2.数学答案解析：2021-2022学年高一学科素养检测

高一数学参考答案及评分标准 第1 页共8 页 2021-2022 学年第二学期高一学科素养检测 数学试题参考答案与评分参考 一、单项选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D C B B A D A 二、多项选择题： 题号 9 10 11 12 答案 BC AD BD ACD 12．在四面体ABCD 中， 2 AB CD AC BD     ，且 6 AD BC   ，若用平面去截 四面体ABCD ，则下列结论正确的为 A．截四面体ABCD 所得截面形状可以为菱形 B．当 BC ∥ 时，截四面体ABCD 所得截面形状不可能为直角三角形 C．当 AB ∥ ， CD ∥ 时，截四面体ABCD 所得截面形状的周长为定值 D．四面体ABCD 的外接球表面积为7π 解析： （1）考查选项A：当截四面体ABCD 所得截面为棱BC ，AC ，AD ，BD 的中点 构成的平面四边形时， ∵ 2 AB CD AC BD     ， ∴由三角形中位线性质可知截面形状为 菱形，故选项A 正确； （2）考查选项B：如图1，截四面体ABCD 所得截面 为△BCE ，只需满足 6 2 2 AE   ，△BCE 为直 角三角形，故选项B 正确； （3）考查选项C：如图2，截四面体ABCD 所得截面 为四边形FGHI ，∵ AB ∥ ， CD ∥ ， ∴由线面平行的性质可知四边形FGHI 为平行四边形， GH AG CD AC  ，GF CG AB AC  ， ∴ 1 2 2 GH GF  ，∴ 2 GH GF   ， ∴平行四边形FGHI 的周长为定值，故选项C 正确； （4）考查选项D：如图3，四面体ABCD 可以由棱长分别为 第12 题图1 第12 题图2 第12 题图3 高一数学参考答案及评分标准 第2 页共8 页 3 ， 3 ，1的长方体的对角线构成，易知四面体ABCD 的外接球即为长方体的外接球，外接球的直径为长方体的 体对角线的长度，∴外接球半径为 7 2 ，表面积为7π ，故 选项D 正确； 综上所述，应选ACD. 三、填空题： 13．5 ； 14．1； 15．8 14 ( , ] 3 3 ； 16．2 3 3 ． 16． 拿破仑不仅是伟大的军事家、 政治家， 在数学方面， 他发现并证明了著名的拿破仑定理： “以任意三角形的三条边向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的中心恰为另 一个等边三角形的顶点” ．在△ABC 中，以AB ，BC ，CA为边向外构造三个等边三角 形， 其中心依次为 1 O ，2 O ，3 O ， 设△ABC ， △ 1 2 3 O O O 的面积依次为 1 S ，2 S ， 若 π 6 ABC   ， 且 2 1 S S   ，则实数的最小值为 ． 解析： 以AB ，BC ，CA为边向外构造三个等边三角形分别为△ABM ， △BCN ， △CAP ， 如图所示，设AB c  ，BC a  ， ∴△ABC 的面积 1 1 1 sin 2 4 S ac ABC ac    ， ∵ 1 O 为△ABM 中心，∴ 1 π 6 O BA   ， 1 3 3 O B c  ， 同理可得 2 π 6 O BC   ， 2 3 3 O B a  ， ∵ π 6 ABC   ，∴ 1 2 π 2 O BO   ， ∴由勾股定理得： 2 2 2 2 1 2 1 2 3 3 O O O B O B a c     ， ∵△ 1 2 3 O O O 为边长为 2 2 3 3 a c  的等边三角形， ∴ 2 2 2 2 2 3 1 3 ( ) ( ) 4 3 12 S a c a c      ， ∴ 2 2 2 2 2 1 3 ( ) 3( ) 2 3 2 3 12 1 3 3 3 4 a c S a c ac S ac ac ac         ，当且仅当a c  时等号成立， ∴实数的最小值为2 3 3 ，故应填2 3 3 ． 三、解答题：本大题共6 小题，共70 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 第16 题图 高一数学参考答案及评分标准 第3 页共8 页 17． （10 分） 设 1 z ， 2 z 均为复数，在复平面内，已知 1 z 对应的点的坐标为 2 ( 4 3, 1) m m m    ，且 2 z 对应的点在第一象限． (1) 若复数 1 z 为纯虚数，求实数m 的值； (2) 若 2 | | 3 z  ，且 2 z 是关于x 的方程 2 2 2 1 0 x ax a    ( ) aR 的一个复数根，求 2 2 i z z ． 解：(1) 由题可知 2 1 4 3 ( 1)i z m m m      ，………………………………………………1 分 ∵复数 1 z 为纯虚数，∴ 2 4 3 0 m m    ，且 1 0 m  ，……………………………………2 分 ∴ 3 m  ．………………………………………………………………………………………4 分 (2) ∵ 2 2 2 1 0 x ax a    ，∴ 2 ( ) 1 x a  ，∴ i x a  ， ∴关于x 的方程 2 2 2 1 0 x ax a    的两根分别为 i a ， i a ，………………………5 分 ∵ 2 z 对应的点在第一象限，∴ 2 i z a  ，且 0 a  ，……………………………………6 分 ∵ 2 | | 3 z  ，∴ 2 2 2 | | 1 3 z a    ，………………………………………………………7 分 ∴ 2 a  ， 或 2 a  ， ………………………………………………………………………8 分 ∵ 0 a  ，∴ 2 a  ，∴ 2 2 i z  ，∴ 2 2 i z  ，……………………………………9 分 ∴ 2 2 i 2 2i 2i 2 i z z      ．…………………………………………………………………10 分 18． （12 分） 如图，在平面四边形ABCD 中， π BAD BCD    ． (1) 若sin : sin : sin 1: 3: 7 ADB ABD BCD     ，求 BAD  ； (2) 若 2 AB  ， 1 AD BC CD    ，求四边形ABCD 的面积． 解：(1) ∵ π BAD BCD    ， 第18 题图 高一数学参考答案及评分标准 第4 页共8 页 ∴sin : sin : sin sin : sin : sin 1: 3: 7 ADB ABD BCD ADB ABD BAD         ，…1 分 由正弦定理 sin sin sin ADB ABD BCD AB AD BD      ，可得 : : 1: 3 : 7 AB AD BD  ，……2 分 不妨设AB t ， 3 AD t  ， 7 BD t  ，则由余弦定理得 2 2 2 (3 ) ( 7 ) 1 cos 2 3 2 t t t BAD t t       ， ∵ (0,π) BAD   ，∴ π 3 BAD   ．…………………………………………………………5 分 (2) 在△ADB 中，由余弦定理，可得 2 2 2 2 cos BD AD AB AD AB DAB = + - 鬃 ， ∴ 2 5 4cos BD DAB = - Ð ，……………………………………………………………………6 分 同理可得 2 2 2 2 cos 2 2cos BD CD CB CD CB DCB DCB = + - 鬃 � - ，…………………7 分 ∴5 4cos 2 2cos DAB DCB - Ð = - Ð ，………………………………………………………8 分 ∵ π BAD BCD    ，∴cos cos(π ) cos BCD BAD BAD      ， ∴5 4cos 2 2cos BAD BAD - Ð = + Ð ，∴ 1 cos 2 BAD Ð = ，………………………………10 分 ∵ (0,π) BAD   ，∴sin 0 BAD   ，∴ 2 3 sin 1 cos 2 BAD BAD      ， 记四边形ABCD 的面积为S ，△DAB 的面积为 1 S ，△DCB 的面积为 2 S ， ∴ 1 2 1 1 sin sin 2 2 S S S AD AB BAD CD CB BCD           ，………………………11 分 ∴ 1 3 1 3 3 3 1 2 1 1 2 2 2 2 4 S       ．……………………………………………12 分 19． （12 分） 如图，在长方体方体 1 1 1 1 ABCD A B C D  中， 4 AB  ， 1 2 BC BB   ，点E ，F 分别为边 1 AA ， 1 DD 的中点． (1) 求三棱锥 1 E A BC  的体积； (2) 证明：平面 1 CFA∥平面BDE ． 解：(1) 显然三棱锥 1 E A BC  与三棱锥 1 C A BE  的体积相等,即 1 1 E A BC C A BE V V    ，……1 分 ∵长方体 1 1 1 1 ABCD A B C D  ，∴三棱锥 1 C A BE  的高为BC ，且三棱锥 1 C A BE  的底面 面积，即△ 1 A BE 的面积为 1 1 4 2 2 S    ，………………………………………………3 分 ∴三棱锥 1 E A BC  的体积 1 1 4 2 2 3 3 3 V Sh     ． ………………………………………5 分 (2) ∵长方体方体 1 1 1 1 ABCD A B C D  ， 第19 题图 高一数学参考答案及评分标准 第5 页共8 页 ∴ 1 1 AA DD ∥ ， 1 1 AA DD  ，……………………6 分 ∵点E ，F 分别为边 1 AA ， 1 DD 的中点， ∴ 1 A E DF  ， 1 A E DF ∥ ， ∴四边形 1 A EDF 为平行四边形，………………7 分 ∴ 1 A F ED ∥ ，…………………………………………………………………………………8 分 又 1 A F 平面BDE ，ED 平面BDE ，∴ 1 A F∥平面BDE ，…………………………9 分 如图，连接AC 交BD 于点O ，连接EO ， ∴点O 为AC 的中点，∴ 1 EO AC ∥ ， ……………………………………………………10 分 又 1 AC 平面BDE ，EO 平面BDE ，∴ 1 AC∥平面BDE ，…………………………11 分 ∵ 1 1 1 AC A D A   ，∴平面 1 CFA∥平面BDE ．…………………………………………12 分 20． （12 分） 设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b，c ，且2 3 cos sin A a B b   ． (1) 求角A 的大小； (2) 已知B 为钝角，且△ABC 的面积 2 3 4 S a  ，过点B 作AB 的垂线交边AC 于D ， 证明：BD CD  ． 解：(1) 由正弦定理sin sin sin C a b c A B   ，可得2 3 cos sin sin sin A A B B   ，………………1 分 ∴2 3 cos sin A A   ，∴sin 3 cos 2 A A   ，…………………………………………2 分 ∴ π sin( ) 1 3 A   ，……………………………………………………………………………3 分 ∵角A 为△ABC 的内角，∴ (0, π) A ，∴ π 6 A  ．………………………………………4 分 (2) 设BD x  ，CD y  ，……………………………………………………………………5 分 ∵ π 6 A  ，∴ 2 AD x = ， 3 AB x = ， π 3 ADB Ð = ，………………………………………6 分 ∴ 2π 3 BDC Ð = ，………………………………………………………………………………7 分 由题可知 2 1 1 1 3 sin (2 ) 3 2 2 2 4 S bc A x y x a       ，……………………………………8 分 ∴ 2 2 2x xy a   ……①，……………………………………………………………………9 分 高一数学参考答案及评分标准 第6 页共8 页 在△BCD 中， 由余弦定理可得 2 2 2 2 cos BC BD CD BD CD BDC       ， ……………10 分 ∴ 2 2 2 1 2 ( ) 2 x y xy a     ，即 2 2 2 x y xy a    ……②， ……………………………11 分 ∴联立①②可解得x y  ， ∴BD CD  ，命题得证．……………………………………………………………………12 分 21． （12 分） 如图，在棱锥E ABCD  中，AB CD ∥ ， 4 CD AB  ，点F 为棱CD 的中点，与E ，F 相异的动点P 在棱EF 上． (1) 当点P 为EF 的中点时，证明：PB∥平面ADE ； (2) 设平面EAD 与平面EBC 的交线为l ，是否存在点P 使得l∥平面PBD ？若存在， 求EP PF 的值；若不存在，请说明理由． 解：(1) 如图，设点G 为棱ED 的中点，连接AG ，PG ， ∴ 1 1 2 4 GP DF DC   ，GP DC ∥ ，…………………………………………………………1 分 ∵AB CD ∥ ， 4 CD AB  ， ∴GP AB  ，GP AB ∥ ， ∴四边形ABPG 为平行四边形， ………………………………………………………………3 分 ∴AG PB ∥ ， ……………………………………………………………………………………4 分 又PB 平面ADE ，AG 平面ADE ，∴PB∥平面ADE ，……………………………5 分 第21 题图 第21（1）题图 第21（2）题图 高一数学参考答案及评分标准 第7 页共8 页 (2) 如图，延长DA ，CB 相交于点H ，连接EH ，则直线EH 为平面EAD 与平面EBC 的 交线，连接HF ，交BD 于点I ，……………………………………………………………6 分 若EH∥平面PBD ，由线面平行的性质可知EH PI ∥ ， 设HI HF     ， ∵点F 为棱CD 的中点，AB CD ∥ ， 4 CD AB  ， ∴ 2 2 2 2 HI HF HD HC HD HB                   ， ……………………………………………8 分 ∵D ，I ，P 三点共线，∴DI DB       ，即 (1 ) HI HB HD           ，…………………9 分 ∴ 2 1 2    ，即 2 5  ，……………………………………………………………………10 分 当 2 3 EP PF  时， 3 5 PF FI EF FH   ，∴EH PI ∥ ，……………………………………………11 分 又EH 平面PBD ，PI 平面PBD ，∴EH∥平面PBD ， ∴存在满足条件的点P 使得l∥平面PBD ，此时 2 3 EP PF  ．……………………………12 分 22． （12 分） 设函数 ( ) | sin | 2cos f x x x   ． (1) 设 0 (0,2π) x  ， ( ) f x 在 0 x x  处取得最大值，求 0 cos2x ； (2) 关于x 的方程 1 ( ) f x k k   在区间[0,6π]上恰有12 个不同的实数解，求实数k 的取 值范围． 解：(1) ∵ (2π ) | sin(2π ) | 2cos(2π ) | sin | 2cos ( ) f x x x x x f x         ， ∴函数 ( ) f x 关于直线 π x  对称，……………………………………………………………1 分 当 (0,π) x 时， ( ) sin 2cos 5 sin( ) f x x x x      ， 其中 2 5 sin 5  ， 5 cos 5  ，…………………………………………………………2 分 存在 0 (0,π) x  ， 使得 0 ( ) f x 为函数 ( ) f x 在区间(0,π)上的最大值， 由对称性可知 0 ( ) f x 也为 ( ) f x 在区间(0,2π) 上的最大值， ∴ 0 π 2 x    ， 高一数学参考答案及评分标准 第8 页共8 页 ∴ 0 π 5 sin sin( ) cos 2 5 x       ， 0 π 2 5 cos cos( ) sin 2 5 x       ，………………3 分 ∴ 2 0 0 3 cos 2 1 2sin 5 x x   ，…………………………………………………………………4 分 由对称性可知还存在 0 (π,2π) x  ，使得 0 ( ) f x 为函数 ( ) f x 在区间(0,2π) 上的最大值， ∴ 0 5 sin 5 x  ， 2 0 0 3 cos 2 1 2sin 5 x x   ，………………………………………………5 分 ∴ 0 3 cos 2 5 x  ． …………………………………………………………………………………6 分 (2) ∵ ( 2π) | sin( 2π) | 2cos( 2π) | sin | 2cos ( ) f x x x x x f x         ， ∴函数 ( ) f x 为周期函数，周期为2π ，………………………………………………………7 分 ∴关于x 的方程 1 ( ) f x k k   在区间[0,2π] 上恰有4个不同的实数解， 又由对称性可知关于x 的方程 1 ( )