衡阳市2021-2022学年高一下学期期中考试数学试题（答案解析）

2022 年衡阳市高一期中考试参考答案 一、单选题（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、 【解析】 i i i i i i i 2 1 2 1 ) 1 )( 1 ( ) 1 ( 1         ，选C 2、 【解析】解不等式 0 3 2 2   x x 可得 3 1    x ，又因 Z x ，故集合简化为 } 2 , 1 , 0 { ，选A 3、 【解析】因为 (0, ) x   且 3 cos 5 x  ，所以 5 4 sin  x ； 25 24 5 4 5 3 2 cos sin 2 2 sin      x x x ，选D 4、 【解析】 R x ,易得 ) ( ) ( x f x f   , ) (x f 为偶函数，且 R x 都有 0 ) (  x f ，易知选A 5、【解析】依题： BC BA BA BC BC BD BC BE CB CE 3 2 3 1 ) ( 2 1 3 2 3 2             ， 故 3 2 , 3 1    n m ，选B 6、 【解析】因为 0 2 log ; 1 2 ; 1 2 sin 0 1 . 0 1 . 0     ,所以 2 log 2 sin 2 1 . 0 1 . 0   ，故选B 7、 【解析】在ABC  中， a B b A a b b a b a b a B A sin sin 2 2          ，故选C 8、 【解析】由已知得 1 1 1 1 1 1 , 1. 3 3 B A ACC V BC BC       将三棱柱 1 1 1 ABC A B C  置于长方体中，如下图 所示，此时“堑堵”即三棱柱 1 1 1 ABC A B C  的外接球的直径为 2 2 2 1 1 1 1 3 A B     ， 三棱柱 1 1 1 ABC A B C  的外接球的体积为 3 4 3 3 3 2 2 V              ，选B 二､多选题（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、AD 【解析】由题可知当 0  a 时， 3 ) ( 3 1  a a f ,所以 27  a ； 当 0  a 时， 3 3 1 ) (   a a f ，所以 1   a ，故选AD 10、AB 【解析】若 且 ,根据垂直于同一平面的两直线互相平行,故A 正确；若 且 ,则垂直 于同一直线的两平面互相平行，故B 正确；由两平行平面的两条直线可能平行也可能异面可知C 错；两平面 不垂直则两平面可能平行或相交，无论哪一种情况，都可在两个平面内找到一组异面垂直的直线，故D 错. 11、ACD 【解析】 因为   2 2 T ， 所以A 选项正确； ) (x f 的对称中心为 Z k k   ) 0 , 12 2 (   ， 故B 选项错误； ) (x f 的对称轴为 Z k k x    3 2   ；当 0  k 时 3   x ，故C 选项正确； ) (x f 的单调递增区间为 Z k k k    ) 3 , 6 (     ；当 1  k 时，单调递增区间为 ) 3 4 , 6 5 (   ，故选ACD 12、ABC 【解析】在正方体 1 1 1 1 D C B A ABCD  中，易证  1 1D B 面 AC A C 1 1 ，故 1 AC EF  ，所以A 选项正确;易证 1 1 1 D B C A  ， C A A B 1 1  ， 所以  C A 1 面 A B D 1 1 ， 即  C A 1 面AEF ， 所以C 正确； 记A 到EF 的距离为 1 h ； B 到EF 的距离为 2 h ，易知 1 h 为正三角形 A B D 1 1 的高，故 6 2 1  h ，而 4 1 2  BB h ，所以 2 6 4 6 2 2 1      h h BEF S AEF S ， 故B 正确； 当EF 在线段 1 1B D 上运动时，EBF  的面积不变， 而点A 到平面EBF 的距离也不变，故三棱锥 FAB E  的体积也不变，所以D 选项错误，故选ABC． 三､填空题： （本题共4 小题，每小题5 分，共20 分，其中第16 题第一空2 分，第二空3 分． ） 13、二 【解析】因为 0 6 5 sin , 0 6 5 cos     ，复数 6 5 sin 6 5 cos   i  在复平面内对应的点位于第二象限． 14、3 【解析】由正弦定理易知，底面三角形外接圆半径为 3 3 2 ，底面三角形面积为 3 2 3 2 2 2 1     ，又因 三棱锥体积为 3 23 ，所以三棱锥的高为 3 23 ，所以侧棱长为 3 3 23 3 3 2 2 2                   ． 15、  3 15 8 【解析】根据已知可得所求扇形半径为 ,即圆锥母线长为 ,设圆锥底面半径为 , 则 ,即 , 圆锥的高为 , 所以圆锥体积为 . 16、0，  4 , 2 【解析】因为 b a  , 为单位向量，不妨设 ] , 0 [ ) 0 , 1 ( ), sin , (cos        b a   所以 0 1 1 ) ( ) ( 2 2         b a b a b a       ； 2 sin 3 2 2 cos 2 cos 2 2 3 cos 2 2 | | 3 | |              b a b a             6 2 sin 4   因为 ] , 0 [   ，所以 ] 4 , 2 [ 6 2 sin 4          . 四、解答题（解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．） 17、(1) ) 6 , 5 ( C ；(2) 85 17 16 【解析】(1)设C 的坐标为 ) , ( y x ，因为四边形ABCD 是平行四边形，所以 DC AB  由于 ) 1 , 4 ( ) 2 , 1 ( ) 1 , 3 (       AB ， ) 5 , 1 ( ) 5 , 1 ( ) , (      y x y x DC 故 ) 5 , 1 ( ) 1 , 4 (    y x ，所以      6 5 y x 所以C 的坐标为 ) 6 , 5 ( −−−−−−−5 分 (2)由(1)可得： 10 ) 2 6 ( ) 1 5 ( 2 2      AC ， 17 ) 6 5 ( ) 5 1 ( 2 2      CD 53 ) 5 2 ( ) 1 1 ( 2 2        AD ， 85 17 16 2 cos 2 2 2       CD AC AD AC CD ACD −−−−−−−10 分 【注】第2 问，也可以用数量积，予以求解！ 18、(1) 2 2 3 ； (2) i z z 4 3 2 1   【解析】(1) 2 2 3 2 9 2 9 ) 2 1 ( 2 ) 1 ( ) 2 ( | | 2 2 2 1          m m m z 故当 2 1  m 时， | | 1 z 的最小值为 2 2 3 . −−−−−−−6 分 (2)因复数 i m m z ) 1 ( 2 1     是纯虚数，所以        0 1 0 2 m m 即 2  m ，故 i z 3 1  设 R b a bi a z    ， ， 2 ，则 i b a z z ) 3 ( 2 1     由题意得：         25 ) 3 ( 16 2 2 2 2 b a b a ，解之得      0 4 b a 或       0 4 b a ， 4 2  z 或 4 2   z 故： i z z 4 3 2 1   (数形结合，更简单) −−−−−−−12 分 19、(1)答案见解析；(2) 2 3 3 【解析】(1)证明：如图所示,连结 1 AC ，因为D，P 分别是 1 BC ，AB 的中点， 1 / / DP AC  ，又 1 AC  Q 平面 1 1 AAC C ，PD 平面 1 1 AAC C ， / / PD  平面 1 1 AAC C ； −−−−−−−5 分 （2）因为D 是 1 C B 的中点，故可将点 1 C 到平面PCD的距离转化为求点B 到平面PCD的距离， 连结 1 C P ， 有 1 1 2 D BCP C BCP V V    ， 则 1 1 1 2 2 1 2 2 2 BCP ABC S S      △ △ ， 则 1 1 1 1 2 2 3 3 D BCP V      ，易知 1 1 2 2 AB BC AC    ， 则 2 CP CD PD    ， 1 3 2 2 sin 2 3 2 PCD S       △ ， 设点B 到平面PCD的距离为d ， 由等积法 B PCD D BCP V V    ，得：1 3 1 3 2 3 d    ，解得： 2 3 3 d  ， 故点 1 C 到平面PCD的距离为2 3 3 ． −−−−−−−12 分 20、(1) 3   A ；(2) 9 3 5  AD 【解析】(1)依题有： 0  n m   ，即 0 sin ) ( ) sin )(sin 2 (      C c b B A b 所以 0 ) ( ) )( (      c c b b a b a ，即 2 2 2 a bc c b    ，得： 2 1 cos  A ； 又因 ] , 0 [   A ，故得： 3   A ； −−−−−−−5 分 (2)因为 2 3 2 1 12 3 5     bc S ABC ，所以 3 5  bc 又因为 bc c b A bc c b a       2 2 2 2 2 cos 2 ，所以 bc c b 3 ) ( 4 2    ，故 3  c b 又由等积法得： ) ( 4 2 1 ) ( 2 1 12 3 5 c b AD AD c b S ABC         ，得： 9 3 5  AD −−−−−−−12 分 21、(1) ；(2)当 时, 折线赛道 的长度最大,最大值 千米. 【解析】(1)在 中,由正弦定理得: , 在 中,由余弦定理 得 , 即 , 解得 (负值舍去),所以服务通道 的长为 千米. −−−−−−−5 分 (2)【法一】在 中,由余弦定理得: , 即 , ∴ , ∵ , ∴ ,∴ , ∴ (当且仅当 时取等号), ∴ 时, 折线赛道 的长度最大,最大值 千米. −−−−−−−12 分 【法二】在 中,设 , , , , ∴ , ∴ , , ∴ , ∵ ,∴ ,∴当 , 即 时, 取得最大值,此时 , ∴ 时,折线赛道 的长度最大值为 千米.−−−−−−12 分 22、(1)证明见解析；(2)最大值为 2 【解析】(1)设 c BB b BC a AB    1 , , 在长方体中易知： 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sin sin , sin c b a c ， c b a b c b a a             所以 1 sin sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 2         c b a c b a    −−−−−−−5 分 (2)因为 ) sin sin (sin cos cos cos             所以 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 c b a c b a c b a c b c a b a              所以 c b a c b c a b a         2 2 2 2 2 2  易知： 0 ) ( ) ( 2 2 2 2 2       b a b a b a ， 【注】利用向量法 b a b a   也可以证明此式，详见必修二教材37 面16 题. 2 )] ( ) ( ) [( 2 2 2 2 2 2 2 2                 c b a b c c a b a c b a c b c a b a ， c b a   时取等 故的最大值为 2 −−−−−−−12 分