重庆市巴蜀中学校2021-2022学年高一下学期期中数学试题

数学试卷

一､单选题（本大题共8小题，每题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1．设复数z11i,z22i（i为虚数单位），则在复平面内z1z2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）D．10））

2．已知向量a(2,2),b(x,1)(xR)，若ab，则|ab|（A．10B．3C．323．已知三条直线a，b，c和两个平面,，下列命题正确的是（A．若a//,a//b，则b//C．若a//,a//b,b//，则//4．sin10cos50sin100cos40（A．B．若a//b,b，则a//D．若a,b,c,b//c，则a//b）C．22B．26432D．21

5．已知点A，B，C在球心为O的球面上，且A，B，C，O四点共面，若BAC则球O的体积为（A．3233,BC23，）B．83C．4）D．83

，则tan2（6．已知sincos

644

A．1B．3C．33D．337．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2acosBc0，则tanC的最大值是（A．1）B．33C．

8．在ABC中，AB5，AC4，BAC60，D为BC的中点，点E满足AE4EB，直332D．3线CE与AD交于点P，则cosDPE（A．45）C．B．61122241482D．2425试卷第1页，共4页二､多选题（本题共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，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9．若复数zabi,(a,bR)（i为虚数单位），其中真命题为（A．若zR，则b0C．若ab1，则z44）B．若zz0，则z为纯虚数D．若ab1，则12z）

10．已知向量AB(2,1),AC(2,1)，则下列说法正确的是（

A．若ADABAC，则四边形ABDC为菱形3B．向量AB在向量AC上的投影向量为AC

53511

EF,CE(CACB),CFDFC．若ADABAC，E，F分别满足，则23242

D．若点G为三角形ABC的重心，则GBGA

911．已知f(x)5sinx12cosx,(xR)在xx0处取得最大值a，则（A．a13

）

B．fx013

2

C．sinx0

5

132D．cos2x0433812．在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，P分别为棱AB,CC1,C1D1的中点，动点Q平面MNP，DQAB2，则（A．AC1MN

）B．直线PQ∥平面A1BC1D．点Q的轨迹长度为2C．正方体被平面MNP截得的截面为正六边形三､填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分）

1uuuruuur

ADACAB13．已知ABC中，点D满足DC2BD，若，则___________.314．已知直三棱柱底面的直观图是一个等腰直角三角形OAB，斜边长OB1，若该直三棱柱的侧棱长为2，则该直三棱柱的侧面积为___________.试卷第2页，共4页15．已知方程x22xm0(mR)有两个虚根x1,x2，若x1x23i（i为虚数单位），则m的值是___________.16．已知ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且a6,c的内切圆的面积为___________.5

b,A2B，则ABC4四､解答题（共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

217．已知点A(1,1),B(4,1),Cm,5.(1)当m2时，求向量AB与BC的夹角；uuuruuur

(2)求ABAC的最小值及此时m的值.18．已知0

2,0

32，且cos,cos().2510

(1)求sin2的值；4

(2)求的值.19．如图所示，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB2,AA11，点D是AB的中点.(1)证明：AC1∥平面CDB1；(2)求异面直线AC1和BC所成角的余弦值.20．如图所示，已知某海域有三座海洋观察站A，B，C，这三座海洋观察站在一条直线上，AB与BC都等于10n mile.工作人员发现在点M处有一艘渔船.试卷第3页，共4页(1)若某一时刻这艘渔船M在B的正东方，在A的北偏东45方向，在C的南偏东75方向，求sinMCA

的值；sinMAC(2)若渔船M在行驶过程中始终保持对观察站A，C的张角不变，即始终有CMA60，求BM的最大值.21．在正三棱锥DABC中，O，E，F分别是线段AC，AD，BD的中点，G是OC的中点，且DA4,AB6.(1)在BC上是否存在一点H？使得平面FGH//平面BOE；(2)若点M是FG的靠近点F的三等分点，求三棱锥EBOM的体积.22．正方形ABCD中，AB4，点O为正方形内一个动点，且OA2，设

OAB,0,

2

(1)当时，求OB2OD2的值；32,PO2，记(2)若P为平面ABCD外一点，满足POAPOBPODcosBPDf()，求f()的取值范围.试卷第4页，共4页1．A【分析】由复数加法求z1z2，进而判断对应点所在象限.【详解】由题设，z1z21i2i12i，故其对应点为(1,2)在第一象限.故选：A2．D【分析】由向量垂直的坐标表示求x，再确定ab坐标，应用模长的坐标运算求模长.【详解】

x1由题设，ab22x0，可得，则b(1,1)，rr

所以ab(1,3)，则|ab|10.



故选：D3．D【分析】根据线线、线面位置关系，结合平面基本性质判断A、B、C；根据平面基本性质知b且c，由线面平行的判定、性质有c//a，即可判断D.【详解】A：a//,a//b，则b//或b，错误；B：a//b,b，则a//或a，错误；C：a//,a//b,b//，则,可能相交或平行，错误；D：由,为两个平面且b,c、b//c，故b且c，由b，则c//，又a，c，c，则c//a，所以a//b，正确.故选：D4．C【分析】利用诱导公式及和角正弦公式即可求值.【详解】答案第1页，共14页sin10cos50sin100cos40sin10cos50cos10sin50sin60

故选：C5．A【分析】3.2先判断出A，B，C在以O为圆心R为半径的圆上，结合正弦定理求得R2，即可求出球O的体积.【详解】设球的半径为R，由A，B，C，O四点共面可知A，B，C在以O为圆心R为半径的圆上，由正弦定理可得故选：A.6．C【分析】2R

BC2343243R，则，球的体积为.R2sinBACsin3333

，求得，从而可求得答案.根据sincos

44

【详解】3

，解：因为sincos

44

所以2222cossincossin，2222所以cos0，所以

k,kZ，23

tan.63



故tan2

6

故选：C.7．B【分析】

tan2k

6

a2b2c2根据已知及余弦定理可得a2cb，再由cosC及基本不等式求C的范围，2ab222进而求tanC的最大值.【详解】a2c2b2由余弦定理，2acosBcc0，即a22c2b2，c答案第2页，共14页a2b2c23a2b223ab3而cosC，当且仅当b3a时等号成立，

2ab4ab4ab2又0C，则0C所以tanC的最大值是故选：B8．B【分析】

如图，以A为原点建立平面直角坐标系，则cosDPEcosCE,AP，利用向量的坐标运算cosCE,AP求出，即可得解.，故Cmax，663.3【详解】解：如图，以A为原点建立平面直角坐标系，则A0,0,B5,0,C2,23,E4,0，7因为D为BC的中点，故D,3，27CE2,23,AD,3，则2

CEAP7661cosCE,AP故122，49CEAP

163461所以cosDPEcosCE,AP.122故选：B.9．AC【分析】A由复数的类型确定b值即可；由ab1，结合共轭复数的概念、复数的乘方、除法及模运算判断B、C、D.答案第3页，共14页【详解】A：zabiR，则b0，真命题；B：若z1i，则z1i，此时zz0，但z不为纯虚数，假命题；111i1242

ab1，则z1i、，所以z41i2i4且，C为真命题，z1i2z2D为假命题；故选：AC10．AB【分析】uuuruuur

A由已知有CDAB、ACBD即可判断；B根据向量数量积的几何意义及投影向量的定义24112求结果；C、D由CEABAC、CFAB、AG(ABAC)、BGACAB分33243别求出坐标，再应用向量的坐标运算求结果.【详解】

A：由ADABAC，则ADCACDAB，故AB//CD且ABCD，同理AC//BD且

ACBD，又|AB||AC|5，则四边形ABDC为菱形，正确；B：AB在AC上的投影向量为|AB|cosAB,AC

ACABACAC3

AC，正确；5|AC||AC||AC|

111CE(2CAAB)ABAC(3,)，C：由A知：四边形ABDC为菱形，则222531111

CFCDAB(,)，所以EFCFCE,，错误；442424

122

D：由G为三角形ABC的重心，则AGABAC0,，故GA0,，333

111212

BGBABCACAB2,，故GB2,，所以GBGA，错误.333393

故选：AB11．ACD【分析】应用辅助角公式及正弦函数的性质即可判断A；由A分析知sin(x0)1且fx013cos(x0)，进而有x02k分别求出sinx0、cosx0，结合和角余弦公22式判断B、C、D.答案第4页，共14页【详解】由题设f(x)13sin(x)且sin

125

,cos，则f(x0)13sin(x0)a13，A正确；1313

所以sin(x0)1，而fx013sin(x0)13cos(x0)0，B错误；22

5由上知：x02k且kZ，则sinx0sin()cos，C正确；2132同理cosx0

12

，则13222cos2x0(cos2x0sin2x0)(2cosx0212sinx0cosx0)，D正确.422338故选：ACD12．BCD【分析】取BC1中点H，由AC1MH即可判断A选项；取棱D1A1,A1A,BC的中点E,F,G，由EF,EP,GM,GN平面MNP即可判断C选项；先判断平面EFMGNP平面A1BC1，由PQ

平面EFMGNP即可判断B选项；连接DB1，先判断DB1平面MNP，进而求得点Q的轨迹为以O为圆心1为半径的圆即可判断D选项.【详解】连接AC1,BC1，取BC1中点H，连接MH，易得AC1MH，则AC1,MN不平行，A错误；答案第5页，共14页如图，取棱D1A1,A1A,BC的中点E,F,G，易得MFNP，M平面MNP，则MF面MNP，同理可得EF,EP,GM,GN平面MNP，即正六边形EFMGNP为正方体被平面MNP截得的截面，C正确；由C选项知：平面MNP即平面EFMGNP，易得FMA1B，又FM平面A1BC1，A1B平面A1BC1，则FM平面A1BC1，同理可得NG平面A1BC1，又NGPM，则PM平面A1BC1，PMFMM，则平面EFMGNP平面A1BC1，又PQ平面EFMGNP，则直线PQ∥平面A1BC1，B正确；连接DB1，易得DB1与平面EFMGNP交于正方体的体心O，连接DB，易得DBMG，又B1B平面ABCD，MG平面ABCD，DBBB1B，DB1平面DBB1，则B1BMG，又DB,BB1平面DBB1，则MG平面DBB1，则MGDB1，同理可得GNDB1，又MG,GN平面MNP，MGIGN=G，则DB1平面MNP，OQ平面MNP，则DB1OQ，又DO

11

DB14443，则OQDQ2DO21，即点Q的轨迹为以O为圆心221为半径的圆，故点Q的轨迹长度为2，D正确.故选：BCD.13．23【分析】

利用平面向量基本定理将AD用AB,AC表示，即可得解.【详解】uuuruuuruuuruuur1uuuruuur1uuuruuur1uuur2uuur解：ADABBDABBCABACABACAB，33331ADACAB又，3答案第6页，共14页所以

2.323故答案为：.14．2(123)【分析】由题设及斜二测法知OA,AB在原图上的对应边长分别为2、3，根据直棱柱表面积公式求其侧面积即可.【详解】由题意知：OA22，斜二测法知：原直三棱柱中，OA的对应边长为2，AB对应边长为3，且OB对应边长不变，故底面周长为123，而直三棱柱的侧棱长为2，故其侧面积为2(123).故答案为：2(123)15．13

##3.254【分析】由实系数方程有虚根的性质求出x1,x2，再由根系关系x1x2m即可求m值.【详解】x1x22

由题意且x1,x2互为共轭复数，xx3i12若x1abi，则x2abi且a,bR，答案第7页，共14页所以a1，b故答案为：16．9133，而x1x2m1，经验证满足题设.24413477##44【分析】5a2c2b2先由A2B结合正弦定理、余弦定理求得a2b，再由a6,cb解出b4，42ac2S△ABC137进而求得cosA，sinA，求出三角形面积，由r求出内切圆半径，即可abc88求出内切圆面积.【详解】由A2B可得sinAsin2B2sinBcosB，由正弦定理结合余弦定理得a2b

a2c2b2，又2ac5

a6,cb，即62b

436

2522bb16，512b

4b2c2a21625361137解得b4，则c5，则cosA，，sinA16482bc4081157，SABCbcsinA

24设ABC的内切圆圆心为O，半径为r，则SABCSOABSOACSOBC，可得1572SABC7，2rabc45622则内切圆的面积为r

7.4故答案为：17．(1)7.4；2uuuruuur

(2)ABAC的最小值为-3且m0.答案第8页，共14页【分析】（1）应用向量坐标表示写出AB与BC的坐标，再由向量数量积的坐标表示可得ABBC0，即可确定夹角.

（2）应用向量坐标表示写出AB,AC的坐标，利用向量数量积的坐标表示及二次函数性质求最小值，并确定对应m值.(1)

由题设AB(3,0)，BC(0,4)，

所以ABBC0，即ABBC，故向量AB与BC的夹角为.2(2)

由题设AB(3,0)，AC(m21,4)，uuuruuur

所以ABAC3(m21)3，当m0时等号成立，uuuruuur

故ABAC的最小值为3，此时m0.18．(1)(2)

172；504.【分析】（1）由同角平方关系可得sin=最后利用和角正弦公式求值.（2）由题设可得sin()

72，根据()，结合差角余弦公式求出对应三104724，再由二倍角正余弦公式有cos2、sin2，25255角函数值，由角的范围确定角的大小.【详解】（1）由0

2，cos

43

，则sin=，55247

，sin22sincos，25252所以cos22cos1

2217172(sin2cos2)而sin2.4222550答案第9页，共14页722（2）由题设0，而cos()，则sin()，1010而coscos[()]cos()cossin()sin又0

223724

.2105105

，则.4219．(1)证明见解析；(2)5.5【分析】（1）连接BC1交B1C于M，证明MDAC1，即可得证；（2）由B1C1∥BC将异面直线AC1和BC所成角转化为AC1B1或其补角，由勾股定理求出相关边长，由余弦定理求出余弦值即可.【详解】（1）如图，连接BC1交B1C于M，易得M为BC1的中点，又点D是AB的中点，则MDAC1，又AC1平面CDB1，MD平面CDB1，则AC1∥平面CDB1；（2）连接AB1，易得B1C1//BC，则AC1B1或其补角即为异面直线AC1和BC所成角，答案第10页，共14页又由正三棱柱ABC-A1B1C1可得B1BAB,C1CAC，ACABB1C12,BB1CC11，则AB1AB2BB125,AC1AC2CC125，AC12B1C12AB1255则cosAC1B1，即异面直线AC1和BC所成角的余弦值为.52AC1B1C1520．(1)31；2(2)103n mile.【分析】（1）由已知可得CMB15,AMB45，应用正弦定理可得合差角正弦公式即可求值.（2）据题意知M在△ABC的外接圆弦AC对应的优弧上行驶，由圆的性质判断BM最大时M的位置，即△ABC的形状，即可求最大值.sinMCAsinCMB

，结sinMACsinAMB(1)由题设CMB15,AMB45，则又ABBC，则(2)由题设，M在△ABC的外接圆弦AC对应的优弧上行驶，要使BM最大，则外接圆圆心在M,B之间且三点共线，则MB垂直平分AC，所以△ABC为等边三角形，此时MB最大为103n mile.21．(1)存在H为BC中点，使面FGH//面BOE；(2)BMBCBMAB

，，sinCsinCMBsinAsinAMB

sinMCAsinCsinCMBsin(4530)31.sinMACsinAsinAMBsin45233.4【分析】（1）H为BC中点，连接FH,GH，由中位线性质及线面、面面平行的判定证得面FGH//面BOE，即可判断存在性.1

（2）由（1）易得FG//面BOE，根据已知中点有VEBOMVDABC，应用锥体的体积公式8答案第11页，共14页求体积即可.（1）若H为BC中点，连接FH,GH，又O，E，F，G分别是AC，AD，BD，OC的中点，则OE//CD,FH//CD，故FH//OE，且OB//GH，而FH面BOE，OE面BOE，则FH//面BOE，又GH面BOE，OB面BOE，则GH//面BOE，由FHGHH，则面FGH//面BOE，所以，存在H为BC中点，使面FGH//面BOE；（2）由（1）知：面FGH//面BOE，而FG面FGH，则FG//面BOE，111所以VEBOMVMBOEVFBOEVEBODVABODVDABC，248在正三棱锥DABC中，DA4,AB6，即DBDC4,BCAC6，所以ODAC,OBAC，ODOBO，则AC面BOD，AC面ABC，所以面ABC面BOD，故三棱锥DABC的体高即为△BOD底边OB上的高h，而OB33，又底面ABC为等边三角形，2

则D在底面的投影为底面中心在OB上且到各顶点距离，即外接圆半径rOB23，3所以hDB2r216122，又SABC

1

66sin6093，21133所以VEBOMhSABC.834答案第12页，共14页22．(1)364246；11[,).(2)335202【分析】uuur（1）构建平面直角坐标系得到B,D，O坐标，进而写出OB、OD坐标，应用向量模长的坐标表示求目标式的值.

（2）以A为原点构建空间直角坐标系，确定PB,PD的坐标，利用向量夹角的坐标表示得到cosBPDf()，结合换元法及三角函数、二次函数性质求范围.【详解】（1）构建如下图示的平面直角坐标系，则B(0,4),D(4,0)，O(2sin,2cos)，626262，则O(,)，故OB(,4)，OD(4,)，32222222262226222

所以OB()(4)1842，OD(4)()1846，2222当

则OB2OD2364246.（2）由题设，构建如下图示的空间直角坐标系，答案第13页，共14页

所以B(0,4,0),D(4,0,0),P(2sin,2cos,2)且0,，2



则PB(2sin,42cos,2),PD(42sin,2cos,2)，PBPD所以cosBPDf()|PB||PD|

令tsincos2sin(cosBPD

12t4t102t212442(sincos)4001602(sincos)128sincos，4)(1,2]，则2sincost21，可得，1cosBPD11

若m2t1(21,1]，则[1,21)，此时在[1,21)1362mmm2m上递增，11cosBPD[,).所以335202【点睛】关键点点睛：构建坐标系，利用坐标表示相关向量，由向量模长、夹角的坐标表示求值、得到cosBPDf()，结合相关函数的性质求范围.答案第14页，共14页