2021-2022学年重庆市第八中学校高一下学期期中数学试题含解析

2021-2022学年重庆市第八中学校高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知向量，则与平行的单位向量的坐标为（       ）

A． B．或

C． D．或

【答案】B

【分析】先求向量的模，再利用平行向量进行求解.

【详解】因为，所以，

所以与平行的单位向量为 或，

即或，即或.

故选：B.

2．若复数z满足（i为虚数单位），则复平面内表示z的点位于（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数的几何意义，即可求解.

【详解】由题意，复数满足，

可得，

所以复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限.

故选：A.

3．在中，，，，则B=（       ）

A．45° B．90° C．135° D．45°或135°

【答案】A

【分析】根据题意利用正弦定理直接求解即可

【详解】中，，，，

由正弦定理得,

，

因为，

所以角为锐角，

所以，

故选：A

4．下列说法错误的是（       ）

A．经过同一直线上的3个点的平面有无数个

B．两两相交且不共点的三条直线确定一个平面

C．若直线a不平行于平面，且，则内不存在与a平行的直线

D．若a，b是两条直线，，是两个平面，且，，则a，b是异面直线

【答案】D

【分析】对于A、B：利用公理3即可判断；

对于C：根据线面的位置关系直接判断；

对于D：取反例：若平面，平面，可得 a//b即可否定命题.

【详解】对于A：经过同一直线上的3个点的平面,即为经过一条直线的平面有无数个.故A正确；

对于B：两两相交且不共点的三条直线有三个不共线的交点，由公理3，三个不共线的点确定一个平面 .故B正确

对于C：若直线a不平行于平面，且，则a与相交，所以内不存在与a平行的直线.故C正确；

对于D：取反例：若平面，平面，由面面平行的性质，可得 a//b.故D错误.

故选：D

5．正四棱台的上，下底面的边长分别为2，4，侧棱长2，则其体积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.

【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，

因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，

所以该棱台的高，

下底面面积，上底面面积，

所以该棱台的体积.

故选：C.

6．北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）为h.将地球看作是一个球心为O，半径为r的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数.如果地球表面上某一观测点与该卫星在同一条子午线（经线）所在的平面，且在该观测点能直接观测到该卫星.若该观测点的纬度值为，观测该卫星的仰角为，则下列关系一定成立的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由题意，画出示意图，在三角形OAB中利用正弦定理即求解.

【详解】解：如图所示，，由正弦定理可得，即，化简得，

故选：A.

7．如图，四边形ABCD四点共圆，其中BD为直径，，，，则的面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先在利用余弦定理求出边，再利用正弦定理求出直径，进而利用直角三角形求出、，再利用三角形的面积公式进行求解.

【详解】在中，因为，，，

所以由余弦定理，得，

由正弦定理，得；

在和中，

，

，

又，

所以的面积为.

故选：C.

8．在中，角B，C所对的边分别为b，c，点O为的外心，若，则的最小值是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】取边的中点，连接，，则由题意可得，所以可得，再结合，可得，从而可求得其最小值

【详解】在中，取边的中点，连接，，

因为点O为的外心，所以，

所以,

所以

，

因为，所以，

所以，

因为，所以，

所以当时，取得最小值，

故选A

二、多选题

9．已知复数，，下列结论正确的有（       ）

A． B．若，则

C． D．

【答案】ABC

【分析】利用共轭复数的定义判断选项A，由复数的乘法运算以及实数0的含义判断选项B，由复数模的运算性质判断选项C，由复数的乘法运算及模的平方判断选项D.

【详解】设

对于A，，故选项A正确；

对于B，因为，

则，则或，

所以中至少有一个0，故选项B正确；

对于C，由复数模的运算性质可知，

，

=

，

故选项C正确；

对于D，当，则，

，所以，故选项D错误.

故选：ABC.

10．已知平面向量，，，下列说法正确的是（       ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若向量与向量夹角为锐角，则

【答案】AB

【分析】对于A：先利用向量运算的坐标表示求出相关向量的坐标，再利用向量共线的判定进行求解；对于B：先利用向量运算的坐标表示求出相关向量的坐标，再利用向量垂直的判定进行求解；对于C：利用向量夹角公式进行判定；对于D：利用且、不平行进行求解判定.

【详解】对于A：因为，，所以，

又因为且，所以，解得，即选项A正确；

对于B：因为，，所以，

又因为且，所以，解得，即选项B正确；

对于C：若，则，则，

即选项C错误；

对于D：因为，，所以，

因为向量与向量夹角为锐角，

所以且、不平行，则且，

解得且，即选项D错误.

故选：AB.

11．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列结论正确的是（       ）

A．

B．是锐角三角形

C．若，则内切圆半径为

D．若，则外接圆半径为

【答案】AC

【分析】利用正弦定理判定选项A正确；利用边角关系和余弦定理判定选项B错误；利用三角形的面积公式进而求出内切圆半径判定选项C正确；利用进行求解判定选项D错误.

【详解】因为，

所以设，，，且，

对于A：由正弦定理，得，即选项A正确；

对于选项B：因为，所以角最大，

则，即为钝角，即是钝角三角形，

即选项B错误；

对于C：若，则，，

因为，所以，

则，

设的内切圆半径为，

则，解得，即选项C正确；

对于D：若，由正弦定理，得，即，

即选项D错误.

故选：AC.

12．已知正的边长为2，D是边BC的中点，动点P满足，有，且，则（       ）

A．的最小值为 B．的最大值为

C．的最小值为 D．的最大值为

【答案】ABD

【分析】以点为原点、边为x轴建立平面直角坐标系，写出相关点坐标，设出，利用平面向量的坐标运算得到，再结合角的范围逐一验证各选项.

【详解】以点为原点、边为x轴建立平面直角坐标系（如图所示），

则，，，；

因为，所以点在以为圆心、1为半径的圆上，

设，则，

，，

又因为， 所以，

即，即，

又因为，所以，即；

对于A：因为，所以，

则，即的最小值为，

即选项A正确；

对于B：因为，所以，

则，即的最大值为，

即选项B正确；

对于C、D：因为且，

所以，

因为，所以

所以，所以，

即的最小值为，最大值为，

即选项C错误，选项D正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．已知复数（i为虚数单位），则z的虚部为___________.

【答案】

【详解】因为，

所以z的虛部为.

故答案为：.

14．已知不共线的平面向量，，两两所成的角相等，且，则||=___________.

【答案】2或3

【分析】先求出，利用列方程即可求出.

【详解】由不共线的平面向量，，两两所成的角相等，可设为θ，则.设||=m.

因为，所以，

即，

所以

即，解得：或3.

所以||=2或3

故答案为：2或3

15．已知圆锥的顶点S，母线SA，SB所成角的余弦值为，且轴截面是正三角形，若的面积为，则该圆锥的侧面积为___________.

【答案】

【分析】先根据三角形面积公式求出母线长,再根据轴截面求出底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出结果.

【详解】因为母线，所成角的余弦值为，

所以母线，所成角的正弦值为，

因为的面积为，设母线长为，

所以，解得，

因为轴截面为正三角形，所以底面半径，

因此圆锥的侧面积为.

故答案为：.

16．锐角中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，有，且，则的取值范围为___________.

【答案】

【分析】先利用三角函数恒等变形求出，利用正弦定理表示出，用三角函数求出的取值范围.

【详解】因为，

所以.

因为,所以，所以.

所以.

因为为锐角三角形，所以，所以,所以.

所以，即.

因为为锐角三角形，所以，解得：

由正弦定理得：，.

所以.

因为，所以，所以.

因为，所以，

所以，所以.

即

在中，由两边之和大于第三边，所以.

综上所述：.

故答案为：

【点睛】解三角形的最值问题包括两类：

（1）利用正弦定理转化为三角函数求最值；

（2）利用余弦定理转化为基本不等式求最值．

四、解答题

17．已知，，，求：

（1）与的夹角；

（2）与的夹角的余弦值．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据平面向量积的运算性质，结合平面向量夹角公式进行求解即可；

（2）根据平面向量积的运算性质，结合平面向量夹角公式进行求解即可.

【详解】解（1），

，，

设与的夹角为，则．

又，

；

（2），，

．，

又．，

设与的夹角为，

则．

即与的夹角的余弦值为．

18．如图，平行四边形ABCD中，已知，，设，.

(1)用向量和表示向量，；

(2)若，，求实数x和y的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)用平面向量的线性运算整理可得：，，代入已知向量即可得到.

(2)用平面向量的线性运算整理可得：，结合题干条件，可得到等式，解等式即可.

【详解】(1)，

；

(2)因为

.

即，

因为与不共线，从而，解得.

19．如图，已知四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH，H在BD上.

(1)证明：；

(2)若AB的中点为N，求证：平面APD.

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）连接AC交BD于O，连接OM.先证明出面MBD，再利用线面平行的性质定理即可证明；

（2）连接 MN.取PD 的中点E，连接EM,AE.利用线面平行的判定定理即可证明平面APD.

【详解】(1)连接AC交BD于O，连接OM.

因为ABCD是平行四边形，所以O为AC中点.

因为M是PC的中点，所以.

因为面MBD，面MBD，所以面MBD.

又过G和AP作平面交平面BDM于GH，H在BD上，

所以.

(2)连接 MN.取PD 的中点E，连接EM,AE.

因为M是PC的中点，所以，且.

因为ABCD是平行四边形，所以，且

所以，且，所以四边形ANME为平行四边形，所以.

因为面APD，面APD，所以平面APD.

20．下面问题的条件①，②，③，④有多余，现请你在①，④中删去一个，并将剩下的三个作为条件解答这个问题．

已知中，是边的中点，你删去的条件是_____请写出用剩余条件解答本题的过程．

(1)求的长；

(2)的平分线交于点，求的长．

 注：如果选择删去条件①和条件④分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)条件选择见解析，；

(2).

【分析】（1）删①：设，，

在和中，分别应用余弦定理列出方程，通过解方程即可求出的长；

删④：设，在和中，分别应用余弦定理，求出和的值，根据即可求出的长；

（2）根据，利用三角形的面积公式即可求出的长．

【详解】(1)删①：设，，

在中，由余弦定理，得，

在中，由余弦定理，得，

联立，解得，，所以，；

删④：设，

在中，由余弦定理，得，

在中，由余弦定理，得，

∵，

所以，解得，所以；

(2)由（1）知删①和删④都能得出，， ，

因为，

所以

所以.

21．如图，扇形OMN的半径为，圆心角为，A为弧MN上一动点，B为半径上一点且满足.

(1)若，求AB的长；

(2)求△ABM面积的最大值.

【答案】(1)1；

(2).

【分析】(1)在△OAB中，利用余弦定理即可求AB；

(2)由题可知AB∥OM，则，设，，在中利用余弦定理和基本不等式求出xy的最大值，再由即可求面积最大值.

【详解】(1)在△OAB中，由余弦定理得，，

即，即，即，

∴；

(2)，，，∥，

，

设，，

则在中，由余弦定理得，

即，当且仅当时取等号，

∴，当且仅当时取等号.

∴△ABM面积的最大值为.

22．在△中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，边长均为正整数，且.

(1)若，求a；

(2)若角C为钝角，求△的周长的最小值.

【答案】(1)6；

(2)77.

【分析】（1）根据角的范围，结合已知条件和正弦定理，求得的初步范围，再对每种情况进行讨论，即可求得结果；

（2）根据正弦定理，求得之间的等量关系，结合的范围，以及为整数，进行讨论即可求得周长最短时，三角形各边的长度，则问题得解.

【详解】(1)由，可得，

则，

整理得：，

若，则，，

解得，

此时，不满足题意；

则，且；

又，故可得，

则，又为正整数，故或或，

当时，由可知，不是整数，不满足题意；

当时，由可知，，满足题意；

当时，由可知，不是整数，不满足题意.

综上所述：.

(2)根据正弦定理可得：，

即，

则，

由可得：代入 ，

可得：；

因为为钝角，即，解得，

故，则，即，

因为为整数，当时，都没有满足条件，

当时，此时，此时满足要求的的最小值为，

注意到，则也为整数，当时不满足，

则将扩大整数倍，当扩大4倍得到，此时满足要求，

则当时，是满足题意的三角形的最短边长，

故三角形周长的最小值为.

故△周长的最小值为77.

【点睛】本题考察利用正弦定理和余弦定理求解三角形，解决第一问和第二问的关键是准确应用为整数这一条件，属综合困难题.