1、上海市复旦大学附属中学 2021-2022 学年高一下学期末数学试卷一、填空题1.已知复数 z 满足i1z (i 是虚数单位)，则复数 z _【答案】i【解析】【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得.【详解】解：因为i1z ，所以211 iiiiz .故答案为：i2.已知直线l 的一个方向向量为(1,2,1)d，平面 的一个法向量(,4,2)nx，若/l，则实数 x _【答案】10【解析】【分析】根据直线与平面平行，得到直线的方向向量与平面的法向量垂直，进而利用空间向量数量积为 0 列出方程，求出 x 的值.【详解】因为/l，所以直线l 的方向向量与平面 的法向量垂直，即(,4,2)(
2、1,2,1)820n dxx，解得：10 x.故答案为：103.已知圆柱的底面半径为 2，高为 2，则该圆柱的侧面积是_【答案】8【解析】【分析】圆柱侧面展开为矩形，求出矩形的长和宽，得到侧面积.【详解】圆柱侧面展开为矩形，其中矩形的一条边长为圆柱底面周长，即2 24，另一边长为 2，故圆柱的侧面面积为2 48.故答案为：84.已知向量(2,1),(1,1)ab，且 a 与 ab的夹角为钝角，则实数 的取值范围是_【答案】,5【解析】【分析】由两向量夹角为钝角得到数量积小于 0，且不反向共线，列出不等式，求出实数 的取值范围.【详解】2,11,12,1ab，因为a 与ab的夹角为钝角，所以所以
3、 2,12,142150aab，解得：5 ，且 a 与ab不反向共线，即 2 120，解得：0，综上：5 ，故答案为：,5.5.正方体1111ABCDA BC D的棱长为 2，则直线1BB 与平面11ACC A 的距离是_【答案】2【解析】【分析】先证明出1/B B平面11ACC A，得到 B 到平面11ACC A 的距离即为直线1BB 与平面11ACC A 的距离，作出辅助线，证明出 BD平面11ACC A，BO 即为直线1BB 与平面11ACC A的距离，求出2BO 即为答案.【详解】因为11/B BA A，1A A 平面11ACC A，1B B 平面11ACC A，所以1/B B平面11
4、ACC A，故点 B 到平面11ACC A 的距离即为直线1BB 与平面11ACC A 的距离，连接 BD交 AC 于点O，因为四边形 ABCD 为正方形，所以 AC BD，又因为1A A 平面 ABCD，BD 平面 ABCD，所以1A A BD，因为1A AACAI，,1A A AC 平面11ACC A，所以 BD平面11ACC A，故 BO 即为直线1BB 与平面11ACC A 的距离，因为正方体1111ABCDA BC D的棱长为 2，所以221122222BOBD，故直线1BB 与平面11ACC A 的距离为2.故答案为：26.如图，长方体1111ABCDA BC D中，12,1ABA
5、AAD，点 E 和 F 分别为线段1CC 和1CD中点，则异面直线 AE 与 BF 所成角的余弦值为_【答案】16【解析】【分析】作出辅助线，找到1PQD或其补角为异面直线 AE 与 BF 所成角，再求出1PQD 的三边长，利用余弦定理求出答案.【详解】取 AB 的中点 Q，连接1D Q，因为点 F 为1CD 的中点，所以1D FQB，又1/D FQB，故四边形1D FBQ 为平行四边形，所以1/D QFB，连接 BE，取 BE 的中点 P，连接 PQ，因为 Q 为 AB 的中点，所以 PQ/AE，所以1PQD或其补角为异面直线 AE 与 BF 所成角，过点 P 作 PG1CC 于点 G，PM
6、BC 于点 M，连接11,DG QM D A，因为12,1ABAAAD，所以22115D AADDD，22115 16DQADAQ，因为点 E 为线段1CC 中点，则1122PMCE，1122PGBC，113222C G，12BM，由勾股定理得：22111195442DGDCC G，221125126442D PDGPG，2215142MQBQBM，22156442PQMQPM，在1PQD 中，由余弦定理得：22211116266144cos266262PQD QPDPQDPQ D Q，异面直线 AE 与 BF 所成角的余弦值为 16.故答案为：167.已 知 P 是 二 面 角l 内 的 一
7、 点，PA 垂 直 于 于,A PB 垂 直 于 于,8 3,8B ABPAPB，则二面角l 的大小为_【答案】3【解析】【分析】设平面 PAB交直线l 于点O，连接OA，OB，可证得AOB即二面角l 的平面角，在APB由余弦定理求出APB，即可求出二面角l 的大小【详解】解：设平面 PAB交直线l 于点O，连接OA，OB，由于 PA，PB，l ，l，故 PAl，PBl，又 PAPBP，,PA PB 平面 PAB，故l 平面 PAB，又OA，OB 平面 PAB，故lOA，lOB，所以AOB为二面角l 的平面角，由于 PA，PB，OA，OB，故 PAOA，PBOB，故在四边形 PAOB 中，AP
8、B与AOB互补，又8 3AB，8PAPB，在APB中由余弦定理2222cosABAPBPAP BPAPB，即2228 3882 8 8cosAPB ，解得1cos2APB，又0APB，所以23APB ，故233AOB，则二面角l 的大小为 3 故答案为：3 8.已知球O 的半径为 1，球面上有三点 A，B，C 且2ABBCAC，则球面上的点到平面 ABC 的距离的最大值为_【答案】333【解析】【分析】求出等边三角形 ABC 外接圆半径，进而求出圆心 O 到平面 ABC 的距离，从而延长EO 交球与点 D，则点 D 到平面 ABC 的距离最大，求出最大距离.【详解】显然三角形 ABC 为等边三
9、角形，设点 E 为三角形 ABC 的中心，则 OE平面 ABC，连接 BO，BE，则1BO ，BE 为三角形 ABC 的外接圆半径，因为2ABBCAC，由正弦定理得：262sin 603BE，由勾股定理得：2233OEOBBE，延长 EO 交球与点 D，则点 D 到平面 ABC 的距离最大，最大距离为333ODOE.故答案为：333.9.如 图，直 四 棱 柱1111ABCDA BC D中，底 面 ABCD 为 平 行 四 边 形，11,2,2,60ABADAABAD，点 P 是半圆弧11A D 上的动点(不包括端点)，点Q 是半圆弧 BC 上的动点(不包括端点)，若三棱锥 PBCQ的外接球表
10、面积为S，则S 的取值范围是_【答案】25,134【解析】【分析】先由余弦定理求出3BD，从而得到 ABBD，确定 BC 的中点 E 为三棱锥PBCQ的外接球球心O 在平面 BCQ的投影，再证明出 M 为 AD 的中点，N 为11B C 的中点，即 EN平面 ABCD，故球心在线段 EN 上，从而确定当点 P 与点 N 重合时，三棱锥 PBCQ的外接球半径最小，点 P 与1A 或1D 重合，此时 PN 最长，故三棱锥 PBCQ的外接球半径最大，画出图形，求出相应的外接球半径和表面积，最后结合点 P 是半圆弧11A D 上的动点(不包括端点)，故最大值取不到，求出表面积的取值范围.【详解】因为1
11、,2,60ABADBAD，由余弦定理得：2212cos1 4432BDABADAB ADBAD，因为222ABBDAD，由勾股定理逆定理得：ABBD，直四棱柱1111ABCDA BC D中，底面为平行四边形，故 BDCD，点Q 是半圆弧 BC 上的动点(不包括端点)，故 BC 为直径，取 BC 的中点 E，则 E 为三棱锥 PBCQ的外接球球心O 在平面 BCQ 的投影，设 BC 与 AD 相交于点 M，11A D 与11B C 相交于点 N，连接 EM，ED，则 EM=ED因为60BCD，故30CBD，260DEMDBC ，故三角形 DEM 为等边三角形，1122DMDEBCAD，即 M 为
12、 AD 的中点，同理可得：N 为11B C 的中点，连接 EN，则 EN平面 ABCD，故球心在线段 EN 上，显然，当点 P 与点 N 重合时，三棱锥 PBCQ的外接球半径最小，假如点 P 与1A 或1D 重合，此时 PN 最长，故三棱锥 PBCQ的外接球半径最大，如图 1，点 P 与点 N 重合，连接 OC，设ONR，则 OE=2-R，OCR，由勾股定理得：222OEECOC，即2221RR，解得：54R，此时外接球表面积为22544R；如图 2，当点 P 与1A 或1D 重合时，连接11,AO A N OC，其中2211111112?cos1203A NABB NAB B N，设OEh，
13、则2ONh，由勾股定理得：2221132AOA NONh，2221OCOEECh，故22321hh，解得：32h，此时外接球半径为913142OC ，故外接球表面积为134134，但因为点 P 是半圆弧11A D 上的动点(不包括端点)，故最大值取不到，综上：S 的取值范围是 25,134.故答案为：25,134【点睛】几何体外接球问题，通常要找到几何体的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积.10.ABC 中，,1,32AABAC，过点 A 的直线l 在平面 ABC 上，且 ABC 在直线
14、l的同一侧，将 ABC 绕直线l 旋转一周所得的几何体的体积的最大值为_【答案】2 3 3【解析】【分析】作出图形，得到将 ABC 绕直线l 旋转一周所得的几何体体积为台体OD 的体积减去上下两个圆锥的体积，设出角度，表达出台体体积及两个圆锥体积，从而表达出旋转一周所得的几何体的体积2 3sin33V，结合0,2，正弦函数图象，求出最大值.【详解】因为,1,32AABAC，所以2BC，将 ABC 绕直线l 旋转一周所得的几何体体积为台体OD 的体积减去上下两个圆锥的体积，设0,2BAD，则OCA，sinsin,sin3sinBDBAAOCA，coscos,cos3cosADABCOAC，所以台
15、体OD 的体积为 222221 3BDOCBDOCOD 221 sin3 cos3sincoscos3sin3，圆锥 AD 的体积为2211 sincos33BDAD，圆锥 AO 的体积为221 3cossin3OCAO，故旋转一周所得的几何体的体积为 222211 sin3 cos3sincoscos3sin sincos3cossin33V33221 3sin3cos3sincos3sincos322221 3sinsincos3coscossin312 33sin3cossin333，因为0,2，所以 5,336，当32，即6 时，2 3sin33V取得最大值，最大值为 2 3 3.故答
16、案为：2 3 3.二、选择题11.已知直线l、m 与平面，其中m，则“lm”是“l”的（）条件A.充分非必要B.必要非充分C.充要D.既不充分也不必要【答案】B【解析】【分析】举出反例得到充分性不成立，由线面垂直的定义得到必要性成立.【详解】如图 1，满足lm，但,l 不垂直，充分性不成立，当l时，因为m，由线面垂直的定义可知：lm，必要性成立，故“lm”是“l”的必要不充分条件.故选：B12.如图，在正方体1111ABCDA BC D中，动点 E 在棱 BC 上，动点 F 在线段11AC 上，O 为底面 ABCD 的中心，若1,BEx A Fy，则四面体OAEF的体积（）A.与,x y 都有
17、关B.与 x 有关，与 y 无关C.与 y 有关，与 x 无关D.与,x y 都无关【答案】B【解析】【分析】作出辅助线，求出14AOESa ax，点 F 到平面 ABCD 的距离为定值 a，故四面体OAEF体积为214Vaax，得到体积与 x 有关，与 y 无关.【详解】连接 AC，BD 相交于点 O，过点 E 作 EGAC 于点 G，设正方体1111ABCDA BC D的边长为a，则22AOBOa，因为平面1111DCBA/平面 ABCD，11AC 平面1111DCBA，所以11/AC平面 ABCD，因为动点 F 在线段11AC 上，所以点 F 到平面 ABCD 的距离为定值a，因为 BE
18、x，故CEax，由相似知识可知：GECEBOBC，即22GEaxaa，所以22GEax，1122122224AOESAO EGaaxa ax，故四面体OAEF的体积为211312AOEVSaaax，故体积与 x 有关，与 y 无关.故选：B13.已知 ABC 中，角 A、B、C 的对边分别为a、b、c，若 tantan1tantan3CCAB，则222abc的值为（）A.3B.4C.7D.8【答案】C【解析】【分析】先化为11tantan31tanABC，将切化弦，结合正弦定理得到ccoscs3oosABabcC，再利用余弦定理求出2227abc，得到答案.【详解】因为 tantan1tant
19、an3CCAB，所以11tantan31tanABC即 coscossinsin3sincosABABCC，由正弦定理得：ccoscs3oosABabcC，由余弦定理得：222222222226bcaacbabcabcabcabc，整理得：2227abc，所以2227abc故选：C14.如图，一张4A 纸的长122PPa，宽142 2PPa，,A B C D 分别是其四条边的中点现将其沿图中虚线折起，使得1234,P P P P 四点重合为一点 P，从而得到一个多面体，下列关于该多面体的命题：该多面体是三棱锥；平面BAD平面 BCD；平面 BAC 平面 ACD；该多面体外接球的表面积为24a；
20、其中正确的个数是（）A.0B.1C.2D.3【答案】D【解析】【分析】将该多面体放入长方体中，利用题干条件求出长方体的长、宽、高，从而得到该多面体是三棱锥，正确；求出各边长，求出222APCPAC，得到 APCP，再由 APBD 即可证明线面垂直，从而得到面面垂直，正确；同理可证明出平面 BAC 平面 ACD，正确；长方体的外接球即为该几何体的外接球，求出长方体的体对角线，从而求出外接球半径和表面积.【详解】将该多面体放入长方体中，如图，设长、宽、高分别为,x y z，则222222222433xyaxzayza，解得：22xayaza ，满足题意，从而该多面体是三棱锥，正确；由勾股定理得：2
21、232APCPaaa，而 AC2a，所以222APCPAC，由勾股定理逆定理得 APCP，因为3ABADa，P 为 BD 中点，所以 APBD，因为 BDCPP，,BD CP 平面 BCD，所以 AP平面 BCD，因为 AP 平面 BAD，所以平面BAD平面 BCD，正确；取 AC 的中点 H，连接 HB，HD，因为3ABBCDADCa，故 BH AC，DHAC，且2232BHDHaaa，又2BDa，故222BHDHBD，所以 BHDH，因为,DH AC 平面 ACD，且 DHACH，所以 BH平面 ACD，又因为 BH 平面 BAC，所以平面 BAC 平面 ACD，正确；从图形可知，长方体的
22、外接球即为该三棱锥的外接球，而长方体的体对角线长为2225xyza，故外接球的半径为52a，故该多面体外接球的表面积为224525aa，错误.故选：D【点睛】在解决平面图形的翻折问题时，应找出其中变化的量和没有变化的量，包括位置关系和数量关系，通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化，不在同一平面上的元素之间的位置关系发生变化，解题时应抓住不变量，利用解三角形知识或建立空间直角坐标系进行求解.三、解答题15.已知向量sin,1,3,cosmn，其中,2，且mn（1）求 tan 和sin 2 的值；（2）若5sin()5，且0,2，求角 的值【答案】（1）13；35-（2）4【解析
23、】【分析】（1）由mn得0m nr r，化简可求 tan，结合万能公式可求sin 2；（2）采用整体法，由sinsinsincoscossin，结合角度范围，分别求出cos,sin,cos，进而得解.【小问 1 详解】因为mn，所以 3sincos0，即1tan3 ；222122sincos2tan33sin 22sincos1sincos1tan519 ；【小问 2 详解】由（1）得1010sin，3 10cos10 ，sinsinsincoscossin，因,2，0,2，所以 3,22，因为5sin5，所以3,2，2 5cos5，所以53 102 5102sinsincoscossin51
24、05102 ，所以4.16.如 图，四 棱 锥 PABCD中，PA 平 面 A B C D，2BADBCD，1,2ABBCPABD过点C 作直线 AB 的平行线交 AD 于,F G 为线段 PD上一点（1）求证：平面 PAD 平面CFG；（2）求平面 PBC 与平面 PDC 所成二面角的大小【答案】（1）证明过程见解析（2）3 57arccos95【解析】【分析】（1）证明出 AB平面 PAD，由 CF/AB，得到 CF平面 PAD，故证明面面垂直；（2）作出辅助线，找到BED 为平面 PBC 与平面 PDC 所成二面角的平面角，利用余弦定理求出二面角的大小.【小问 1 详解】因为 PA 平面
25、 ABCD，AB 平面 ABCD，所以 PAAB，因为2BAD，所以 AB AD，因为 PAAD=A，,PA AD 平面 PAD，所以 AB平面 PAD，因为 CF/AB，所以 CF平面 PAD，因为 CF 平面 CFG，所以平面 CFG平面 PAD；【小问 2 详解】PA 平面 ABCD，AD，AC 平面 ABCD，所以 PAAD，PAAC，因为2BADBCD，1,2ABBCPABD，由勾股定理得：223ADBDAB，则ADB=30，同理可得3CD，CDB=30，故ADC=60，所以三角形 ACD 为等边三角形，3ACCD，故225PBPAAB，227PCPAAC，227PDPAAD，过点
26、B 作 BEPC 于点 E，连接 DE，在BCP 中，由余弦定理得：2221 753 7cos2142 7BCCPPBBCPBC CP，则3 7cos14CEBCBCP，22192 7BEBCCE，CDP 中，由余弦定理得：2227373cos22 372 7PCCDDPPCDPC CD，在CDE 中，222933752cos32328282 72 7DECECDCE CDPCD ，因为2223CEDECD，所以 DEPC，所以BED 为平面 PBC 与平面 PDC 所成二面角的平面角，由余弦定理得：222197543 572828cos295195 322 72 7BEDEBDBEDBE D
27、E，故平面 PBC 与平面 PDC 所成二面角的大小为3 57arccos95.17.如 图 所 示，有 满 足 下 列 条 件 的 五 边 形 的 彩 纸 ABCDE，其 中3 c mDE，21cm,3BCCDBCDCDE，3BAE现将彩纸沿 BE 向内进行折叠（1）求线段 BE 的长度；（2）若 ABE 是等边三角形，折叠后使 AB BC，求直线 AB 与平面 BCDE 的所成角的大小；（3）将折叠后得到的四棱锥记为四棱锥 ABCDE，求该四棱锥的体积的最大值【答案】（1）2 3cmBE（2）3（3）37 3 cm4【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到 CDF 为等边三角形，求出2cmB
28、F，4cmEF，利用余弦定理求出答案；（2）作出辅助线，证明线面垂直，得到ABQ即为直线 AB 与平面 BCDE 的所成角，显然3ABE，从而求出答案；（3）先求出四边形 BCDE 的面积，要想折叠后得到的四棱锥 ABCDE体积最大，则要四棱锥的高最大，故要使平面 ABE 平面 BCDE，且需要ABE 边 BE 上的高最大，再利用余弦定理及基本不等式得到 BE 上的高最大值，从而求出体积的最大值.【小问 1 详解】延长 BC，ED 相交于点 F，因为23BCDCDE，所以3FCDFDC，故 CDF 为等边三角形，所以1cmCFDF，3F因为3cmDE，1cmBC，所以1 12cmBF ，1 3
29、4cmEF ，在BEF中，由余弦定理得：22212cos4 162 2 4122BEBFEFBF EFF ，所以2 3cmBE；【小问 2 详解】由（1）知：2cmBF，4cmEF，2 3cmBE，所以222BFBEEF，由勾股定理逆定理得：BC BE，因为 AB BC，ABBEB，,AB BE 平面 ABE，所以 BC平面 ABE，取 BE 的中点 Q，连接 AQ，CQ，因为 AQ 平面 ABE，所以 BCAQ，因为 ABE 是等边三角形，由三线合一得：AQBE，因为 BE，BC 平面 BCDE，BEBCB，所以 AQ平面 BCDE，所以ABQ即为直线 AB 与平面 BCDE 的所成角，显然
30、3ABE，故直线 AB 与平面 BCDE 的所成角大小为 3.【小问 3 详解】延长 BC，ED 相交于点 F，由（1）（2）得：BFBE，且 CDF 为等边三角形，故2112 2 32 3cm22BEFSBF BE，213sincm234CDFSCF DF，故四边形 BCDE 的面积为237 32 3cm44BEFCDFSS，要想折叠后得到的四棱锥 ABCDE体积最大，则要四棱锥的高最大，故要使平面 ABE 平面 BCDE，且需要ABE 边 BE 上的高最大，因为3BAE，2 3cmBE，故只需使ABE 的面积最大，由余弦定理得：22222121cos222ABAEBEABAEBAEAB A
31、EAB AE，故2212ABAEAB AE，由基本不等式得：222ABAEAB AE，即122AB AEAB AE，所以12AB AE，当且仅当 ABAE时，等号成立，ABE 的面积最大值为21sinc3 323mAB AE，故四棱锥的高最大为 2 3 33cm2 3，该四棱锥的体积的最大值为317 37 33=cm344.18.如图，斜三棱柱111ABCA B C-中，ACBC，D 为 AB 的中点，1D 为11A B 的中点，平面 ABC 平面11ABB A（1）求证：直线1/A D平面11BC D；（2）设直线1AB 与直线1BD 的交点为点 E，若三角形 ABC 是等边三角形且边长为
32、2，侧棱172AA，且异面直线1BC 与1AB 互相垂直，求异面直线1A D 与1BC 所成角；（3）若122,2,tan2ABACBCA AB，在三棱柱111ABCA B C-内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切求三棱柱111ABCA B C-的高【答案】（1）证明见解析（2）2 3arctan3（3）2 369【解析】【分析】（1）证明出四边形11A D BD 为平行四边形，从而11/A DBD，得到线面平行；（2）先证明出 E 为三等分点，然后运用余弦定理求出1AB 可得；（3）因为在三棱柱111ABCA B C-内放置两个半径相等的球，使这
33、两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切，故小球的半径即为三棱柱直截面的内切圆的半径，利用面积公式得到内切圆半径，画出立体几何图形，结合相关关系求出三棱柱的高.【小问 1 详解】斜三棱柱111ABCA B C-中，1D 为11A B 的中点，D 为 AB 的中点，所以11111122A DA BABBD，且11A DBD，所以四边形11A D BD 为平行四边形，所以11/A DBD，因为1BD 平面11BC D，1A D 平面11BC D，所以1/A D平面11BC D；【小问 2 详解】因为 AC=BC，D为 AB 的中点，所以 CDAB，因为平面 ABC 平面11ABB A
34、，交线为 AB，CD 平面 ABC，所以 CD平面11ABB A，故11C D 平面11ABB A，所以111C DAB,又1BC 与1AB 互相垂直，1111BCC DC,111,BC C D 面11BC D故1AB 面11BC D,得11ABBD.即11B D E 为直角三角形，在11ABB A 中，1,D D 为中点，11/A DBD，所以 E 为1AB 的三等分点，设1B Et，由余弦定理可得：2222221111111111117322cos212 32tB EABA BAAtA B AB DABA Bt解之：32t，所以11,6AB A故112D E 11111113/,.22D
35、EB DA BABBDEBAB11C D 平面11ABB A，111,C DBD在11BD C中，112 3tan3D BC.1A D 与1BC 所成的角为2 3arctan.3【小问 3 详解】过 B 作1BPAA于 P，过 P 作1FPCC于 F，连 BFBPF为直截面，小球半径为BPF的内切圆半径因为2,2ABACBC，所以222ACBCAB，故 ACBC，则112CDAB设2,BPt所以2APt，由222ABBPAP解得63t，2 32 6,33BPAP；由最小角定理11221coscoscos263A ACA ABBAC12sin3PFACA AC由CD 面11ABB A,易知1BPCC，23BFPFBP内切圆半径为：13r 则12 362 sin.9hrrrA AB【点睛】定义法求解二面角，需要先作出辅助线，找到二面角的平面角，再求出各边长，利用余弦定理求解该角的余弦值，或根据直角三角形锐角三角函数求出该角的正弦，余弦或正切值，得到答案.
