2021-2022学年河南省许昌市、平顶山市、汝州市九校高一（下）质检数学试卷（5月份）（附答案详解）.pdf

《2021-2022学年河南省许昌市、平顶山市、汝州市九校高一（下）质检数学试卷（5月份）（附答案详解）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021-2022学年河南省许昌市、平顶山市、汝州市九校高一（下）质检数学试卷（5月份）（附答案详解）.pdf（19页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2021-2022学年河南省许昌市、平顶山市、汝州市九校高一（下）质检数学试卷（5 月份）一、单 选 题（本大题共8 小题，共 4 0.0分）1 .设i 是虚数单位，W 是复数z 的共轨复数，若2=三，则W 的虚部为（）1 6252.已知点4(0,1),C(l,3),月.4 B,C三点共线，则x =()A.3B.-2C.-13 .已知一个三棱柱的高为3,如图是其底面用斜二测画法画出的水平放置的直观图，其中。勿，=O，B=O C=1,则此三棱柱的体积为（D.1 24 .圆锥的底面直径和母线长都等于球的直径，则圆锥与球的表面积之比是（）5 .已知 4 BC外心是。，且2 而=荏+=|四|，则瓦5

2、在配上的投影向量为（）A.-BCB.亘锭C.-BCD.-B C6.已知A A B C 的面积是S =：（b2+c2）（其中b,c为 A B C 的边长），则A/IBC的形状为（）A.等边三角形B.是直角三角形但不是等腰三角形C.是等腰三角形但不是直角三角形 D.等腰直角三角形7.一个几何体的平面展开图如右图所示，其中四边形4 BCD为正方形，E、尸 分别为P B、P C的中点，在此几何体中，下面结论中一定正确的是（）PA.直线4 E 与直线D F 平行B.直线4 E 与直线D F 异面C.直线BF和平面P 4 0相交D.直线DF 1平面P BC8.在 ABC中，4 B=5,4 C=6,co s

3、 A=：,0是力BC的内心，若加=x 0B +y 0C其中x,y e 0,1 ,则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为（）A.皿 B.C.4 V 3 D.6V 23 3二、多 选 题（本大题共4小题，共20.0分）9.若 复 数 为=2+3 3 Z 2=l +i,其中i是虚数单位，则下列说法正确的是（）A.f1 6 RZ2B.Z1 Z2=ZI Z2C.若Z i +m（m G R）是纯虚数，那么m =-2D.若z i，在复平面内对应的向量分别为瓦彳,而（。为坐标原点），则I而I =51 0.在 ABC中，角力、B、C所对的边分别为a、b、c,下列结论正确的是（）A.若川+2-a 2 0,则4 BC为锐

4、角三角形B.若A B,则s i n 4 sinBC.若b=3,A =6 0,三角形面积S =3y/3 则a =V 1 3D.若a co s 4 =bco s B,则力BC为等腰三角形1 1 .关于平面向量，下列说错误的是（）A.若五瓦B 演 则五/不B.（a-b）-c=a-（b-c）C.若苍=（41）,b=（1 4,2）,且三与b的夹角为锐角,则4 e （1,2）D.若04 +od=OB +oB，且样看+微琶=1 ,则四边形4 BCD为菱形1 2.如图，在菱形S BCC中，A B=2,A B A D=60,将小力BD沿对角线BD翻 折 至PB D位置，连接P C,则在翻折过程中，下列说法正确的

5、是（）第 2 页，共 19页A.P C与平面BCD所成的最大角为4 5。B.存在某个位置，使得P B 1 CDC.当二面角P B O C的大小为9 0。时，PC=y/6D.存在某个位置，使得B到平面P DC的距离为百三、填空题(本大题共4小题，共20.0分)1 3 .实部为5,模与复数z=4-3 i的 模 相 等 的 复 数 的 个 数 为.14 .已知在A A B C中，a2+b2-ab=c2,c=2/3,则 A B C外接圆的半径是15 .如图，在正三棱柱4 B C-4 81C1中，各棱长均为4,M,N分别是8C,C G的中点，则直线4 B与平面AM/所成角 的 余 弦 值 为.16 .在

6、等腰梯形4 B CD中，A B =2CD=4,N 4 B C=6 0。，点P为B C中点，点Q是边4 B上一个动点，则 所(PA+而)的 取 值 范 围 为.四、解答题(本大题共6小题，共70.0分)17.已知复数z=(小-8m+15)+(小+3 m-2 8)i(i是虚数单位)，当实数m为何值时.(1)复数z对应的点在第四象限;(2)复数z o,则cos4 0,4为锐角，不能判定力B C为锐角三角形，故错；对于B,在A/I B C中，若a b,贝屹RsinA 2 RsinB,贝Usin4 sinB,故正确；第8页，共19页对于C,A =6 0 ,h =3,面积s=3b，即 有 弓 匕 cs讥4

7、 =3 遍，解得c=4.a2=b2+c2-2bccosA=32 4-42-2x3x 4 cos6 0 0 =1 3./.a=V1 3 故正确；对于D,acosA =bcosB,sinA cosA =sinB cosB,sin2A =sin2B,：.A =B,或2 4 +2B =1 8 0。即4 +B =9 0 ,.A B C 为等腰或直角三角形，故不正确.故选：B C.A,根据余弦定理，判定命题4 为锐角；B,由大角对大边，及正弦定理判定；C,利用三角形的面积计算公式、余弦定理即可得出；D,据正弦定理把等式a cosA =b cosB 的边换成角的正弦，再利用倍角公式化简整理得sin2A =s

8、inlB,进而推断4=B,或4 +B =9 0。，即可判定.本题考查了命题的真假判断，涉及正弦定理、余弦定理、解三角形的方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题题.1 1.【答案】A B C【解析】解：对于选项A,若苍瓦方乙当方。6 时，则弓 乙 当石=6时，则五与不的关系不确定，即选项A错误；对于选项8,位 7)才与五(3 。关系不确定，例如乙瓦沙匀为非零向量，向量五J.E，石 与 不垂直，则位.b)H =O,a(b-c)0 即选项8错误；对于选项C,若日=(4 1),石=(1 尢2)，且丘与方的夹角为锐角，则 誓 二，?。，-Z X 手 JL A.S|/l G(-l,i)U(i,2),即

9、选项 C错误；对于选项。，若 编+沆=而+而，则瓦？=而，即四边形A B C。为平行四边形，又券 j +二翡，则N M C =N B 4 C,则四边形4 B C 0 为菱形，即选项。正确，故选：A B C.由平面向量数量积运算，结合平面向量的夹角运算逐一判断即可得解.本题考查了平面向量数量积运算，重点考查了平面向量的夹角运算，属基础题.1 2.【答案】B C【解析】【分析】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是拔高题.4,取 8。的中点。，连 接 O P、0C,结 合P C与 平 面BC D所成的角为乙 PCO,举例说明当PC=V 3 时

10、4PCO=60 45,即可判断；B，当 点 P 在 平 面BC D内的投影为4 BC D的重心点Q时，证 明CD 1 平 面PB Q ,可 得PB u 平 面PB Q ,P B L C D ,即可判断；C,当二面角P-BD-C的大小为9 0 时，平 面PB D 1 平 面B CD,即可得 POC为等腰直角三角形，即可判断；。，取 C D 的中点N ,若 B至 IJ平 面P D C的距离为V3,则B N 1 平 面PCD,结合三角形的三边关系计算求解即可.【解答】解：选 项 A,取BD的中点。，连接 O P、OC,则 OP=OC=遮.由题可知，ABD 和 B C D 均为等边三角形，由对称性可知

11、，在翻折的过程中，P C与 平 面BC D所成的角为乙 PCO,当 PC=旧时，O P C为等边三角形，此 时乙 PCO=60 45,即选项A错误；选 项B ,当 点 P 在 平 面BC D内的投影为XBC D的重心点Q 时，有PQ 1平面B CD,B Q L C D ,又 v CD u 平面 B CD,PQ 1 CD,又 B Q C P Q =Q ,BQ、PQ u 平面 PB Q ,.CD 1 平面 PB Q ,v PB u 平 面PB Q ,PB 1 CD,即选项B正确；选 项C,当二面角P-BD-C的大小为90。时，平 面PB D 1 平 面B CD,1 1,PB =PD,OP 1 B

12、D,平面 PB D n 平面 B CD=B D,OP u 平面 PB D,OP 1 平面 B CD,OC u 平面 B CD,:.OP 1 OC,又 OP=OC=痘，P O C为等腰直角三角形，PC=V2OP=V6,即选项 C 正确；选 项。，取 C D 的中点N ,：B N =收，若 点B到 平 面P D C的距离为V3,则第1 0页，共1 9页B N 1 平面 PCD,v PN u 平面 PCD,B N 1 PN ,由 P B=2 ,B N =遍，得 P N =1 ,又O N =1 ,P =2 ,在 PDN 中，PN +D N =PD,显然不成立，故 O 错误.故选：B C.1 3 .【答

13、案】1【解析】解：设所求复数为Z1=5 +儿，b E R,z=|4 -3 i|=J 4 2 +(-3)2 =5，Zi 的模与复数z =4-3 i 的模相等，52+b2=2 5,解得b=0,Z =5,故所求复数个数为1 个.故答案为：1.根据已知条件，结合复数模公式，即可求解.本题主要考查复数模公式，属于基础题.1 4 .【答案】2【解析】解：4 B C 中，a2+b2 ab=c2,c=2 V 3,整理可得：a2+b2 c2=ab,由余弦定理可得:a2+b2-c2=2abcosC,所以c o s C=p C G (0,7 T),所以可得C=g,设三角形的外接圆的半径为r,则2 r =忘=等，所以

14、r =2,2故答案为：2.由题意整理，再由余弦定理可得C角的余弦值，在三角形中可得C 角的值，再由正弦定理可得三角形的外接圆的值.本题考查三角形的正余弦定理的应用，属于基础题.1 5 .【答案】延5【解析】解：AB=A C,且M为BC中点，.AM J.BC,在正三棱柱A B C-A B iG 中，平面B C G/J 平面ABC,4M u 平面4BC,且平面BCGB1 C平面48c=BC,：.A M，平面BCC外：BN u 平 面B C g B i，：.AM 人 BN,v M,N分别是BC、C G 的中点，BM=CN=2,；BBi=CB=4,AMBrB=NCB=90,M B/三 NCB,乙BMB

15、1=乙C N B,乙BB1M=乙CBN,乙BMBi+乙CBN=乙CNB+乙CBN=90,:.BN 1 BM,AM u 平面AMBi,&M u 平面ZM Bi，AM Q BM=M,BN J_平面AM%,设BN CBM=。，连接4。，由BN _L平面4M Bi，如图，可知BO 1平面ZM Bi，NBA。是直线AB与平面/MB1所成角,由题设知 4N=BN=V42+22=2V5，/BN为等腰三角形，作N E J.4 B 于E,则E为4B中点，,_ f c.c r r ._ AB-NE 4x4 8V5NE=/BN2-BE2=4,AO=-=-=-,在RtABOA中，O B =9。，cos的。瘾=咨二直线

16、4B与平面4MBI所成角的余弦值为学.故答案为：誓.根据线面角的定义及面面垂直的性质定理，瑞利用线面垂直的性质定理及线面垂直的判第 1 2 页，共 1 9页定定理，结合锐角三角函数能求出结果.本题考查线面角的余弦值的求法，考查线面垂直的判定与性质、面面垂直的性质、线面角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.1 6.【答案】-3,2 1【解析】解：如图，取4。的中点M,则 成+丽=2 丽，故 所.两+同）=2PQ PM.又因为P M 为梯形4 B C D 的中位线，故I 两I=拶=3.过4、B 作PM 的垂线，垂足分别为名、“2，在中，|祠|=1，4 4 MH i =6 0。，故|MH

17、；|=1，同理|西|=1，根据数量积的几何意义可知所 （PA +=2PQ -7 M =2 PQ|c o s z MP Q当Q 位于4 点时，|PQ|COSNMPQ的最大值为3 +i =|,此 时 而 （PA+而）取到最大值为2 x|x 3 =2 1,当Q 位于B 点时，|AQ|COSNMPQ的最小值为一去此 时 而（PA+而）取到最小值为2 x （-1）x 3 =-3,故 而（可+而）的取值范围是 一 3,2 1.故答案为：-3,2 1.取4。得中点M,利用向量的运算性质将所求转化为2 所 丽，作出几何图形结合数量积的几何意义可求得答案.本题考查平面向量数量积的几何意义，向量加法法则的几何应用

18、及数形结合思想，属于中档题.1 7.【答案】解：（1）由题意,m2 8 m +1 5 0,m2+3 m -2 8 0解得-7 m 3；(2)由z 0,得加 2 -Qm+1 5 0+3 巾-2 8 =0解得z n =4.【解析】(1)由实部大于0,虚部小于0联立不等式组求解；(2)由实部小于0且虚部等于0列式求解m值.本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数的基本概念，是基础题.18.【答案】解：(1)因为cosB=9 所以2s讥4-2sinCcosB-sbiB=0,因为 sinA=sin(B+C)=sinBcosC+sinCcosB,所以 2si718cosc-sinB=0,又sinB

19、W 0,所以cosC=5 由0 a,所以cos4=运，4所以 sinB=sin(4+C)=sinAcosC+cosAsinC=62国.【解析】(1)由已知结合正弦定理及诱导公式，和差角公式进行化简可求cosC,进而可求C；(2)由已知先求出sE 4 进而可求co s4,结合诱导公式及和差角公式可求.本题主要考查了正弦定理，和差角公式及诱导公式在求解三角形中的应用，属于中档题.19.【答案】(1)证明：取P4的中点M,连接HM,MB,为P。中点，1：.HM/ADS.HM=AD,1y.BE/ADiLBE=AD,HM/BE5.HM=BE,四边形EHMB是平行四边形,第1 4页，共1 9页又EHC平面

20、P4B,BMu平面P4B,EH平面P4B；(2)解：设点E到平面PAB的距离为八，因为PA1平面2B C D,故P4为三棱锥P-A B E的高，因为菱形4BC。且N4BC=60,则 4B=AC,又E为BC的中点，所以4E1BC,故4E=7ABz-BE?=2百，由等体积法VE-P 4 B=Vp-4BE,yiijix|x4x3x/i=|x|x 2 x 2/3 x 3,解得h=V3故E点到平面PAB的距离为次.【解析】本题考查了线面平行的判定定理的应用，点到平面距离的求解，涉及了等体积法的应用，等体积法是求解点到平面的距离的常用方法，考查了逻辑推理能力、化简运算能力、转化化归能力，属于中档题.(1)

21、取PA的中点M,连结AM,M B,推 导 出 四 边 形 是 平 行 四 边 形，从而EHBM,由此能证明EH 平面P4B；(2)利 用 等 体 积 法=VP_ABE,计算所需各个长度，代入求解即可得到答案.2 0.【答案】解：因 为 冠=而+觉=而+：而，所以x=2,y=1;(2)设 而=t荏，t e 0,i,所 以 同=4 9+而=A(而+前)+(同一布)=A(AD+tAB)+n(AD-AB)=Q+)而 +(At-)荏，由 得 前=同+9通，根据平面向量基本定理，得从而4(t+1)=|,”岛，因为所以;从而川=4(1 A)=(A 1)2+；6 0.【解析】本题考查平面向量基本定理，考查二次

22、函数的取值范围，属于中档题.(1)由图可得前=同+：而，即可对应得到x,y的值；1M+M =1(2)设 丽=tA B t 6 0,力根据平面向量基本定理,得，_ =工，从而加=A(1 -A)=I -2一(2 +：w -1,o.2 1.【答案】解：（1）若选：由 鬻=一 表,根据正弦定理可得胃=sinB2sinA+sinC9即 2 s i n Ac o s B +sinCcosB =-sinB cosC,S P2sinA cosB =-sinB cosC-sinCcosB =-s i n(8 +C)=sinA,可得 c o s B =因为 B （O,T T）,所以8=小选 ：由sinB-sinC

23、b+ca+c根据正弦定理可得工二=工 可 得 M+Q C=力 2 _ c2f即Q2 +_ 炉=aC fb-c a+c又由余弦定理，可得c o s B =M+/-M=W =-52ac lac 2因为B e (O,T T),所以B=M若选：由2 s =-旧 而 瓦，可得2 x|acsinB =-/3accosB,即s i n B =-y/3cosB 可得t an B =-V 3,因为B G (0,兀)，所以8=小(2)设NBA C=e,贝IJNCA D=-3,ACDA=e +%在 4 C D 中，由 正 弦 定 理得一条=一 而，smLA DC sxn A CD得 4 =A Dsin A DC=也

24、 当 比=2 s 讥(。+马.s i n z G 4 c o s i n-4 4y在 AB C 中，由 正 弦 定 理 得 白=黑，sinB s i n 0可得B C =多 誓=2sm(:事e=色 皿。+1s i n e=美名sine+与cos8)sE。-4 (y s i n20 +y sindcosd)=(2sin29 +ZsinOcosd)=1(1 cos20+sin26)=第16页，共19页V23（ZTV2 sm.2o0n -Tx/2C O S 2Q0A、）+y通 =V2/3s m.（2 J -/7TN 十.不/6，因为0 V。g,可得一日v 2 8 T 冷34 4 12当2 9 一三=

25、整 时，即。=2 可 得 越 s i n 巨+立=渔 毡，4 12 3 3 12 3 2当2 9-：=一即寸，即0 =0,可畔s i n（+半=0,所以B C 的取值范围是（0,1 竽）.【解析】（1）若选：由正弦定理，两角和的正弦公式化简己知等式可求c o s B=-：,结合范围8 6（0,兀），可求B 的值.选：根据正弦定理化简已知等式可得a?+2 廿=-ac,由余弦定理可得c o s B的值,结合范围B （0,兀），可求B 的值.若选：由平面向量的运算，三角形的面积公式，同角三角函数基本关系式化简已知等式可求得tc mB=-遍，结合范围B 6（0,兀），可求B 的值.（2）设4 8 4;

26、=。，则2。4。=一44。0 4 =0+3,在 A CC中，由正弦定理可求A C=2 s i n（0 +，在 A B C 中，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求BC=s i n R O -）+立,可求范围-彳4-jC r G G,A iG，GC-i u 平面ACGA,故 平 面 4。6 公,则乙41GA即为截面AGEF与底面ABC所成的二面角，O E在R tA a G 4 中，4 =右 4必=2,AG=故 sinN&GZ=：，所以截面AGEF与底面4BC所成二面角的正弦值为会(3)设G C i=m,则0,1,且 翳=言，设AMGE的面积为S,则 看=三，又因为S2=S+S 所以E，1,故

27、匣=史 竺 上 旭=皂+包+2 4,)S 1 S 2 S i S2 S2 S i L 2J所以其的取值范围为4,刍.【解析】本题考查了空间几何体体积的求解，二面角的求解以及截面面积问题，考查了空间想象能力与逻辑推理能力、化简运算能力，属于难题.(1)连结E F,并延长分别交CG，CB于点M,N,连结4M交41G 于点G,连结AN,GE,利用比例关系确定G为4 G 靠近G 的三等分点，然后先求出棱柱的体积，连结4 百 力/,由匕=匕i-EFBi+G-AArE+4-送和彩=V 匕进行求解，即可得到答案;第1 8页，共1 9页(2)求出点G到平面4 4 E 的距离，得到点G为4 G 靠近G 的四等分点，通过面面垂直的性质定理可得N&G4即为截面4GEF与底面4BC所成的二面角，在三角形中利用边角关系求解即可；设 G G=m,则m e 0,1,先求出金的关系以及取值范围，然 后 将 其 转 化 为 S2表示，求解取值范围即可.