2021-2022学年天津市南开中学高一下学期期中数学试题含解析

2021-2022学年天津市南开中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．若复数z满足其中i为虚数单位，则z=（       ）

A．1+2i B．12i C． D．

【答案】B

【详解】试题分析：设，则，故，则，选B.

【解析】注意共轭复数的概念

【名师点睛】本题主要考查复数的运算及复数的概念，是一道基础题目.从历年高考题目看，复数题目往往不难，有时对复数的运算与概念、复数的几何意义等进行综合考查，也是考生必定得分的题目之一.

2．若，，则直线，的位置关系是（       ）

A．平行或异面 B．平行或相交 C．相交或异面 D．平行、相交或异面

【答案】D

【分析】利用条件，联系立方体即可得出结论.

【详解】解：如图所示，设平面为平面

若，，故，，，相交；

若，，故，，，异面；

若，，故，，，平行.

故选：D

3．在中，内角所对的边分别是，若，则角（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，结合余弦定理，代入即可得答案.

【详解】由余弦定理得，

因为，

所以.

故选：B

4．已知向量，，则（       ）

A． B． C． D．5

【答案】A

【分析】根据线性运算的坐标表示求出的坐标，再根据向量模的坐标公式计算可得；

【详解】解：因为，，所以，

所以；

故选：A

5．下图是一个正方体的展开图，则在该正方体中（       ）

A．直线与直线平行 B．直线与直线相交

C．直线与直线异面垂直 D．直线与直线异面且所成的角为60°

【答案】D

【分析】首先画出正方体的展开图的立体图，从而得到直线与直线为异面直线，再求异面直线所成角即可得到答案.

【详解】正方体的展开图的立体图形如图所示：

由图知：直线与直线为异面直线，故A，B错误；

连接，，因为，所以或其补角为异面直线与所成角.

又因为为等边三角形，所以.

所以直线与直线异面且所成的角为60°，故C错误，D正确.

故选：D

【点睛】本题主要考查异面直线成角问题，属于简单题.

6．如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，过BC的平面与平面PAD交于EF，E在线段PD上且异于P、D，则四边形EFBC是（       ）

A．空间四边形 B．矩形 C．梯形 D．平行四边形

【答案】C

【分析】由线面平行的性质分析判断即可

【详解】因为∥，平面，平面，

所以∥平面，

因为平面，平面平面，

所以∥，

因为，，

所以，

所以四边形为梯形，

故选：C

7．在平行四边形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，DE交AF于H，记，分别为，，则=（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】过点作的平行线交于，即可得到则，再根据平面向量线性运算法则计算可得；

【详解】解：如图过点作的平行线交于，

则是的中点，

且

，

又，所以，即，

又

故选：B．

8．的内角，，的对边分别为，，，若，，则的形状为（       ）

A．锐角三角形 B．钝角三角形

C．直角三角形 D．不确定

【答案】C

【分析】根据正弦定理、两角和的正弦公式，结合诱导公式进行求解判断即可.

【详解】因为，

所以

，

所以

则，即，故.

因为，，

所以，

当时，所以或.若，则.

若，则.

当时，（舍去），

因此的形状为直角三角形.

故选：C

9．两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.

【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点，

设圆锥和圆锥的高之比为，即，

设球的半径为，则，可得，所以，，

所以，，，

，则，所以，，

又因为，所以，，

所以，，，

因此，这两个圆锥的体积之和为.

故选：B.

10．已知四面体ABCD的所有棱长都相等，其外接球的体积等于π，则下列结论正确的个数为（       ）．

①四面体ABCD的棱长均为2：

②四面体ABCD的体积等于

③异面直线AC与BD所成角为

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】①,求出外接球半径与正四面体棱长之间的关系，由外接球体积求出外接球半径，从而求出棱长；②,在①的基础上利用椎体体积公式进行求解；③,作出辅助线，可证明出AC与BD垂直，从而③错误.

【详解】由题意知，可以设该正四面体的棱长为a，

底面正三角形BCD的中心为G，

该正四面体的外接球的球心为O，半径为R；

则在直角三角形AGB中，

.

在直角三角形OBG中，，所以，

由外接球的体积为，可得，

所以，解得：，

故①正确；

由①得：正四面体的高，

故正四面体的体积为，故②正确；

设BD的中点为E，连接AE，CE，

因为三角形ABD与三角形BCD均为等边三角形，

由三线合一得：，

因为，

所以平面AEC，

因为平面AEC，

所以，

故③错误.

故正确的是①②.

故选：C

二、填空题

11．已知，且复数是纯虚数，则________.

【答案】

【解析】根据复数的四则运算进行化简得，又由于该复数为纯虚数，故，解得.

【详解】解：，

又该复数为纯虚数

故，，

故答案为：

12．圆锥的侧面展开图为一个扇形，其圆心角为，半径为3，则此圆锥的体积为________.

【答案】

【分析】根据弧长公式，可得，然后可得圆锥底面的半径，利用勾股定理可得圆锥的高，最后利用锥体体积公式，可得结果.

【详解】圆锥侧面展开图是圆心角为，

半径为3的扇形，

则圆锥的母线长为，

底面周长即扇形的弧长为，

所以底面圆的半径为，

所以底面圆的面积为，

圆锥的高为，

所以圆锥的体积为.

故答案为：

【点睛】本题考查根据圆锥的展开图求圆锥的体积，重点在于求圆锥的高和底面半径，属基础题.

13．设，是两个不共线的向量，若向量与向量 共线，则___________．

【答案】

【分析】由共线向量定理可得存在唯一实数，使，再由，是两个不共线的向量，可求出的值

【详解】由题意得存在唯一实数，使，

所以，

因为，是两个不共线的向量，

所以，解得，

故答案为：

14．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________

【答案】

【分析】利用计算即可.

【详解】

因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点

所以

故答案为：

【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些.

15．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上. 若球的体积为, 则正方体的棱长为      .

【答案】

【分析】根据正方体的性质，结合球的体积公式进行求解即可.

【详解】因为正方体体的对角线就是正方体的外接球的直径，所以由外接球的体积公式得：，即，则，

故答案为：．

【点睛】本题考查了正方体外接球的性质，考查了球的体积公式的应用，考查了空间想象能力和数学运算能力.

三、双空题

16．在菱形ABCD中，，，E，F分别为线段BC，CD上的点，，，点M在线段EF上，且满足，则x=___________；若点N为线段BD上一动点，则的取值范围为___________.

【答案】     ；    

【分析】根据菱形的性质，建立以为x轴，为y轴的直角坐标系，利用向量的坐标表示形式分别表示出，根据它们的关系求得x的值及M的坐标；

设，表示出的函数关系，根据二次函数的性质求得取值范围.

【详解】根据菱形的性质，建立以为x轴，为y轴的直角坐标系，如图所示：

则，，，，，

由题知，，且，设，

则，由，

则，解得，，

设，，，

则，

则

故答案为：；.

四、解答题

17．在，角所对的边分别为，已知，．

（I）求a的值；

（II）求的值；

（III）求的值．

【答案】（I）；（II）；（III）

【分析】（I）由正弦定理可得，即可求出；

（II）由余弦定理即可计算；

（III）利用二倍角公式求出的正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出.

【详解】（I）因为，由正弦定理可得，

，；

（II）由余弦定理可得；

（III），，

，，

所以.

18．如图，已知平面，，，，，，点和分别为和的中点．

(1)求证：平面；

(2)求证：平面；

(3)求直线与平面所成角的大小．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）连接，推导出，由此能证明平面．

（2）推导出，从而平面，进而，由此能证明平面．

（3）取中点和中点，连接，，，推导出四边形是平行四边形，从而且，进而平面，即为直线与平面所成角，由此能求出直线与平面所成角的大小．

【详解】(1)证明：连接，在中，

和分别是和的中点，，

又平面，平面，

平面．

(2)证明：，为中点，，

平面，，平面，

，又，平面，平面，

(3)解：取中点和中点，连接，，，

和分别为和的中点，且，

且，四边形是平行四边形，

且，

又平面，平面，

即为直线与平面所成角，

在中，可得，，

，，且，

又由，，

在中，，

在中，，

，即直线与平面所成角的大小为．