福建省南安市柳城中学2020-2021学年高一下学期期中考试数学试题+Word版含答案

2021年柳城中学高一下数学期中试题

一、单选题

1.设复数（i为虚数单位），则在复平面内z对应的点位于（    ）

A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限

2.若向量，，与共线，则实数k的值为（    ）

A. B. C.1 D.2

3.已知正三角形ABC的边长为，那么的直观图的面积为（    ）

A. B. C. D.

4.在中，，，，则此三角形（    ）

A.无解 B.两解 C.一解 D.解的个数不确定

5.已知圆柱的高为2，它的两个底面的圆周在直径为的同一个球的球面上，则圆柱的表面积为（    ）

A. B. C. D.

6.在平行四边形ABCD中，点N为对角线AC上靠近A点的三等分点，连结BN并延长交AD于M，则（    ）

A.  B.

C.  D.

7.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周十尺，高六尺，问：积及为米几何?”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为10尺，米堆的高为6尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算堆放的米约为（    ）

A.17斛 B.25斛 C.41斛 D.58斛

8.如图，为了测量B，C两点间的距离，选取同一平面上A，D两点，已知，，，，则BC的长为（    ）

A. B.5 C. D.7

二、多项选择题

9.在复平面内，下列说法正确的是（    ）

A.若复数（i为虚数单位），则

B.若复数z满足，则

C.若复数，则z为纯虚数的充要条件是

D.若复数z满足，则复数z对应点的集合是以原点O为圆心，以1为半径的圆

10.已知，是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（    ）

A.若，，则

B.若，，则

C.若，，则

D.若，，，则

11.下列结论正确的是（    ）

A.在中，若，则

B.在锐角三角形ABC中，不等式恒成立

C.在中，若，，则为等腰直角三角形

D.在中，若，，三角形面积，则三角形外接圆半径为

12.在中，D，E，F分别是边BC，AC，AB中点，下列说法正确的是（    ）

A. 

B.

C.若，则是在的投影向量

D.若点P是线段AD上的动点，且满足，则的最大值为

二、填空题

13.已知复数（i为虚数单位），则_________.

14.已知向量，夹角为，， ，则_________.

15.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，且，则的值为_________.

16.已知一个高为的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为的等边三角形，则三棱锥的表面积为_________，若三棱锥内有一个体积为V的球，则V的最大值为_________.

四.解答题

17.己知向量，，是同一平面内的三个向量，其中

（Ⅰ）若，且，求向量的坐标；

（Ⅱ）若是单位向量，且，求与的夹角.

18.如图，在三棱锥中， ，底面ABC.M，N分别为PB，PC的中点.

（1）求证：平面ABC；

（2）求证：平面平面PAC；

（3）若，求三棱锥的体积

19.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.

（1）求角A的大小；

（2）若，求c的值.

20.已知复数，，且，其中A、B、C为的内角，a、b、c为角A、B、C所对的边.

（1）求角B的大小；

（2）若，求的面积.

21.如图所示，在正方体.

（1）求AC与所成角的大小；

（2）求证：平面平面；

（3）若E，F分别为AB，AD的中点，求EF与平面所成角的正切值.

22.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A，B，C三点满足.

（1）求证：；

（2）已知，，，若的最小值为，求的最大值.

2021年柳城中学高一下数学期中试题答案

1.【答案】A【分析】根据复数的乘法运算可得到结果.

【详解】复数，对应的点坐标为，在第一象限故选：A.

【点睛】在复平面上，点和复数一一对应，所以复数可以用复平面上的点来表示，这就是复数的几何意义.复数几何化后就可以进一步把复数与向量沟通起来，从而使复数问题可通过画图来解决，即实现了数与形的转化.由此将抽象问题变成了直观的几何图形，更直接明了，属于基础题.

2.【答案】B

【分析】由题意结合平面向量线性运算的坐标表示可得，，再由平面向量共线的性质即可得解.

【详解】∵向量，，

∴，，

又与共线，∴，解得故选：B.

【点睛】本题考查了平面向量线性运算的坐标表示及平面向量共线的性质，考查了运算求解能力，属于基础题.

3.【答案】D

【分析】作出原图和直观图，然后求面积.

【详解】如图，直观图的底边长度为原图形的底边长，高为原图形的高CD的一半乘以，故其直观图面积为.

【点睛】本题考查了斜二测画法及平面直观图的面积.熟记作图原则是关键，属于基础题.

4.【答案】

【分析】利用正弦定理列出关系式，把a，b，的值代入求出的值，即可做出判断.

【详解】∵在中，，，，

由正弦定理得：，

又∵，∴此三角形有两解.故选：B.

【点睛】本题考查利用正弦定理判断三角形解的情况，解题关键是能够熟练掌握正弦定理，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.

5.【答案】D

【分析】先求出圆柱的底面圆的半径，再求圆柱的表面积.

【详解】由题得圆柱的底面圆的半径为，

所以圆柱的侧面积为.故选：D.

【点睛】本题主要考查球的内接圆柱问题，考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象观察能力，关键在于求出圆柱的底面圆的半径，属于中档题.

6.【答案】C

【分析】利用三角形相似推出，再利用边的比例关系及平行四边形法则即可求解.

【详解】∵，，∴

∴，

∴.故选：C.

【点睛】本题考查用基底表示向量、平面向量线性运算，属于基础题.

7.【答案】C

【分析】根据圆锥的体积公式计算出对应的体积即可.

【详解】解：设圆锥的底面半径为r，则，解得，

故米堆的体积为，

∵1斛米的体积约为1.62立方尺，∴，故选：C.

【点睛】本题主要考查锥体的体积的计算，属于基础题.

8.【答案】A

【分析】在中，由正弦定理求出，再根据诱导公式求出，最后在中，由余弦定理计算可得：

【详解】解：在中，由正弦定理可得，即，

所以，又因为，

所以

在中，由余弦定理可得

即

所以，故选：A.

【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，属于基础题.

9.【答案】AD

【分析】根据复数的运算及相关概念一一判断可得；

【详解】解：对于A：，，，

所以，

故A正确；

对于B：设，，所以，若，则，则，或，或，当时，故B错误；

复数，则z为纯虚数的充要条件是且，故C错误；

若复数z满足，则复数z对应点的集合是以原点O为圆心，以1为半径的圆，故D正确；

故选：AD.

【点睛】本题考考查复数的运算及相关概念的理解，属于基础题.

10.【答案】ACD

【分析】由线面垂直的判定定理、面面平行的判定定理、线面平行的性质定理，以长方体为载体逐一分析即可得出结论.

【详解】解：

若，则且使得，，又，则，，由线面垂直的判定定理得，故A对；

若，如图，设，平面为平面，，设平面为平面，，则，故B错；

垂直于同一条直线的两个平面平行，故C对；

若，，则，又，则，故D对；故选：ACD.

【点睛】本题主要考查线面平行的性质定理、面面平行的判定定理以及线面垂直的判定定理，通常借助长方体为载体进行判断，属于基础题.

11.【答案】ABC

【分析】对选项A，利用三角形“大角对长边”和正弦定理即可判断A正确；对选项B，利用余弦定理，即可判断B正确，对选项C，首先根据余弦定理得到，利用正弦定理边化角公式得到，再化简即可判断选项C正确.对选项D，首先利用面积公式得到，利用余弦定理得到，再利用正弦定理即可判断D错误.

对选项A，在中，由，故A正确.

对选项B，若，则，

又因为，所以A为锐角，符合为锐角三角形，故B正确.

对选项C，，整理得：.

因为，所以，即.

所以，即，

，

又，又，所以.

故，则为等腰直角三角形，故C正确.

对选项D，，解得.

，所以.

又因为，，故D错误.故选：ABC

【点睛】主要考查正弦定理和余弦定理的综合应用，熟练掌握公式为解题的关键，属中档题.

12.【答案】BCD

【分析】对选项A，B，利用平面向量的加减法即可判断A错误，B正确对选项C，首先根据已知得到AD为的平分线，即，再利用平面向量的投影概念即可判断C正确.对选项D，首先根据A，P，D三点共线，设，，再根据已知得到，从而得到，即可判断选项D正确.

【详解】如图所示：

对选项A，，故A错误.

对选项B，

，故B正确.

对选项C，，，分别表示平行于，，的单位向量，

由平面向量加法可知：为的平分线表示的向量.

因为，所以AD为的平分线，

又因为AD为BC的中线，所以，如图所示：

在的投影为 ，

所以是在的投影向量，故选项C正确.

对选项D，如图所示：

因为P在AD上，即A，P，D三点共线，设，.

又因为，所以.

因为，则，.

令，

当时，取得最大值为.故选项D正确.故选：BCD

【点睛】主要考查平面向量的加法，减法的几何意义，数形结合为解决本题的关键，属中档题.

13.【答案】

【分析】首先化简，求出z的共轭复数，再求模长即可.

【详解】，

，.故答案为：.

【点睛】本题主要考查复数的模长，同时考查复数的四则运算和共轭复数，属于简单题.

14.【答案】

【分析】首先根据向量数量积的运算律计算，再开根即可.

【详解】因为向量，，夹角为，，

所以，

所以.故答案为：.

【点睛】本题考查向量的数量积，涉及向量数量积的运算律、向量的模，属于基础题.

15.【答案】

【分析】由题意结合正弦定理、余弦定理可转化条件为，，求得后代入运算即可得解.

【详解】∵，∴，

∴，由可得，又，∴，

∴.故答案为：.

【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理的综合应用，考査了运算求解能力与转化化归思想，熟记公式，合理运用是解题的关键，属于中档题.

16.【答案】（1）  （2）

【分析】画出图形，取BC的中点E，连接AE、PE，设的中心为O，连接PO，由题意结合正三棱锥的几何特征可得、，进而可求得的三棱锥的表面积和体积，由等体积法即可求得三棱锥内切球的半径，即可得解.

【详解】由题意，三棱锥如图所示：

取BC的中点E，连接AE、PE，

由正三角形的性质可得的中心O在线段AE上，

且，

连接PO，则PO即为该三棱锥的高，即，所以，

又，所以，所以，

又，

所以三棱锥的表面积；

所以该三棱锥的体积，

当球与三棱锥内切时，体积最大，设三棱锥的内切球的半径为R，

则，解得，

则.故答案为；.

【点睛】本题考查了正三棱锥几何特征的应用以及几何体内切球半径的求解，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于中档题.

17.【答案】（Ⅰ），或；（Ⅱ）.

（Ⅰ）设向量的坐标为运用向量模的公式和向量共线的坐标表示，解方程即可得到向量的坐标；（Ⅱ）运用向量垂直的条件：数量积为0，可求得，由向量的夹角公式，计算即可得到所求夹角.

【详解】（Ⅰ）设，由，且可得，所以或，

故，或

（Ⅱ）因为，且，所以，即，

所以，，故，.

18.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.

【分析】（1）由题意可得，再利用线面平行的判定定理即可证出.

（2）由线面垂直的性质定理可得，再由，利用线面垂直的判定定理可得平面PAC，再由面面垂直的判定定理即可证出.

（3）利用等体法：

【详解】证明：（1）M，N分别为PB，PC的中点，所以，平面ABC，平面ABC，所以平面ABC；

（2）底面ABC，平面ABC，所以，

因为，所以，又，

所以平面PAC，平面ABC，所以平面平面PAC；

（3）由（2）知， ，平面PAC，所以平面PAC，，

在三角形PAC中，，，，

所以.

【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、面面垂直的判定定理、等体法求三棱锥的体积，考查了考生的推理能力，需熟记锥体的体积公式，属于基础题.

19.【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由正弦定理化角为边，然后由余弦定理可得，从而得A；

（2）由两角和的正弦公式和诱导公式求得，再由正弦定理可得c.

【详解】解：（1）由正弦定理可得，

由余弦定理得，因为，所以；

（2）由（1）可知，因为，B为的内角，所以，

故

，

由正弦定理得.

【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理，解题关键是用正弦定理进行边角转换.

20.【答案】（1）；（2）

【分析】（1）根据复数相等可得，变形化简即可求出B；

（2）根据，，，利用余弦定理可求出ac，代入三角形面积公式即可.

【详解】（1）∵，∴①，②，

由①得，即，

∵，∵，∴；

（2）∵，由余弦定理得，即，④

由②得⑤，

由④⑤得，

∴.

【点睛】本题主要考查了复数相等，余弦定理，三角形面积公式，三角恒等变形，属于中档题.

21.【答案】（1）；（2）

【分析】（1）由是正方体，可得从而与AC所成的角就是AC与所成的角，根据三角形的几何性质即可求解.

（2）连接BD，所以，所以EF与平面所成角即等于BD与平面所成角，即角即为所求，根据边长关系，即可求得正切值.

【详解】解：（1）如图所示，连接， ，由是正方体，

易知，从而与AC所成的角就是AC与所成的角，

∵，∴，

即与AC所成的角为.

（2）连接BD与AC交于点O，因为，，且，

所以平面，所以平面平面，

（3）在正方体中，∵E，F分别为AB，AD的中点，

∴，所以EF与平面所成角即等于BD与平面所成角，

连接，所以即为BO在平面的射影所在的线段；即为BO与平面所成的角，设该正方体边长为2，得，，，

所以EF与平面所成角的正切值为.

【点睛】本题考查空间中异面直线所成的角、线面角的求法，解题的关键在于通过平移找到线线角、线面角，并根据几何性质求解，属中档题.

22.【详解】（1）由题意知A，B，C三点满足，

可得，所以，即

即，则

（2）由题意，函数

因，所以

当时，取得最小值，

当时，当时，取得最小值，

当时，当时，取得最小值，

综上所述， ，可得函数的最大值为1，即的最大值为1.