2020-2021学年河北省唐山市第一中学高一下学期期中数学试题（解析版）

2020-2021学年河北省唐山市第一中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．复数满足（为虚数单位），则的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的运算法则，化简得的，结合复数的概念，即可求解.

【详解】根据复数的运算法则，可得，可得

故复数的虚部为.

故选：B.

2．下列命题正确的是

A．在空间中两条直线没有公共点，则这两条直线平行

B．一条直线与一个平面可能有无数个公共点

C．经过空间任意三点可以确定一个平面

D．若一个平面上有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行

【答案】B

【分析】根据平面的基本性质和空间中两直线的位置关系，逐一判定，即可得到答案．

【详解】由题意，对于A中， 在空间中两条直线没有公共点，则这两条直线平行或异面，所以不正确；对于B中， 当一条直线在平面内时，此时直线与平面可能有无数个公共点，所以是正确的；对于C中， 经过空间不共线的三点可以确定一个平面，所以是错误的；对于D中， 若一个平面上有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行或相交，所以不正确，故选B．

【点睛】本题主要考查了平面的基本性质和空间中两直线的位置关系，其中解答中熟记平面的基本性质和空间中两直线的位置关系是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题．

3．已知某圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先根据侧面展开图弧长等于底面周长，求得圆锥的母线及底面半径，进而根据公式计算可得该圆锥的表面积.

【详解】由题意，设圆锥的底面半径为，母线长为，

圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，

，

，

圆锥的表面积底面侧面

故选：C.

4．已知在中，，若，则（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】A

【分析】利用向量的加减法，以为基底表示，计算即可得出结果.

【详解】如图所示,是BC上靠近B的三等分点,

,

而,

,

,

.

故选：A

5．一艘游船从海岛A出发，沿南偏东的方向航行8海里后到达海岛B，然后再从海岛B出发，沿北偏东的方向航行了16海里到达海岛C，若游船从海岛A出发沿直线到达海岛C，则航行的路程（单位：海里）为（    ）

A．12 B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意结合余弦定理即可求出.

【详解】据题意知，在中，，海里，海里，

∴，

∴海里.

故选：D.

6．如图，在长方体中，，，M为棱上的一点．当取得最小值时，的长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】本题首先可通过将侧面绕逆时针转展开得出当、、共线时取得最小值，此时为的中点，然后根据平面得出，最后根据即可得出结果.

【详解】如图，将侧面绕逆时针转展开，与侧面共面，

连接，易知当、、共线时，取得最小值，

因为，，所以为的中点，，

因为平面，平面，所以，

则，

故选：A.

【点睛】关键点点睛：本题考查根据线面垂直判断线线垂直，能否根据题意得出当为的中点时取得最小值是解决本题的关键，考查计算能力，考查数形结合思想，是中档题.

7．平面向量与的夹角为60°，，，则等于

A． B． C．4 D．12

【答案】B

【分析】根据平面向量数量积运算律及数量积定义，即可求得.

【详解】平面向量与的夹角为，，所以，

由平面向量运算律及数量积定义可知

故选：B.

【点睛】本题考查了平面向量数量积的运算律与数量积定义，平面向量模的求法，属于基础题.

8．已知三棱锥中，面ABC，底面ABC是边长为2的正三角形，，则三棱锥的外接球表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由已知结合三棱锥和正三棱柱的几何特征，得到三棱锥的外接即为以为底面，以为高的正三棱柱的外接球，分别求得棱锥底面外接圆的半径和球心到底面的距离，求得球的半径，利用球的面积公式，即可求解.

【详解】根据已知中底面是边长为2的正三角形，且底面，

可得此三棱锥外接球，即为以为底面，以为高的正三棱柱的外接球，

因为时边长为2的正三角形，可得的外接圆半径为，

所以球心到的外接圆圆心的距离为，

故球的半径为，

所以三棱锥外接球的表面积为.

故选：B.

二、多选题

9．三棱锥中，，且与所成角为，E，F分别是棱DC，AB的中点，则线段EF的长可能等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】取的中点，连接，，由三角形中位线定理可得∥,∥，，，从而得或其补角即为与所成角，则或，然后分两种情况求解即可

【详解】解：取的中点，连接，,如图，

因为E，F分别是棱DC，AB的中点，

所以∥,∥，，，

所以或其补角即为与所成角，

由题意得，或，

因为，所以，

当时，为等边三角形，

所以，

当时，由余弦定理得

，

所以，

故选：AC

10．在中，，，，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】由可得，正确；由可得，不正确；根据向量减法的三角形法则以及可得正确，由和可得不正确.

【详解】因为所以，所以，故正确；

所以，所以，故不正确；

因为，故正确；

，故不正确.

故选：BC

【点睛】关键点点睛：利用向量的线性运算和数量积的运算律求解是解题关键.

11．在中，给出下列4个命题，其中正确的命题是（    ）

A．若，则

B．若是锐角三角形，则不等式恒成立

C．若，则定为等腰三角形

D．若，则定为直角三角形

【答案】ABD

【分析】利用正弦定理和正弦函数的性质，对每一个选项分析判断得解.

【详解】设角的对边分别为.

对于A, 若，则，由正弦定理得所以,所以A正确；

对于B, 因为，若是锐角三角形，则所以所以所以，

因为是锐角三角形，所以又函数在上单调速增，则，

所以，所以B正确；

对于C，在中，因为所以若则或

所以或所以是等腰三角形或直角三角形，所以C不正确；

对于D，若，由正弦定理得，所以

由于所以又，所以所以所以或

若，则，又所以所以则是直角三角形；

若则，与相矛盾，

所以是直角三角形，所以D正确.

综上所述，正确的命题有ABD.

故选：ABD.

12．如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点、，且则下列结论中正确的是（    ）

A． B．平面

C．三棱锥的体积为定值 D．的面积与的面积相等

【答案】ABC

【分析】证明平面，可判断A选项的正误；利用面面平行的性质可判断B选项的正误；利用锥体的体积公式可判断C选项的正误；利用三角形的面积公式可判断D选项的正误.

【详解】对于A选项，连接、，

因为四边形为正方形，则，

平面，平面，，

，所以，平面，

因为平面，因此，，A选项正确；

对于B选项，因为平面平面，平面，故平面，B选项正确；

对于C选项，因为的面积为，

点到平面的距离为定值，故三棱锥的体积为定值，C选项正确；

对于D选项，设，取的中点，连接、，

由A选项可知，平面，即平面，

平面，则，

因为且，故四边形为平行四边形，则且，

因为、分别为、的中点，故且，

所以，四边形为平行四边形，

平面，平面，所以，，

故四边形为矩形，所以，，

，所以，平面，

平面，，，

所以，，D选项错误.

故选：ABC.

三、填空题

13．已知复数，且是纯虚数，复数______.

【答案】

【分析】根据复数的乘法运算，化简得到，由题意求得，得到复数，结合复数模的计算公式，即可求解.

【详解】由题意，复数，

可得

因为是纯虚数，所以，解得 ，所以，

所以.

故答案为：

14．若水平放置的四边形AOBC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中 ，，，，则原四边形AOBC的面积为______.

【答案】

【分析】根据图像，由“斜二测画法”可得，四边形水平放置的直观图为直角梯形，进而利用相关的面积公式求解即可

【详解】根据图像可得，四边形水平放置的直观图为直角梯形，

作，则，

由，得，，

，，且，，所以，

原四边形的面积为.

故答案为：

15．正方体的棱长为，为的中点，为的中点，为线段上的动点，过点、、的平面截该正方体所得的截面记为， 当时，与的交点为，求线段的长度______.

【答案】

【分析】延长交的延长线于点，连接并延长交于点，利用平行线分线段成比例定理可求得的长度，进而可求得的长度.

【详解】当时，如下图所示：

延长交的延长线于点，连接并延长交于点，

、分别为、的中点，则，，

，则，可得，

，则，因为，则，故.

故答案为：.

四、双空题

16．已知的内角A，B，C的对边分别为．若，则_____；的最大值为_____．

【答案】3       

【分析】由二倍角公式，正弦定理，余弦定理化简已知等式可得，根据基本不等式可求，结合范围，利用三角函数的性质即可求解的最大值．

【详解】解：∵，∴，

∴，当且仅当时不等式两边取等号，

∴当取得最小值时，取得最大值，最大值为．

故答案为：3，．

【点睛】本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了基本不等式，考查了同角三角函数的基本关系，属于中档题.

五、解答题

17．已知复数（，是虚数单位）．

（1）若是纯虚数，求实数的值；

（2）设是的共轭复数，复数在复平面上对应的点位于第二象限，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）利用复数的除法公式计算并整理，再由纯虚数中实部为零，虚部不为零构建方程组，求得答案；

（2）由共轭复数和复数的加减法计算公式整理，再由复数的几何意义构建不等式组，求得答案.

【详解】（1），

因为为纯虚数，所以，解得．

（2）因为是的共轭复数，所以，

所以．

因为复数在复平面上对应的点位于第二象限，所以

，解得．

【点睛】本题考查复数中利用纯虚数的定义求参数取值范围，还考查了由复数的几何意义求参数范围，属于基础题.

18．已知平面直角坐标系内三点A、B、C在一条直线上，满足，，，且，其中O为坐标原点.

（1）求实数m、n的值；

（2）若点A的纵坐标小于3，求的值.

【答案】（1）或；（2）.

【分析】（1）首先求出，的坐标，再根据三点A，B，C在一条直线上，得到，根据平面向量共线的坐标表示得到方程，再由，得到，得到另一个方程，解得即可；

（2）由（1）及点A的纵坐标小于3，得到m、n的值，再根据计算可得；

【详解】解：（1）因为，，

所以，，

因为三点A，B，C在一条直线上，所以，

又，

所以①，

因为，所以，所以，即②

由①、②解得或.

（2）因为点A的纵坐标小于3，

所以m＝1，n＝2，

所以.

因此.

19．在中，角、、所对的边分别为、、，已知.

（1）求角的值；

（2）若，的外接圆半径为，求的面积.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）利用正弦定理以及两角和的正弦公式化简可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；

（2）利用正弦定理可求得的值，利用余弦定理可求得的值，然后利用三角形的面积公式可求得的面积.

【详解】（1）由正弦定理及已知，化边为角得.

，，

代入得，

.

，，则，

又，；

（2），，

由余弦定理，得，

故.

20．如图，在正三棱柱中，，的边长为6，D，E分别是，的中点．

（1）求证：平面；

（2）求三棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）连接，交于点F，连接，则由三角形的中位线定理可得，然后由线面平行的判定定理可得结论；

（2）由于点C到平面的距离等于点到平面的距离，所以，求出，从而可求出体积

【详解】解：（1）证明：如图，连接，交于点F，连接，

在中，由于D为的中点，F为的中点

为的中位线，，

平面，平面，

平面；

（2），

是的中点，，

又平面，，E是的中点．

点C到平面的距离等于点到平面的距离．

所以，

即三棱锥的体积为．

21．某市规划一个平面示意图为如下图五边形ABCDE的一条自行车赛道，ED，DC，CB，BA，AE为赛道不考虑宽度，BE为赛道内的一条服务通道，，，.

（1）求服务通道BE的长度；

（2）若在方向上的投影向量为，应如何设计BA与AE的长度，才能使折线段赛道BAE最长？

【答案】（1）5；（2）设计为AB＝AE时，折线段赛道BAE最长.

【分析】(1) 连接BD，在中，由余弦定理得的值，由，可得，从而得，利用勾股定理可得答案.

(2) 由条件可得，从而，由余弦定理结合均值不等式可得答案.

【详解】解：（1）连接BD，在中，由余弦定理得：

，∴，

，∴，

又，.

在中，.

（2）在中，在方向上的投影向量为

所以，由，所以

又由（1）.

由余弦定理得，

即，

故，

从而，即，

当且仅当AB＝AE时，等号成立，

即设计为AB＝AE时，折线段赛道BAE最长.

22．如图，在四棱锥中，平面PDC，四边形ABCD是一个直角梯形，，，.

（1）求证：CD⊥平面PBD；

（2）若，且，求三棱锥的侧面积.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）设E是BC的中点，连接DE，可证,再由线面垂直的性质可得,即可得证;

(2) 设,由求出,即可求出三棱锥的侧面积;

【详解】解:（1）证明：如图，设E是BC的中点，连接DE，设，则，

因为，，易得，且，所以.

又，由勾股定理得，

因为平面PDC，平面PDC，所以.

又因为BD，BP相交，所以平面PBD. 

（2）解：设，由（1）可得，

因为平面PDC，所以.

∵，∴，

在等腰三角形PBD中，设O是BD的中点，

∴，由（1）知：平面PBD，所以.

从而平面ABCD，且，  

由（1）中数据得， 

所以. 

因为和为边长为4的等边三角形，是一个等腰直角三角形，

所以.

【点睛】本题考查线面垂直的证明，锥体的体积与表面积计算，属于中档题.