浙江省宁波市九校2021-2022学年高一下学期期末联考数学试题 Word版含解析 .docx

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宁波市2021学年高一第二学期九校联考数学试题选择题部分一、单项选择题：本题共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.计算A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】试题分析：考点：复数运算2.一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面图形的周长为（）A.B.8C.4D.【答案】B【解析】【分析】画出直观图对应的原图，由此求得原平面图形的周长.【详解】直观图中，，由此画出直观图对应的原图如下图所示，其中，所以，所以原平面图形的周长为.故选：B. 【点睛】本小题主要考查斜二测画法的直观图和原图的关系，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.3.设l，m是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题不正确的是（）A.若l∥m，l⊥，则m⊥B.若l∥m，l∥，则m∥C.若l∥，m⊥，则l⊥mD.若，则l⊥m【答案】B【解析】【分析】利用线面平行、垂直的判定及性质对各选项逐一分析判断即可作答.【详解】对于A，由直线与平面垂直的判定知，A正确；对于B，当l∥m，l∥时，m可以在内，此时m与不平行，B不正确；对于C，l∥，过l的平面交于直线n，于是有l∥n，而m⊥，则有m⊥n，l⊥m，C正确；对于D，由线面垂直的定义知，D正确.故选：B4.经纬度是经度与纬度的合称，它们组成一个坐标系统，称为地理坐标系统，它是利用三维空间的球面来定义地球上的空间的球面坐标系．能够标示地球上任何一个位置，其中纬度是地球重力方向上的铅垂线与赤道平面所成的线面角．如我国著名冰城哈尔滨就处在北纬，若将地球看成近似球体，其半径约为，则北纬纬线的长为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】 利用给定条件，求出经过哈尔滨的地球半径与该处的纬线所在平面所成的角，再求出纬线圆半径即可计算作答.【详解】依题意，哈尔滨在北纬，则经过哈尔滨的地球半径与该处的纬线所在平面所成的角为，于是得哈尔滨所在北纬纬线圆半径，所以北纬纬线的长为.故选：C5.在，其内角，，的对边分别为，，，若，则的形状是（）A.直角三角形B.等腰三角形C..等腰直角三角形D.等腰或直角三角形【答案】D【解析】【分析】由正弦定理边角互化得，进而移项整理得，再结合得或，进而得答案.【详解】解：根据正弦定理边角互化得，所以，所以，所以，即，所以或，所以或，即的形状是等腰或直角三角形.故选：D6.在平面直角坐标系中，已知角的终边与以原点为圆心的单位圆相交于点，角满足，则的值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】根据三角函数定义求，利用两角和的余弦公式求出，再由二倍角公式即可求角.【详解】由，可知因为，所以，即，所以,故选：A7.设等差数列的前项和，且，，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据给定的两个等式，构造函数，再利用函数性质确定与的关系即可求解作答.【详解】令函数，，，则是R上的单调递增的奇函数，由得，由得，于是得，且，即，且，所以等差数列前项，且.故选：C8.已知平面向量满足，，其中为不共线的单位向量，若对符合上述条件的任意向量，恒有，则夹角的最小值是（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给定的恒成立的不等式可得恒成立，即得恒成立即可推理计算作答.【详解】因，则，依题意，恒成立，而，为不共线的单位向量，即有，于是得恒成立，则，即有，又，解得，所以夹角的最小值是.故选：B【点睛】关键点睛：涉及向量模的问题，把给定向量等式或不等式两边平方求解是解决问题的关键.二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．9.如图所示，四边形为梯形，其中，，，分别为的中点，则结论正确的是（）AB. C.D.【答案】AB【解析】【分析】根据给定条件，可得四边形为平行四边形，再结合向量线性运算逐项分析计算作答.【详解】对于A，四边形为梯形，，，为中点，即有，则四边形为平行四边形，，A正确；对于B，为中点，，B正确；对于C，为的中点，，C不正确；对于D，由选项A知，，，D不正确.故选：AB10.在中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，下列与有关的结论，正确的是（）A.若为锐角三角形，则sinA＞cosBB.若A＞B，则sinA＞sinBC.若为非直角三角形，则tanA+tanB+tanC＝tanAtanBtanCD.若acosA＝bcosB，则一定是等腰三角形【答案】ABC【解析】【分析】利用锐角三角形结合正弦函数性质判断A；利用正弦定理及正弦函数性质判断B；利用诱导公式及和角的正切公式推理判断C；由正弦定理边化角，再利用二倍角公式及正弦函数性质推理判断D作答.【详解】对于A，锐角中，，而在上单调递增，则，即，A正确；对于B，在中，由正弦定理得：，B正确；对于C，非直角三角形中，，，即，C正确；对于D，在中，由正弦定理及得：，即，而，且，因此，或，即或， 是等腰三角形或直角三角形，D不正确.故选：ABC11.如图，在正方体中，点在线段上运动，则（）A.三棱锥的体积为定值B.异面直线与所成的角的取值范围为C.直线与平面所成角的正弦值的最大值为D.过作直线，则【答案】ACD【解析】【分析】证明平面，结合三棱锥的体积计算判断A；利用异面直线夹角的定义计算判断B；求出点到平面的距离计算判断C；证明平面判断D作答.【详解】对于A，在正方体中，对角面是矩形，即，平面，平面，则平面，即点P到平面的距离等于点C到 平面的距离，为定值，而的面积是定值，因此，三棱锥的体积为定值，A正确；对于B，由选项A知，，则异面直线与所成的角即为直线与所成的角，连，则有是正三角形，点在线段上运动，当点P与或重合时，直线与所成的角最小，为，当点P为线段的中点时，直线与所成的角最大，为，所以异面直线与所成的角的取值范围为，B不正确；对于C，令正方体棱长为2，点到平面的距离为h，正边长为，面积为，由得：，解得，当点P为线段的中点时，，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为，C正确；对于D，在正方体中，，平面，又平面，因此，而，平面，于是有平面，又平面，则，又直线过，且直线，所以，D正确.故选：ACD12.已知数列满足，令是数列的前项积，，则（）A.B.为单调递增的等比数列C.当时，取得最大值D.当时，取得最大值 【答案】AC【解析】【分析】根据条件求出，，从而可以判断每一个选项.【详解】对于A，当时，，当时，，则，即，又满足，所以.则正确；对于B，，所以为单调递减的等比数列，B错误；对于C，由题可知，且，所以当时，取得最大值，C正确；对于D，又因为，且，所以当时，最大，D错误.故选：AC.非选择题部分三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若复数（其中为虚数单位）所对应的向量分别为和，则的面积为_______．【答案】5【解析】【分析】求出向量和的坐标，再利用向量模和垂直的坐标表示即可求解作答.【详解】依题意，，，则，，而，则，所以的面积为.故答案为：514.已知是等差数列的前项和，设为数列的前项和，，，则为 ____．【答案】【解析】【分析】根据等差数列的前项和公式，根据，，进而求得，再根据等差数列的前项和公式求解数列的前项和即可【详解】设等差数列的公差为，由题意，即，解得，故，故，故故答案为：15.已知平面向量满足，，，若，则的最大值是______．【答案】1【解析】【分析】先由平方得，整理得，即可求出的最大值.【详解】由可得，即，整理得，则，则的最大值是1，当且仅当时取最大值.故答案为：1.16.如图，四边形为平行四边形，，现将沿直线翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为_____． 【答案】【解析】【分析】过A作于E，交CD于F，连，利用余弦定理、面积定理求出点到平面的距离，再借助锥体体积求出内切球半径，结合该锥体的结构特征求出外接球半径作答.【详解】过A作于E，交CD于F，连，如图，中，由余弦定理得：，，，，，，，因，则三棱锥的4个表面三角形全等，在中，，， 在中，，，因，，平面，则平面，而平面，于是得平面平面，在平面内过作于，又平面平面，因此，平面，，设三棱锥的内切球半径为，则，解得，因是锐角三角形，则三棱锥的外接球截平面所得截面圆圆心在内，半径，则，解得，令三棱锥的外接球球心为O，显然，球O截三棱锥的4个表面三角形所得截面圆圆心均在相应三角形内，因球心O与各个三角形的外心连线均垂直于相应的三角形所在平面，且这些三角形的外接圆半径均为，因此，球心O到各个三角形所在平面距离都相等，且球心O在三棱锥内，必为三棱锥内切球球心，令三棱锥的外接球半径为，则，所以三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为.故答案为：【点睛】结论点睛：一个多面体的表面积为S，如果这个多面体有半径为r的内切球，则此多面体的体积 V满足：.四、解答题：本题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.在直角梯形中，已知，，，点是边上的中点，点是边上一个动点．（1）若，求的值；（2）求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用结合向量的线性运算表示，再借助数量积及运算律求解作答.（2）令，，利用结合向量的线性运算表示，再借助数量积及运算律求解作答.【小问1详解】依题意，，，，而是边的中点，，则，因此，又，，所以.【小问2详解】由（1）知：令，，则，， 则有，当时，，当时，，所以的取值范围是.18.已知数列的前项和为，且．（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用给定的前n项和公式直接求解通项作答.（2）由（1）的结论，利用错位相减法求解作答.【小问1详解】数列前项和，当时，，满足上式，所以的通项公式是.【小问2详解】由（1）知，，则，于得，，所以.19.某地一天的时间，单位：时)随气温变化的规隼可近似看成正弦函数的图象，如图所示. （1）根据图中数据，试求的表达式.（2）该地居民老张因身体不适在家休养，医生建议其外出进行活动时，室外气温不低于，根据（1）中模型，老张该日可在哪一时段外出活动，活动时长最长不超过多长时间？【答案】（1）；（2）老张可在外出活动，活动时长最长不超过小时；【解析】【分析】（1）首先求出、，再根据函数的周期求出，最后根据函数过点求出，即可得到函数解析式；（2）依题意令，再根据正弦函数的性质解不等式，即可得解；【详解】解：（1）依题意可得解得，又即，解得，所以，又函数过点，所以，即，所以，解得，因为，所以，所以（2）依题意令，即所以解得因为所以，又 即老张可在外出活动，活动时长最长不超过小时；20.已为分别为三内角的对边，且（1）求；（2）若，角的平分线，求的面积．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，再结合和角的正弦及辅助角公式求解作答.（2）在中，用余弦定理求出，由角平分线及面积定理可得，再利用余弦定理求出即可计算作答.小问1详解】在中，由正弦定理及得：，整理得，而，则，即，又，有，解得，所以.【小问2详解】如图，中，由余弦定理得：，即，解得，因平分，， 即，在中，，又，则，即，而，解得：，有，所以的面积.21.如图，三棱柱中，四边形和四边形均为菱形，，，．（1）求证：；（2）求直线和平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，由余弦定理求得，由勾股定理得，同理证得，即可证得平面，即可证得；（2）取中点，由及证得平面，即为直线和平面所成的角，再求正弦即可.【小问1详解】 如图，取的中点，连接，因为，由余弦定理得，则，所以，又，同理可得，因为平面，所以平面，因为平面，所以；【小问2详解】因为，，所以，由（1）可知，且，所以，又由（1）知，所以是正三角形，取中点，连接，则，且，由（1）得，则，在中，因为，所以，所以，所以，因为，平面，故平面，所以为直线和平面 所成的角，所以.22.设数列的前项和为，正项数列的前项和为，且（1）求和；（2）记，N*，求证：．【答案】（1），；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用给定的递推公式，结合“当，”求解即可得和.（2）由（1）求出，求出，再结合放缩法、裂项相消法求和，即可推理作答.【小问1详解】当时，，得，当，，则，为等比数列，，当时，，解得，当，，整理得：，而数列是正项数列，则，是等差数列，即，所以，.【小问2详解】由（1）知，，， ，所以原不等式成立.