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题.