2021-2022学年度高中数学下学期期中模拟测试卷，答案.docx

答案解析 1. 【解析】 若，则点Z的集合为以原点为圆心，1为半径的圆，有无数个圆上的点与复数z对应，故A错误； 若，则点Z的集合为以为圆心，1为半径的圆，故B错误； 若，则点Z的集合为以原点为圆心，分别以1和为半径的两圆所夹的圆环，所以点Z的集合所构成的图形的面积为 ，故C正确; 若，则点Z的集合是以点，为端点的线段的垂直平分线，集合中有无数个元素，故D错误, 2. 解：若，则过直线作平面，交平面于直线， ，， 又，，又，， 若，过直线作平面，交平面于直线，，， ，， 又，， ，，故“”是“”的充要条件， 3. 【详解】 因为是的中点，所以， 所以， 因为三点共线，且 所以，当且仅当时取等号， 所以的最小值为， 所以的最小值是，故选：D 4. 【详解】 选项A中，，可得，又或 ，选项A正确； 选项B中，，又 ，则，选项B错误； 选项C中，或 ，又 时，； 时，，选项C正确； 选项D中，，又 ，选项D正确故选：B. 5. 【详解】 因为，不妨设，，． 由正弦定理，． 可得，，故A选项正确； 因为，三角形中大边对大角，则角C最大，角A最小． 由余弦定理可得， 所以角C为锐角，即三角形为锐角三角形，故B选项错误； 又，． 而函数在上是单调递减函数，则，故C选项正确； 当时，． 故，即，故D选项正确．故选：B． 6．【详解】如图，分别取、、的中点，连接、、、、、、、、、，且M、N、P分别是棱、、BC的中点， 所以、，且，所以， 即四点共面， 因为，所以四边形是平行四边形，所以， 又因为，得，且平面，平面， 所以平面，得平面， 因为，所以四边形是平行四边形，所以， 又因为，得，又平面，平面， 所以平面，得平面，所以六点共面， 平面六边形即为经过M、N、P与正方体相交形成的截面， 7．【详解】 解：四边形中，，，，平面平面， 则由与不垂直，，故与平面不垂直，则仅与平面与平行的直线垂直，故A错误； 由，平面平面，我们易得平面，，又由，，可得，因为，则平面，又平面，所以，，故B正确； 由，平面平面，易得平面，则即为线面角的平面角，，，，△为等腰直角三角形，，则与平面所成的角为，知C不正确； 四面体的体积，则D错误.故选：B. 8．【详解】因为直三棱柱的底面是边长分别为5，12，13直角三角形， 设内切球的半径且r，由等面积公式可得： ，解得r=2. 所以三棱锥的高为2 r=4. 把直三棱柱扩充为长方体,则该三棱柱的外接球即为长方体的外接球，设其半径为R,则有, 所以外接球的表面积为.故选：C 9. 解：对A：在正方体中，由题意，平面ABCD，所以， 又，，所以平面MEG， 又，所以平面MEG， 所以点在线段上时，，故A选项正确； 对B：由题意，，因为平面，平面，所以平面；同理，因为，所以平面； 又，所以平面平面， 所以点在线段上时，平面，故B选项正确； 对C：过N作，因为平面平面且交线为， 所以平面，即平面， 所以三棱锥的体积为， 当在E点时，线段的长度最大，此时三棱锥的体积有最大值，故C选项正确； 对D：当在E点时，直线平面，所以直线与平面所成的角为0，故D选项错误.故选：D. 10．【解析】因为， 由正弦定理得，， 又由余弦定理，得， 所以， 所以， 即． 因为， 则当时，， 所以．故选：D． 11．【详解】 A选项：，平面，平面，平面，正确； B选项：设中点为，当和重合时，和重合，由，得异面直线，所成的角为； 当和重合时，和重合，由，得异面直线，所成的角为；显然和不相等，错误. C选项：由，平面，平面，平面，故到平面的距离为定值，正确； D选项：由到的距离为定值可得到的距离为定值，又，故的面积不变， 又由C选项知到平面的距离为定值，故三棱锥的体积为定值，正确.故选：B. 12．对于A：连接，在正方体中易知：，，,所以平面， 又因为平面，所以，故正确； 对于B：由等体积得为定值，故B正确； 对于C：由平面，得由平面， 又因为平面，所以平面平面，故正确； 对于D：将等边与等边展开到一个平面上， 可知当，，三点共线时，有最小值，最小值为，故不正确． 13. 【详解】设分别是的中点， 根据正方体的性质可知，，共面. 由于平面平面， 所以平面， 同理可证得平面， 由于，所以平面平面， 所以动点P的轨迹所形成的区城为正六边形， 正六边形的边长为，面积为. 故答案为： 14．???? ???? 【解析】如图，取、、分别为、、的中点， 、分别为、的中点，则且， 在直三棱柱中，且， 因为、分别为、的中点，则且， 所以，四边形为平行四边形，且， 且、分别为、的中点，则， 所以，四边形是等腰梯形， 当不是中点时，不平行平面，则四边形不是等腰梯形，等腰梯形有且仅有一个， 取的中点，连接、， ，，且点为的中点，则且， 所以，四边形为平行四边形