安徽省滁州市定远民族高级中学校2021-2022学年高二上学期期初质量检测数学试题（Word版含答案）

定远民族高中2021—2022学年度第一学期初期高二质量检测
数学试卷
一、选择题(共12小题,每小题5分,共60分)
1.已知复数z1＝2＋i，z2在复平面内对应的点在直线x＝1上，且满足1·z2是实数，则z2等于(　　)
A．
1－i
B．
1＋i
C．＋i
D．－i
2.已知空间向量a＝(1，n,2)，b＝(－2,1,2)，若2a－b与b垂直，则|a|等于(
)
A．
B．
C．
D．
3.在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F.若＝a，＝b，则等于(　　)
A．a＋b
B．a＋b
C．a＋b
D．a＋b
4.在△ABC中，点D在直线CB的延长线上，且＝4＝r＋s，
则r－s等于(　　)
A．
0
B．
C．
D．
3
5.某公司有一批专业技术人员，其中年龄在35～50岁的本科生和研究生分别有30人和20人，现用分层抽样法在35～50岁年龄段的专业技术人员中抽取一个容量为5的样本，将该样本看成一个总体，从中任意抽取3人，则至少有1人为研究生的概率为(　　)
A．
B．
C．
D．
6.已知A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)，则△ABC的形状是(　　)
A．
等腰三角形
B．
等边三角形C．
直角三角形
D．
等腰直角三角形
7.梯形OABC的直观图是一个等腰梯形O′A′B′C′，等腰梯形O′A′B′C′的底角为45°，且面积为，则梯形ABCD的面积为(　　)
A．
4
B．
2
C．
2
D．
8.“幸福感指数”是指某个人主观地评价他对自己目前生活状态的满意程度的指标，常用区间[0,10]内的一个数来表示，该数越接近10表示满意程度越高，现随机抽取6位小区居民，他们的“幸福感指数”分别为5,6,7,8,9,5，则这组数据第80百分位数是(　　)
A．7　　　B．7.5
C．8　　　D．9
9.甲从正方形四个顶点中任选两个顶点连成直线，乙也从该正方形四个顶点中任选两个顶点连成直线，则所得的两条直线相互垂直的概率是(　　)
A．
B．
C．
D．
10.《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“禾盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为(　　)
A．
B．
C．
D．
11.设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是(　　)
A．
若m?β，α⊥β，则m⊥α
B．
若m∥α，m⊥β，则α⊥β
C．
若α⊥β，α⊥γ，则β⊥γ
D．
若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β
12.已知多面体ABC－DEFG中(如图)，AB、AC、AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则这个多面体的体积为(　　)
A．
2
B．
4
C．
6
D．
8
二、填空题(共4小题,每小题5分,共20分)
(
第14题
)
(
第13题
)13.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.
14.已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为__________.
15.在平面直角坐标系xOy中，已知A(1,0)，B(0,1)，点C在第一象限内，∠AOC＝，且OC＝2，若＝λ＋μ，则λ＋μ的值是________．
16.在?ABCD中，E和F分别是边CD和BC的中点，＝λ＋μ，其中λ，μ∈R，则λ＋μ＝________.
三、解答题(共6小题,共70分)
17.（10分）在△ABC中，内角A，B，C对应的边长分别为a，b，c，已知m＝(c，a＋b)，
n＝(a－b，acosB－b),
m∥n.
(1)求角A；
(2)若a＝，求b＋c的取值范围．
18.（12分）在平面直角坐标系中，已知三点A(4,0)，B(t,2)，C(6，t)，t∈R，O为坐标原点．
(1)若△ABC是直角三角形，求t的值；
(2)若四边形ABCD是平行四边形，求||的最小值．
(
第19题
)19.（12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.
(1)求证：BD⊥平面AED；
(2)求二面角F－BD－C的余弦值．
20.（12分）在△ABC中，已知·＝3·.
(1)求证：tanB＝3tanA；
(2)若cosC＝，求A的值．
21.（12分）已知空间三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．
(1)若点D在直线AC上，且⊥，求点D的坐标；
(2)求以BA，BC为邻边的平行四边形的面积．
22.（12分）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为CD中点，以AE为折痕，把△DAE折起到△D′AE的位置，且平面D′AE⊥平面ABCE.
(1)求证：AD′⊥BE；
(2)求四棱锥D′－ABCE的体积；
(3)在棱ED′上是否存在一点P，使得D′B∥平面PAC，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由．
答案解析
1.【答案】B
【解析】由z1＝2＋i，得1＝2－i，
由z2在复平面内对应的点在直线x＝1上，
可设z2＝1＋bi(b∈R)，
则1·z2＝(2－i)·(1＋bi)＝2＋b＋(2b－1)i.
又1·z2为实数，所以2b－1＝0，b＝.
所以z2＝1＋i.
2.【答案】B
【解析】因为a＝(1，n,2)，b＝(－2,1,2)，
所以2a－b＝(4,2n－1,2)．
因为2a－b与b垂直，
所以(2a－b)·b＝0，
所以－8＋2n－1＋4＝0，
解得n＝，所以a＝，
所以|a|＝＝.
3.【答案】B
【解析】如图所示，
∵E是OD的中点，∴＝＝b.
又∵△ABE∽△FDE，∴＝＝.
∴＝3，∴＝.
在△AOE中，＝＋＝a＋b，
∴＝＝a＋b，故选B.
4.【答案】C
【解析】∵＝＋＝4，∴＝3.
∴＝－＝＋－＝＋－＝＋(－)－＝－，
∴r＝，s＝－，r－s＝，故选C.
5.【答案】D
【解析】设容量为5的样本中本科生的人数为m，由题意可得＝，解得m＝3，所以样本中有研究生2人，分别记为A，B，本科生3人，分别记为a，b，c，所以从中任意抽取3人的所有情况有(A，B，a)，(A，B，b)，(A，B，c)，(A，a，b)，(A，a，c)，(A，b，c)，(B，a，b)，(B，a，c)，(B，b，c)，(a，b，c)，共10种，3人均为本科生的情况只有(a，b，c)1种，所以至少有1人为研究生的概率为＝.
6.【答案】C
【解析】因为＝(3,4，－8)，＝(2，－3,1)，＝(5,1，－7)，
·＝10－3－7＝0，∴BC⊥AC，
而||＝，||＝5，
所以△ABC是直角三角形．
7.【答案】A
【解析】如图，由斜二测画法原理知，平面中的图形与直观图中的图形上下底边的长度是一样的，不一样的是两个梯形的高，其高的关系是这样的：平面图中的高OA是直观图中O′A′长度的2倍，如直观图，O′A′的长度是直观图中梯形的高的倍，由此平面图中梯形的高OA的长度是直观图中梯形高的2×＝2倍，故其面积是梯形O′A′B′C′的面积的2倍，
又∵梯形O′A′B′C′的面积为，
∴原梯形的面积是4.
故选A.
8.【答案】C　[该组数据从小到大排列为5,5,6,7,8,9，且6×80%＝4.8．所以这组数据的第80百分位数是8．]
9.【答案】C
【解析】甲从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，乙也从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，所得的直线共有6×6＝36(对)，而相互垂直的有10对，故根据古典概型概率公式得P＝＝.
10.【答案】D
【解析】设圆锥的底面半径为r，则圆锥的底面周长L＝2πr，∴r＝，∴V＝πr2h＝.令＝L2h，提π＝，故选D.
11.【答案】B
【解析】若m?β，α⊥β，则m与α的关系不确定，故A错误；若m∥α，则存在直线n?α，使m∥n，又由m⊥β，可得n⊥β，进而由面面垂直的判定定理得到α⊥β，故B正确；若α⊥β，α⊥γ，则β与γ关系不确定，故C错误；若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α与β可能平行，也可能相交(此时交线与m，n均平行)，故D错误．故选B.
12.【答案】B
【解析】取DG中点M，连接CM，AM，FM，则这个多面体的体积可以表示为棱柱BEF－ADM与三棱锥C－FMG以及四棱锥C－ABFM的和．由于多面体ABC－DEFG中(如图)，AB、AC、AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，故棱柱BEF－ADM可看作是底面是直角三角形的三棱柱，其高是2，底面是两直角边分别是1,2的三角形，其体积是2××2×1＝2.三棱锥C－FMG以CM为高，其长为2，底面是以MF＝2，MG＝1为直角边的直角三角形，其体积为×2××2×1＝.由图形知，C到AM的距离就是四棱锥C－ABFM的高，由于AM＝，由等面积法可求得C到AM的距离是，底面四边形是以AM＝与AB＝2为边长的矩形，故其体积为××2×＝.
所以这个多面体的体积为＋＋2＝4.
故选B.
13.
【答????案】
a或2a
【解????析】
由已知得B1D⊥AC1，
又CF?平面AC1，∴B1D⊥CF，
故若CF⊥平面B1DF，则必有CF⊥DF.
设AF＝x(0＜x＜3a)，则CF2＝x2＋4a2，
DF2＝a2＋(3a－x)2，又CD2＝a2＋9a2＝10a2，
∴10a2＝x2＋4a2＋a2＋(3a－x)2，
解得x＝a或2a.故答案为a或2a.
14.
【答????案】
【解????析】
如图所示，
设＝a，＝b，＝c，则〈a，b〉＝120°，c⊥a，c⊥b，
因为＝＋＝－a＋c，＝＋＝b＋c，
|cos〈，〉|＝＝＝
＝＝＝.
15.【答案】＋1
【解析】由题意，知＝(1,0)，＝(0,1)．
设C(x，y)，则＝(x，y)．
∵＝λ＋μ，
∴(x，y)＝λ(1,0)＋μ(0,1)＝(λ，μ)，
∴又∵∠AOC＝，OC＝2，
∴λ＝x＝2cos＝，μ＝y＝2sin＝1，
∴λ＋μ＝＋1.
16.
【答????案】
43
【解????析】
设AB→＝a，AD→＝b，则AC→＝a＋b，AE→＝12a＋b，AF→＝a＋12b，
∴λAE→＋μAF→＝λ(12a＋b)＋μ(a＋12b)＝(12λ＋μ)a＋(λ＋12μ)b，
∴a＋b＝(12λ＋μ)a＋(λ＋12μ)b，
∴?，，12λ+μ=1，λ+12μ=1，∴，，λ=23，μ=23，∴λ＋μ＝43.
17.【答案】(1)∵c＝a2－b2，由余弦定理
得a2＋c2－b2－bc＝2a2－2b2，a2＝b2＋c2－bc.
∵a2＝b2＋c2－2bccosA，∴cosA＝，
∵A∈
(0，π)，∴A＝.
(2)由正弦定理得＝＝＝2，
∴b＝2sinB，c＝2sinC，
∴b＋c＝2sinB＋2sinC＝2sinB＋2sin
(A＋B)
＝2sinB＋2sinAcosB＋2cosAsinB
＝2sinB＋2×cosB＋2×sinB
＝3sinB＋cosB
＝2sin.
∵B∈，∴B＋∈，
sin∈，
∴b＋c∈.
（1）由题意得AB=（t-4，2），AC=（2，t），BC=（6-t，t-2），
若∠A=90°，则AB?AC=0，即2（t-4）+2t=0，∴t=2；
若∠B=90°，则AB?BC=0，即（t-4）（6-t）+2（t-2）=0，∴t=6±2；
若∠C=90°，则AC?BC=0，即2（6-t）+t（t-2）=0，无解，
∴满足条件的t的值为2或6±2．
（2）若四边形ABCD是平行四边形，则AD=BC，设D的坐标为（x，y），
即（x-4，y）=（6-t，t-2），∴x-4＝6-t，y＝t-2即D（10-t，t-2），
∴|OD|
2=(10-t)
2+(t-2)
2=2t
2-24t+104，
∴当t=6时，|OD|的最小值为4．
19.【答案】(1)证明　因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，
所以∠ADC＝∠BCD＝120°.
又CB＝CD，所以∠CDB＝30°，
因此∠ADB＝90°，即AD⊥BD.
又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD?平面AED，
所以BD⊥平面AED.
(2)解　如图，
取BD的中点G，连接CG，FG，
由于CB＝CD，
因此CG⊥BD.
又FC⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
所以FC⊥BD.
由于FC∩CG＝C，FC，CG?平面FCG，
所以BD⊥平面FCG，
故BD⊥FG，
所以∠FGC为二面角F－BD－C的平面角．
在等腰三角形BCD中，由于∠BCD＝120°，
因此CG＝CB.又CB＝CF，
所以GF＝＝CG，
故cos∠FGC＝，
因此二面角F－BD－C的余弦值为.
20.【答案】(1)证明　因为·＝3·，
所以AB·AC·cosA＝3BA·BC·cosB，
即AC·cosA＝3BC·cosB.
由正弦定理知＝，
从而sinBcosA＝3sinAcosB.
又因为00，cosB>0，
所以tanB＝3tanA.
(2)解　因为cosC＝，0所以sinC＝＝，
从而tanC＝2，于是tan[π－(A＋B)]＝2，
即tan(A＋B)＝－2，
亦即＝－2.
由(1)得＝－2，
解得tanA＝1或tanA＝－.
因为cosA>0，所以tanA＝1，所以A＝.
21.【答案】解　(1)由题意知，＝(1，－3,2)，点D在直线AC上，
设＝λ＝λ(1，－3,2)＝(λ，－3λ，2λ)，
∴D(λ，2－3λ，2λ＋3)，
＝(λ，2－3λ，3＋2λ)－(－2,1,6)
＝(λ＋2,1－3λ，2λ－3)，
∵⊥，
∴·＝(1，－3,2)·(λ＋2,1－3λ，2λ－3)
＝λ＋2－3＋9λ＋4λ－6＝14λ－7＝0，
∴λ＝，
∴D.
(2)∵＝(2,1，－3)，＝(3，－2，－1)，
∴||＝＝，
||＝＝，
∴·＝2×3＋1×(－2)＋(－3)×(－1)＝7，
∴cosB＝cos〈，〉＝＝＝，
∴sinB＝，
∴S＝××＝7，
∴以BA，BC为邻边的平行四边形的面积为7.
22.【答案】(1)证明　根据题意可知，在长方形ABCD中，△DAE和△CBE为等腰直角三角形，
∴∠DEA＝∠CEB＝45°，
∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE.
∵平面D′AE⊥平面ABCE，且平面D′AE∩平面ABCE＝AE，BE?平面ABCE，
∴BE⊥平面D′AE，∵AD′?平面D′AE，
∴AD′⊥BE.
(2)解　取AE的中点F，连接D′F，则D′F⊥AE.
∵平面D′AE⊥平面ABCE，
且平面D′AE∩平面ABCE＝AE，D′F?平面D′AE，
∴D′F⊥平面ABCE，
∴VD′－ABCE＝S四边形ABCE·D′F＝××(1＋2)×1×＝.
(3)解　如图所示，连接AC交BE于Q，假设在D′E上存在点P，使得D′B∥平面PAC，连接PQ.
∵D′B?平面D′BE，
平面D′BE∩平面PAC＝PQ，∴D′B∥PQ，
∴在△EBD′中，＝.
∵在梯形ABCE中，＝＝，
∴＝＝，即EP＝ED′，
∴在棱ED′上存在一点P，且EP＝ED′，使得D′B∥平面PAC.