2021-2022学年福建省三明第一中学高一下学期期中学段考试数学试题含解析

2021-2022学年福建省三明第一中学高一下学期期中学段考试数学试题

一、单选题

1．设是虚数单位，若复数，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由已知条件求出复数，利用复数的模的公式可求得.

【详解】，，

因此，.

故选：C.

2．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据正弦定理可求.

【详解】由正弦定理可得，故，而，

故，

故选：C.

3．正方体上点P，Q，R，S是其所在棱的中点，则直线PQ与RS异面的图形是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】对于ACD；利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面.

对于B：利用异面直线的判定定理可以判断直线PQ与RS异面.

【详解】对于A：如图示 ：

在正方体中，连结，则.

因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，由三角形的中位线定理可得：.

由平行公理可得：.故直线PQ与RS共面.故A错误；

对于B：由异面直线的判定定理可以判断直线PQ与RS异面.故B正确；

对于C：如图示 ：

在正方体中，连结.则.

因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，

所以且，所以四边形为平行四边形，所以.

由三角形的中位线定理可得：.

由平行公理可得：.故直线PQ与RS共面.故C错误；

对于D：如图示 ：

在正方体中，连结.则.

因为且，所以四边形为平行四边形，所以.

因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，由三角形的中位线定理可得：.

由平行公理可得：.故直线PQ与RS共面.故D错误；

故选：B

4．设D，E，F分别为的三边BC，CA，AB的中点，则＋等于（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用向量的线性运算和中点的向量表示进行计算，即得结果.

【详解】如图，

＋＝＋＋＋＝＋

＝＋＝.

故选：C.

5．如图，在正方体中，为线段的中点，则直线与的夹角的余弦值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】连接，说明直线与的夹角为或其补角，计算出三边边长，利用余弦定理求出，即可得解.

【详解】如下图所示，设正方体的棱长为，

因为，则，所以，直线与的夹角为或其补角，

平面，平面，故，

因为，，故，同理可得，

由余弦定理可得.

因此，直线与的夹角的余弦值为.

故选：D.

6．用斜二测画法绘出的水平放置的直观图，如图所示，其中，，则绕所在直线旋转一周后所形成的几何体的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】本题可根据斜二测画法得出几何体是底面半径为、母线长为的圆锥，然后根据圆锥的表面积计算公式即可得出结果.

【详解】如图所示，根据直观图绘出原图，并将其旋转一周，得到圆锥，

由斜二测画法易知是直角三角形，，，，

则，圆锥的底面半径为、母线长为，

故几何体的表面积为，

故选：C.

7．已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是　　

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．

【详解】建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点，

则，，，

设，则，，，

则

当，时，取得最小值，

故选：．

二、多选题

8．已知i为虚数单位，以下说法正确的是（       ）

A．

B．复数的虚部为2

C．复数在复平面对应的点在第一象限

D．为纯虚数，则实数

【答案】AD

【分析】根据复数的计算即可求解.

【详解】,为纯虚数，则,故A,D对.

复数的虚部为,,对应的点为，不在第一象限，故B,C错误.

故选：AD

9．已知，是平面内夹角为的两个单位向量，向量在该平面内，且，则下列结论正确的是（       ）

A． B． C． D．的最小值为

【答案】BD

【分析】令，， 设，然后根据平面向量的坐标运算逐项分析即可.

【详解】因为，是平面内夹角为的两个单位向量，所以设，，设，又因为，所以，则,

，故A错误；

，故B正确；

，，所以不一定等于0，故C错误；

，故D正确.

故选：BD.

10．已知的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，下列说法正确的是(       )

A．若，则是锐角三角形

B．若，则

C．若，则是钝角三角形

D．若，则有两解

【答案】ABD

【分析】A：根据正弦定理求出边长之比，根据余弦定理判断最大角的大小即可判断三角形得形状；B：根据正弦定理角化边和三角形大边对大角的性质即可判断；C：根据向量数量积的定义即可判断C的大小，从而做出判断；D：判断a与bsin30°、b的关系，数形结合即可判断三角形解的个数．

【详解】对于A，根据正弦定理知，则C为△ABC的最大角，设，则，故C为锐角，故△ABC为锐角三角形，故A正确；

对于B，若sinA>sinB，根据正弦定理知a>b，根据三角形大边对大角的性质知A>B，故B正确；

对于C，C为锐角，故不能判断△ABC的形状，故C错误；

对于D，如图，

CD=bsin30°=2，∵CD<a=3<AC，故以C为圆心，a=3为半径画圆弧，和AD边有两个交点，交点即为B，故三角形有两解，故D正确．

故选：ABD．

11．已知正方体的棱长为2，点E，F，G分别为的中点，则下列结论正确的是（       ）

A．

B．平面AEF

C．平面AEF截正方体所得的截面面积为

D．平面AEF截正方体所得上下两部分几何体体积之比为

【答案】BC

【分析】在正方体中，得到，根据与不垂直，可得判定A错误；取的中点，分别连接，证得平面和平面，进而证得平面平面，可判定B正确；连接，可得，得到平面截正方体所得的截面为等腰梯形，进而判定C正确；根据棱台的体积公式和正方体的体积公式，可判定D错误.

【详解】在正方体中，可得，

又由四边形为矩形，且为的中点，所以与不垂直，

所以与不垂直，所以A错误；

取的中点，分别连接，

因为分别为的中点，可得

又因为分别为的中点，可得，

所以，又由平面，平面，所以平面，

又由分别为的中点，可得，可证得平面，

因为，且平面，所以平面平面，

又因为平面，所以平面，所以B正确；

连接，可得，即四点共面，

所以平面截正方体所得的截面为等腰梯形,

其中，可得梯形的高为，

所以梯形的面积为，所以C正确；

由棱台的定义，可得几何体为一个三棱台，

其中，三棱台的高，

所以三棱台的体积为，

又由正方体的体积为，

所以平面截正方体所得上下两部分几何体体积之比为，所以D错误.

故选：BC.

三、填空题

12．已知，则实数___________．

【答案】

【分析】根据，得到，即可求解.

【详解】由复数，可得，解得.

故答案为：.

13．已知平面向量，则与同向的单位向量的坐标为___________．

【答案】

【分析】根据单位向量的定义求解即可.

【详解】与同向的单位向量为，因为，

故答案为：

14．如图，平面四边形ABCD中，，则四边形ABCD的面积的最大值为___________

【答案】

【分析】设，由余弦定理可得，再根据为等腰直角三角形，可得，最后根据及辅助角公式计算可得；

【详解】解：因为，，所以为等腰直角三角形，

所以，

设，，则由余弦定理，

即，

所以

所以当，即时；

故答案为：

四、双空题

15．已知正四面体的棱长为，则该正四面体的体积___________，其内切球的半径为___________．

【答案】         

【分析】根据几何关系，求出正四面体的高和底面积即可求其体积，根据等体积法即可求其内切球半径．

【详解】如图为正四面体PABC，O为△ABC的中心，

根据正弦定理知△ABC的外接圆半径OC=，

∴PO=，

则；

设是正四面体PABC的内切球球心，设内切球半径为R，

则根据等体积法得：

．

故答案为：．

五、解答题

16．已知a，b为两条直线，为两个平面，则下列结论正确的（       ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

【答案】B

【分析】对A，注意判断的情况；

对B，结合线面平行的性质即可判断；

对C，讨论a，b的相交情况，即可判断；

对D，注意判断的情况

【详解】对A，，则或，A错；

对B，，由线面平行的性质易得，存在，故，则，故，B对；

对C，，则当时，；当，则或相交，C错；

对D，，则或，D错，

故选：B

17．已知复数．

(1)若，求a的值；

(2)求的最小值，

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）根据复数的运算，化简得到，列出方程，即可求解；

（2）根据复数模的公式，化简得到，进而求得有最小值.

【详解】(1)解：由复数，

可得，

所以，解得或．

(2)解：由复数，

可得，

所以当时，有最小值，最小值为.

18．已知平面内三个向量．

(1)求；

(2)求满足的实数m及n的值；

(3)若，求实数k的值．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据向量线性运算的坐标表示求出的坐标，再求模；

（2）根据平面向量基本定理得到方程组，解得即可；

（3）首先求出的坐标，再由向量垂直得到，根据数量积的坐标表示得到方程，计算可得；

【详解】(1)解：因为，，，

所以，

所以．

(2)解：由得，

即，解得．

(3)解：因为，，，

所以，

因为，所以，即，

解得．

19．已知△ABC的内角A，B，C所对的边为a，b，c，向量，向量，且

(1)求角A；

(2)若，求△ABC的面积

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由向量平行得到等量关系，用正弦定理得到，从而求出角A；

（2）由余弦定理求出，从而用面积公式得到△ABC的面积

【详解】(1)因为，，

所以.

由正弦定理得.

又∵，

∴

从而

∵

∴

(2)由余弦定理，得

又

则，即

∵

∴

∴三角形ABC的面积

20．在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，平面ABCD，．

(1)求证：；

(2)求二面角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）作辅助线，证明，，即证明平面PAC，根据线面垂直的性质及可证明结论；

（2）取CD中点为点F，连接AF，PF,证明平面PAF，从而说明是二面角的平面角．解直角三角形APF, 即可求得答案.

【详解】(1)证明：连接AC交于BD点O,

因为底面ABCD是菱形，

所以．

又因为平面ABCD，平面ABCD，

，

又因为，

所以平面PAC，平面PAC，

所以．

(2)取CD中点为点F，连接AF，PF,

因为底面ABCD是菱形，，

所以是等边三角形，

所以．

因为平面ABCD，平面ABCD，

所以，

而，

所以平面PAF，平面PAF，

所以，

所以是二面角的平面角．

因为，则,

因为，

所以，

所以,

所以二面角的正弦值为．

21．如图，在海岸A处，发现北偏东方向，距离A为海里的B处有一艘走私船，在A处北偏西方向，距离A为20海里的C处有一艘缉私艇奉命以海里/小时的速度追截走私船，此时，走私船正以10海里/小时的速度从B处向北偏东方向逃窜，问缉私艇沿什么方向行驶才能最快追上走私船？并求出所需时间．

【答案】缉私艇沿北偏东行驶才能最快追上走私船，所需时间小时

【分析】设缉私艇在点D处追上走私船，所需t小时，在中，利用余弦定理求得，再利用正弦定理求得，从而可得，在中，由正弦定理即可得出答案.

【详解】解：设缉私艇在点D处追上走私船，所需t小时，

则海里，海里，

因为，

在中，由余弦定理得，

即，

所以，

由正弦定理得，

所以，

所以BC为东西方向，所以，

在中，由正弦定理得，

所以，所以，

所以，即，即（小时），

所以缉私艇沿北偏东行驶才能最快追上走私船，所需时间小时.

22．如图，梯形ABCD中，，过A作于E，沿AE把ADE折起，设D折起，设点D折起后的位置P，且．

(1)求证：平面平面PBC；

(2)在棱PC上是否存在一点F，使直线平面PAE？并说明理由；

(3)设平面平面直线l，求直线l与平面ABCE所成角的正切值．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，理由见解析

(3)

【分析】（1）可证平面PAE，从而得到要求证的平面平面PBC．

（2）可证当F为PC中点时，直线平面PAE．

（3）过点F作EC的垂线，垂足为H，则平面ABCE，从而可求，故可求直线l与平面ABCE所成角的正切值．

【详解】(1)证明：因为，

所以，所以，所以为等腰直角三角形.

又因为，，

所以平面ECP，平面ECP，以．

因为，所以平面PAE，

因为平面PBC，所以平面平面PBC．

(2)存在，当F为PC中点时，直线平面PAE．

证明：取PE中点O，PC中点F，连接OF，AO，BF，

因为O，F分别为PE，PC中点，所以，且，

因为，且，所以，

所以四边形ABFO为平行四边形，所以，

而平面PAE，平面PAE，所以直线平面PAE．

(3)因为平面PAE，平面PBC，平面平面，所以．

所以直线BF与平面ABCE所成的角等于直线l与平面ABCE所成的角，

过点F作EC的垂线，垂足为H．

由（1）可得，所以，

过点B作EC的垂线，交EC于点M，则，

故四边形为矩形，故，

故，所以，

由（1）可得平面ECP，而平面ECP，所以，

而，所以平面ABCE，

所以为直线BF与平面ABCE所成的角，且，

又因为，所以直线l与平面ABCE所成角的正切值为．