1、2021学年第二学期“四校联考”综合测试高一级数学（问卷）第卷（选择题 共60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. 在复平面内，复数z的对应点为，则（ ）A. B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】复数z的对应点为，可得z=1+i再利用复数的运算法则即可得出【详解】在复平面内，复数z的对应点为（1，1），所以z=1+i所以z2=（1+i）2=2i，故选：B2. 长方体的一个顶点上的三条棱长分别为3、4、5，且它的8个顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是（ ）A. B. C. D. 都不对【答案】B【解析】【分析
2、】由题意长方体的外接球的直径就是长方体的对角线，求出长方体的对角线，就是求出球的直径，然后求出球的表面积【详解】解：长方体的一个顶点上的三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一个球面上，所以长方体的对角线就是球的直径，长方体的对角线为：，所以球的半径为：；则这个球的表面积是：故选：3. 向量在正方形网格中的位置如图所示若向量与垂直，则实数（ ）A. B. C. 3D. 2【答案】C【解析】【分析】设，其中，根据向量垂直的条件可得选项【详解】由图可设，其中，所以，又向量与垂直，所以，即，所以，解得.故选：C.4. 已知在ABC中，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】分析：
3、由余弦定理可得利用可得结果.详解：在中，由余弦定理得，夹角等于，根据向量的数量积定义，故选B.点睛：本题考查利用定义求平面向量数量积，及余弦定理的应用,属于中档题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.5. 如图，长方体的棱所在直线与直线为异面直线的条数是（ ）A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】C【解析】【分析】画出图形，根据异面直线的定义即可数出.【详解】如图，在正方体中与棱所在直线是异面直线的有 ，共6条故选：C.6. 已知是两条不同的直线，为
4、两个不同的平面，则下面四个命题中，正确的命题是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】由空间中直线与平面、平面与平面的位置关系逐一进行分析即可【详解】解：对于A：若，则或或与相交，故A错误；对于B：要得到，则需要与平面内两条相交直线垂直，只有得不到，故B错误；对于C：若，则或与相交，故C错误；对于D：若，由面面垂直的判定定理可得，故D正确；故选：D7. 已知M是边长为1的正ABC的边AC上的动点，N为AB的中点，则的取值范围是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】【分析】可取AC的中点为O，然后以点O为原点，直线AC为x轴，建立平面直角
5、坐标系，从而根据条件可得出，并设，从而可得出，根据x的范围，配方即可求出的最大值和最小值，从而得出取值范围.【详解】解：取AC的中点O，以O为原点，直线AC为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则：，设，且，时，取最小值时，取最大值，的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查了通过建立平面直角坐标系，利用向量坐标解决向量问题的方法，向量坐标的数量积运算，配方求二次函数值域的方法，考查了计算能力，属于中档题.8. 九章算术中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，且.下列说
6、法错误的是（ ）A. 四棱锥“阳马”B. 四面体为“鳖臑”C. 四棱锥体积最大为D. 过A点分别作于点E，于点F，则【答案】C【解析】【分析】由新定义结合线面垂直的判定、性质、体积公式逐项判断即可得解.【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”.所以在堑堵中，侧棱平面,在选项A中，因为，且，则平面，且为矩形，所以四棱锥为“阳马”，故A正确；在选项B中，由，且，所以平面，所以，则直角三角形，由平面，得,为直角三角形，由“堑堵”的定义可得为直角三角形，所以四面体为“鳖臑”，故B正确;在选项C中，在底面有，即，当且仅当时取等号，则，所以C不正确；在选项D中，由平面，则且，则平面，所
7、以又且，则平面，则，所以D正确.故选：C.二、多项选择题：本题共4小题，每小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. 用一个平面去截一个几何体，截面的形状是三角形，那么这个几何体可能是（ ）A. 圆锥B. 圆柱C. 棱锥D. 正方体【答案】ACD【解析】【分析】根据物体特征分析截面可能的情况即可得解.【详解】圆锥的轴截面是三角形，圆柱的任何截面都不可能是三角形，三棱锥平行于底面的截面是三角形，正方体的截面可能是三角形，如图形成的截面三角形,故选：ACD10. 设为复数，则下列命题中正确是（ ）A. B. C. 若，则的最小
8、值为D. 若，则【答案】ACD【解析】【分析】根据复数的概念以及复数的几何意义对每个选项逐个判断即可.【详解】对于A，不妨设，所以.因为，所以；又因为，所以.故A正确；对于B，不妨设，则，和不一定相等，故B错误；对于C，根据复数的几何意义可知，表示以原点为圆心，为半径的圆上的点；表示点到点的距离，那么点与点重合时距离最小为，故最小值为，故C正确；对于D，根据复数的几何意义可知，可以表示以为圆心，为半径的圆上的点,表示点到原点的距离，则当点与点重合时距离最小为；当点时距离最大为.故，故D正确.故选:ACD11. 对于，有如下命题，其中正确的有（ ）A. 若，则是等腰三角形B. 若是锐角三角形，则
9、不等式恒成立C. 若，则为锐角三角形D. 若，则为钝角三角形【答案】BD【解析】【分析】对选项A，根据题意得到或，即可判断A错误；对选项B， 根据题意得到，从而得到，即可判断B正确；对选项C，根据题意得到，从而得到，即可判断C错误；对选项D，根据得到为钝角，即可判断D正确.【详解】对选项A，所以或，故A错误；对选项B，是锐角三角形，所以，所以，故B正确.对选项C，所以，.又因为，所以为钝角，为钝角三角形，故C错误；对选项D，所以，即，又因为，所以为钝角，为钝角三角形，故D正确.故选：BD12. 如图,正方形中,分别是的中点将分别沿折起,使重合于点.则下列结论正确的是A. B. 平面C. 二面角
10、的余弦值为D. 点在平面上的投影是的外心【答案】ABC【解析】【分析】对于A选项，只需取EF中点H，证明平面；对于B选项，知三线两两垂直，可知正确；对于C选项，通过余弦定理计算可判断；对于D选项，由于，可判断正误.【详解】对于A选项，作出图形，取EF中点H，连接PH，DH，又原图知和为等腰三角形，故,，所以平面，所以，故A正确；根据折起前后，可知三线两两垂直，于是可证平面，故B正确；根据A选项可知 为二面角的平面角，设正方形边长为2，因此，由余弦定理得：，故C正确；由于，故点在平面上的投影不是的外心，即D错误；故答案为ABC.【点睛】本题主要考查异面直线垂直，面面垂直，二面角的计算，投影等相关
11、概念，综合性强，意在考查学生的分析能力，计算能力及空间想象能力，难度较大.第卷（非选择题 共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分13. 向量在向量方向上的投影向量的模为_【答案】2【解析】【详解】根据投影的定义可得：在方向上的投影向量为：所以在方向上的投影向量的模为故答案为：214. 若正三棱柱的所有棱长均为，且其体积为，则侧面积为_.【答案】【解析】【分析】根据正三棱柱的体积计算出的值，由此可计算出该正三棱柱的侧面积.【详解】正三棱柱的底面积为，所以，该正三棱柱的体积为，解得，因此，该正三棱柱的侧面积为.故答案为.【点睛】本题考查正三棱柱的侧面积的计算，解题的关键就是利
12、用正三棱柱的体积计算出棱长，考查计算能力，属于基础题.15. 如图，在四边形ABCD中，E为边BC的中点，若，则_【答案】【解析】【分析】首先连接，再利用向量加法的几何意义求解即可.【详解】连接，如图所示：所以，则.故答案为：16. 滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作滕王阁序中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，如图，在滕王阁旁水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点P的仰角分别为30，60，45，且米，则滕王阁的高度_米【答案】【解析】【分析】设，由边角关系可得，在和中，利用余弦定理列方程，结合可解得的值，进而可得长.【详解】设，因为，则又，所以，.在中，即.，在中，
13、即，因为，所以由两式相加可得：，解得：，则，故答案为：.四、解答题17. 已知复平面内的点A，B对应的复数分别为，（），设对应的复数为z.（1）当实数m取何值时，复数z是纯虚数；（2）若复数z在复平面上对应的点位于第四象限，求实数m的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求出，z是纯虚数，虚部不为0，实部为0，即可求解；（2）根据的值，求出对应点到坐标，根据已知列出不等式，即可求出结论.【详解】点A，B对应的复数分别为， 对应的复数为z，（1）复数z是纯虚数，解得，；（2）复数z在复平面上对应的点坐标为，位于第四象限，即，.【点睛】本题考查复数的代数表示法、几何意义、复数的分
14、类，属于基础题.18. 已知平面向量（1）若，且，求的坐标；（2）若与的夹角为锐角求实数的取值范围【答案】（1）或 （2）【解析】【分析】（1）设，由向量平行和向量的模列出方程组可解得x，y，即可得向量的坐标；（2）由可求出的范围，去除两向量共线的情形即可得最终范围.【小问1详解】设，因为，所以，因为，所以解得：，或，所以或【小问2详解】，因为与的夹角为锐角，所以，解得：且，即19. 在中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且（1）求角B的大小；（2）若，求的面积【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）由正弦定理化简后求解（2）由正余弦定理与面积公式求解【小问1详解】由正弦定理化
15、简得：，得，而，故，【小问2详解】由余弦定理得：，而，化简得，解得或，当时，当时，故的面积为或20. 如图所示，在正三棱柱中，D是的中点，（1）证明：直线平面；（2）求异面直线与所成的角【答案】（1）证明详见解析 （2）【解析】【分析】（1）连接交于点E连接DE，推导出DEAB1，由此证明AB1平面BDC1；（2）由（1）知，异面直线与所成的角即直线DE与所成角，在中求解即可知异面直线所成角.【小问1详解】如图，连接交于点E，连接DE，由正三棱柱ABC-A1B1C1可知，点E为B1C的中点，又D为AC的中点，所以DEAB1，且平面BDC1，平面BDC1，所以AB1平面BDC1【小问2详解】由（
16、1）可知异面直线AB1与BD所成角即直线DE与BD所成角.由正三棱柱可知，所以，.又因为，所以，所以在等边三角形中，D为中点，则，得.在中，所以，异面直线与所成的角为.21. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，APC=90（1）证明：平面PAB平面PAC；（2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥PABC的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据已知可得，进而有，可得，即，从而证得平面，即可证得结论；（2）将已知条件转化为母线和底面半径的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形边长，在等腰直角三角形中求出，在中，求出，即可求出结
17、论.【详解】（1）连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面，在上，是圆内接正三角形，即，平面平面，平面平面；（2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，解得，在等腰直角三角形中，在中，三棱锥的体积为. 【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.22. 如图，平面四边形的对角线相交于四边形内部，.（1）若，求的值；（2）记，当变化时，求长度的最大值.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）由已知利用余弦定理可得的值，由正弦定理求得，利用同角三角函数的基本关系式，求得，利用诱导公式，即可求得的值；（2）在中，利用余弦定理可求得的值，利用正弦定理求得，在中，求得额的值，在中，由余弦定理求得，利用三角函数的性质，即可求解.【详解】（1）在中，由余弦定理可得，所以，由正弦定理，可得，所以，故.（2）在中，由，可得，由，可得，在中，所以，在中，由余弦定理可得，可得 ，因为，故最大时，也最大，当时，即，最大，最大值为，所以
