河北省魏县第五中学2020-2021学年高一下学期期中数学试题及答案

河北省魏县第五中学2020-2021学年高一下学期期中数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．复数的虚部为

A． B． C． D．

2．设，是两个不共线的向量，若向量(k∈R)与向量共线，则（    ）

A．k＝0 B．k＝1 C．k＝2 D．k＝

3．已知向量，，.若，则（    ）

A．2 B． C． D．

4．如图所示，已知在中，是边上的中点，则（    ）

A． B．

C． D．

5．在复平面内，复数对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

6．体积为的正方体的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（     ）

A． B． C． D．

7．如图，正方体的棱和的中点分别为，，则异面直线与所成角为（    ）

A． B． C． D．

8．在正四棱柱（底面为正方形且侧棱垂直于底面）中，，是的中点，则异面直线与所成角的大小为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．设复数且，则下列结论正确的是（    ）

A．可能是实数 B．恒成立

C．若，则 D．若，则

10．已知向量，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C．向量，的夹角为 D．在方向上的投影是

11．已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且，，给出下列四个论断：①；②；③；④．以其中三个论断为条件，剩余论断为结论组成四个命题．其中正确的命题是（    ）．

A．①②③④ B．①③④② C．①②④③ D．②③④①

12．(多选题)如图，正方体中，若分别为棱的中点，分别是四边形，的中心，则（ ）

A．四点共面

B．四点共面

C．四点共面

D．四点共面

三、填空题

13．若向量满足条件与共线，则的值为__________

14．已知为虚数单位，复数为实数，则__________．

15．某圆锥的底面积为，侧面积为，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为____．

16．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F，且EF＝，则下列结论中正确的序号是_____．

①AC⊥BE　②EF∥平面ABCD　③△AEF的面积与△BEF的面积相等．④三棱锥A﹣BEF的体积为定值

四、解答题

17．已知

(1)当k为何值时，与共线？

(2)若，且A，B，C三点共线，求m的值．

18．已知，，.

(1)求 与 的夹角 ；

(2)求 与 的夹角的余弦值．

19．已知复数z＝a＋i(a>0，a∈R)，i为虚数单位，且复数为实数.

（1）求复数z；

（2）在复平面内，若复数(m＋z)2对应的点在第一象限，求实数m的取值范围.

20．如图，圆锥PO的底面直径和高均是a，过PO的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，

（1）求圆柱的表面积；

（2）求圆锥挖去圆柱剩下几何体的体积．

21．如图，在正四棱柱中，，，E，M，N分别是，，的中点.

（1）求三棱锥的体积；

（2）求异面直线与所成角的余弦值.

22．如图，四边形是边长为的菱形，平面，平面，且，分别是的中点．

（1）证明：平面平面；

（2）若，求多面体的体积．

参考答案：

1．B

【详解】试题分析：，虚部为．故选B．

考点：复数的概念．

2．D

【分析】根据向量共线定理可得，再由与是不共线向量，可得，解方程组即可求解.

【详解】由共线向量定理可知存在实数λ，使，

即，

又与是不共线向量，

∴，解得

故选：D

3．D

【分析】先求得，根据，利用向量的数量积的坐标运算即可求解.

【详解】由题意，向量，，可得,

因为，所以,

又∵，所以,解得，

故选：D.

【点睛】本题主要考查了向量的坐标表示，以及向量垂直的坐标表示，其中解答中熟记向量的坐标表示，以及向量数量积的坐标运算是解答的关键，着重考查运算与求解能力.

4．B

【分析】由题意得，再由，即可得到答案.

【详解】由于是边上的中点，则.

.

故选：B.

5．C

【分析】利用复数的乘法运算以及复数的几何意义即可求解.

【详解】因为，

所以复数所对应的点为，在第三象限.

故选：C

6．B

【解析】根据正方体的体对角线长等于其外接球直径可求出外接球半径，再根据球的表面积公式即可求出．

【详解】因为正方体的体积为，即其棱长为，体对角线长为，因此其外接球直径为，半径为，所以其外接球的表面积为．

故选：B．

【点睛】本题主要考查球的表面积公式的应用，属于容易题．

7．B

【分析】连接，则可得∥，∥，从而可得异面直线与所成角就等于直线所夹的角，然后由正方体的性质可得答案

【详解】解：如图，连接，

因为棱和的中点分别为，，

所以∥，

由正方体的性质可得∥，

所以异面直线与所成角就等于直线所夹的角，

因为四边形为正方形，

所以，

所以异面直线与所成角为，

故选：B

8．C

【分析】设的中点为N，联结BN、ND1，作出异面直线与所成角，在△BND1中，求出各边长，用余弦定理求出.

【详解】

设的中点为N，联结BN、ND1，则ABCD-A1B1C1D1为长方体，而底面ABCD为正方形，

∵是的中点，N为的中点，∴BN∥C1M，则∠BND1（或其补角）即为异面直线与所成角.

不妨设BC=2，则BB1=AA1=1，,则

在△BND1中，由余弦定理得：

∴

故选：C

【点睛】求异面直线所成角的方法：

（1）几何法：将两条直线或其中一条平移（找出平行线）至它们相交，把异面转化为共面，用余弦定理或正弦定理来求（一般是余弦定理）；一般采用平行四边形或三角形中位线来构造平行线；

（2）向量法

9．BC

【分析】化简为的形式，根据复数为实数、复数的模、共轭复数、复数的平方等知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.

【详解】对选项A，若是实数，则，与已知矛盾，故A错；

对选项B，由A知，

所以，故B正确；

对选项C，，

则，因为，所以，故C正确；

对选项D，，则，因为，所以，所以，故D错误.

故选：BC

10．AC

【分析】根据坐标运算法则，依次求解各个选项，即可得到结果.

【详解】A.∵  ∴，A正确；

B.，，错误；

C. ，所以夹角为；

D. 在方向上的投影为.

故选：AC.

11．AC

【分析】利用空间线线、线面、面面位置关系，根据选项一一判断即可．

【详解】对A选项，若①，②，③，且，所以有④成立，则A正确；

对B选项，若①，③，④，则可能相交、平行或异面，则B错；

对C选项，若①，②，④，且，所以有③成立，则C正确；

对D选项，若②，③，④，则平面，可能相交、平行．

故选：AC

12．ACD

【分析】对于A，易知共面，再判断是否在这个平面即可；对于B，显然在平面内，D不在平面内，可知四点不共面；对于C，由已知可知，可判断四点共面；对于D，连接并延长，交于H，连接，可知，可判断四点共面.

【详解】对于A，由是四边形的中心，知是的中点，所以在平面内，所以四点共面，故A正确；

对于B，由分别为棱的中点，知在平面内，D不在平面内，所以四点不共面，故B错误；

对于C，由已知可知，所以四点共面，故C正确；

对于D，连接并延长，交于H，则H为的中点，连接，则，所以四点共面，故D正确；

故选：ACD

【点睛】方法点睛：本题考查点共面问题的证明，证明点或线共面问题的两种方法：①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．

13．

【分析】根据坐标表示出向量，然后根据向量共线的坐标表示列式求解.

【详解】向量，，，

所以，

所以与共线，所以，解得.

故答案为：

14．

【分析】利用复数的乘法化简复数，由已知条件求出参数的值，即可得出复数.

【详解】且，

，可得，因此，.

故答案为：.

15．

【分析】根据圆锥底面面积公式以及圆锥侧面面积公式，求出底面半径和母线长，即可得出结论.

【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，

则，解得，

，解得，

设该圆锥的母线与底面所成角为，

所以，，

所以.

故答案为：.

16．①②④

【分析】利用线面垂直的性质判断①正确，利用线面平行的判定定理判断②正确，利用同底不同高判断③错误，利用等底等高证明④正确.

【详解】由于，故平面，所以，所以①正确.由于，所以平面，故②正确.由于三角形和三角形的底边都是，而高前者是到的距离，后者是到的距离，这两个距离不相等，故③错误.由于三棱锥的底面三角形的面积为定值.高是点到平面也即点到平面的距离也是定值，故三棱锥的体积为定值.故④正确.综上所述，正确的时①②④.

【点睛】本小题主要考查空间两条直线垂直关系的判断，考查空间线面平行的判断，考查平面图形的面积和空间立体图形的体积的判断，属于基础题.

17．(1)；

(2).

【分析】（1）先求出与的坐标，然后利用两向量共线列方程可求出的值；

（2）由题意可得和共线，列方程可求得m的值．

【详解】（1）因为

所以，，

因为与共线，

所以，解得；

（2）因为

所以，

，

因为A，B，C三点共线，

所以，解得.

18．(1)；

(2).

【分析】（1）先由已知求出，再代入两个向量夹角的余弦公式求得夹角；

（2）先求出与，同样代入两个向量夹角的余弦公式求得夹角；

【详解】（1）由已知，得，

因为，所以.

又，

所以cos，

因为，所以.

（2）因为，所以，

因为，所以.

所以.

19．（1）；（2）.

【分析】（1）利用复数的四则运算以及复数的分类即求解.

（2）利用复数的四则运算以及复数的几何意义即可求解.

【详解】（1）因为z＝a＋i(a>0)，

所以z＋＝a＋i＋

＝a＋i＋

＝a＋i＋

＝，

由于复数z＋为实数，所以1－＝0，

因为a>0，解得a＝1，因此，z＝1＋i.

（2）由题意(m＋z)2＝(m＋1＋i)2

＝(m＋1)2－1＋2(m＋1)i＝(m2＋2m)＋2(m＋1)i，

由于复数(m＋z)2对应的点在第一象限，则，解得m>0.

因此，实数m的取值范围是(0，＋∞).

20．（1）；（2）．

【分析】（1）设圆锥底面半径为r，圆柱底面半径为，求得和的值，以及圆柱和圆锥的母线长，结合侧面积和圆的面积公式，即可求解；

（2）利用圆锥和圆柱的体积公式，即可求得剩下几何体的体积．

【详解】（1）设圆锥底面半径为r，圆柱底面半径为，

因为过PO的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，

可得，，且圆柱母线长，圆锥母线长，

所以圆柱的表面积为：

（2）剩下几何体的体积．

21．（1）；（2）.

【解析】（1）因为，由正四棱柱，可知为点到平面的高，结合已知，即可求得答案；

（2）取AD的中点Q，连接NQ，BQ，证明且，可得为异面直线MN与所成角(或其补角)，求解三角形可得再由余弦定理可得异面直线MN与所成角的余弦值.

【详解】（1），

在正四棱柱中

平面，即为点到平面的高

（2）取的中点Q，连接，

N为的中点

且，

M为的中点，

，且

且

四边形是平行四边形，

且

同理可证且

且

为异面直线与所成角(或其补角).

在正方形中，，E为中点

.

异面直线与所成角的余弦值为.

【点睛】关键点睛：本题考查了求异面直线夹角问题，解题关键是将求两条异面直线夹角问题转化为求共面直线夹角，结合余弦定理进行求解.

22．（1）证明见解析；（2）

【分析】（1）连接交于点，连接，利用三角形中位线性质可证得，，利用线面平行和面面平行的判定可证得结论；

（2）取中点，将问题转化为多面体体积的求解，通过分割的方式进一步将问题转化为求解，根据线面垂直的性质与判定可证得即为三个四棱锥的高，由棱锥体积公式计算可得结果.

【详解】（1）分别是的中点，，

又平面，平面，平面；

连接，交于点，连接，

四边形为菱形，为中点，又为中点，，

平面，平面，平面；

又，平面，平面平面；

（2）四边形为菱形，，，，，

取中点，连接，

为中点，平面，；

四边形为菱形，，

平面，平面，，

平面，平面，

分别为中点，，且，同理，

，，平面，平面，

平面，平面，又，

平面平面，

平面，且

点到平面的距离，

又为中点，为中点，平面，平面，

点到平面的距离等于点到平面的距离，即为，

.

即多面体的体积为.

【点睛】思路点睛：立体几何中的求解体积问题通常采用两种思路来进行求解：

（1）体积桥：将所求几何体体积进行等体积代换来进行求解；

（2）割补：将几何体切割为几个部分或者补足为某个易求体积的几何体来进行求解.