2021-2022学年福建省南安市柳城中学高一下学期期中考试数学试题（解析版）

2021-2022学年福建省南安市柳城中学高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知平面向量，．若∥，则（    ）．

A． B． C． D．2

【答案】A

【分析】利用共线向量定理的坐标运算即可.

【详解】因为∥，所以，所以.

故选：A

【点睛】本题考查向量共线的坐标运算，考查学生的基本计算能力，是一道基础题.

2．已知复数满足则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据式子进行变形,求出即可.

【详解】解：由，得,

故选：C．

3．在四边形中，若且，则（    ）．

A．四边形是矩形 B．四边形是菱形

C．四边形是正方形 D．四边形是平行四边形

【答案】B

【分析】由，得，所以四边形为平行四边形，又可得，故可得四边形是菱形.

【详解】由，得，所以∥，且，故四边形为平

行四边形，又，

即，所以四边形是菱形.

故选：B

【点睛】本题主要考查向量的线性运算，考查学生的基本运算能力，是一道容易题.

4．已知向量，，则的面积为（    ）

A．5 B．10 C．25 D．50

【答案】A

【分析】根据向量的坐标可得向量垂直，从而得到三角形为直角三角形，求出向量的模长，即可得答案；

【详解】因为，又因为，所以，

所以．

故选：A．

【点睛】本题考查向量的模、数量积的坐标运算，考查逻辑推理能力、运算求解能力.

5．中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则下列结论不正确的是（    ）

A． B．

C．若，则的面积是 D．是钝角三角形

【答案】B

【分析】用正弦定理即可判断A；用余弦定理可以判断D，再结合平面向量数量积的定义可以判断B；先用余弦定理确定A，再用三角形面积公式即可算出面积，进而判断D.

【详解】对A，由正弦定理可得正确；

对B，D，设，∴，A为钝角，，B错误，D正确；

对C，∵，则，∴，∴.

故选：B.

6．在中，则的值等于（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】分析：先利用三角形的面积公式求得的值，进而利用余弦定理求得，再利用正弦定理求解即可.

详解：由题意，在中，

利用三角形的面积公式可得，

解得，

又由余弦定理得，解得，

由正弦定理得，故选A.

点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.

7．设是直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（    ）

A．若，，则

B．若，，则

C．若，，则

D．若，，则

【答案】D

【解析】由线面平行的性质和面面平行的判定可判断选项A；由面面垂直的性质定理和线面平行的性质可判断选项B；由面面垂直的性质定理和线面位置关系可判断选项C；由线面平行的性质和面面垂直的判定定理可判断选项D；

【详解】对于选项A：若，，则或与相交，故选项A不正确；

对于选项B：若，，则或，故选项B不正确；

对于选项C：若，，则或或与相交，故选项C不正确；

对于选项D：若，由线面平行的性质定理可得过的平面，设，则，所以，再由面面垂直的判定定理可得，故选项D正确；

故选：D

8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据三视图得到该几何体是一个正方体挖去了两个半球，根据正方体和球的表面积公式，即可得出结果.

【详解】由三视图还原该几何体如下，

则该几何体是一个正方体分别从上下底面挖去了两个半球，

且正方体的棱长为，球的半径为，

所以该几何体的表面积为.

故选：C.

【点睛】本题主要考查求几何体的表面积，熟记几何体的表面积公式即可，属于基础题型.

二、多选题

9．设向量，，则 （    ）

A． B．

C． D．与的夹角为

【答案】CD

【分析】由向量的坐标运算，逐个验证向量平行、垂直、夹角和模的问题.

【详解】由题意，，，

则  ，   ，故A错误；

易知，由，

所以与不平行，故B错误；

又   ，即，故C正确；

因为   ，

又  ，所以与的夹角为，故D正确．

故选：CD．

10．已知为虚数单位，复数，则以下真命题的是（    ）

A．的共轭复数为 B．的虚部为

C． D．在复平面内对应的点在第一象限

【答案】AD

【分析】先利用复数的除法、乘法计算出，再逐项判断后可得正确的选项.

【详解】，故，故A正确.

的虚部为，故B错，，故C错，

在复平面内对应的点为，故D正确.

故选：AD.

【点睛】本题考查复数的概念、复数的运算以及复数的几何意义，注意复数的虚部为，不是，另外复数的除法运算是分子分母同乘以分母的共轭复数.

11．在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，，且，则有（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】利用余弦定理化简得选项C正确；利用三角形的面积公式化简得选项D错误；利用余弦定理得选项A错误；利用正弦定理得选项B正确.

【详解】解：由正弦定理得,

所以,

因为,所以选项C正确；

由题得，所以选项D错误；

由余弦定理得，所以选项A错误；

由正弦定理得.所以选项B正确.

故选：BC

12．如图，已知长方体中，四边形为正方形，，，，分别为，的中点.则（    ）

A． B．点､､､四点共面

C．直线与平面所成角的正切值为 D．三棱锥的体积为

【答案】BCD

【分析】利用反证法判断A；利用直线平行判断B；利用线面角的定义判断C；利用锥体体积公式判断D.

【详解】对于A，假设，由题意知平面，平面，，又，平面，由长方体性质知与平面不垂直，故假设不成立，故A错误；

对于B，连接，，，由于，分别为，的中点，，又因为长方体，知，，所以点､､､四点共面，故B正确；

对于C，由题意可知平面，为直线与平面所成角，在直角中，，，则，故C正确；

对于D，连接，，，则，利用等体积法知：，故D正确

故选：BCD

三、填空题

13．复数满足，则的共轭复数________.

【答案】

【分析】先求出复数，进而求得其共轭复数．

【详解】解：，

．

故答案为：．

14．在锐角中，，，的面积为，__________．

【答案】2

【详解】分析：先可得出，再由面积公式：得出AB，再由∠A的余弦定理即可求出BC.

详解：由题得，，,故答案为2.

点睛：考查余弦定理、三角形的面积公式的应用，对公式的灵活运用和审题仔细是解题关键.

15．如图，在长方体中，，，则直线与平面所成角的正弦值为__________.

【答案】

【分析】过作，垂足为，则平面，则即为所求角，从而可得结果.

【详解】依题意，画出图形，如图，

过作，垂足为，

可知点H为中点，

由平面，

可得，又

所以平面，

则即为所求角，

因为，，

所以，

故答案为：.

16．已知三棱锥中，面，，，，，则三棱锥外接球的体积为__________．

【答案】

【分析】由勾股定理得，再由面，把该棱锥镶嵌到长宽高分别为，，的长方体中，长方体的外接球就是三棱锥的外接球，由此计算出球半径后可得体积．

【详解】因为，，，所以，所以， 又面，，

所以可以把该棱锥镶嵌到长宽高分别为，，的长方体中，长方体的外接球就是三棱锥的外接球，

所以外接球的半径为，

所以球的体积为．

故答案为：．

四、解答题

17．已知向量,.

(1)求的坐标;

(2)求.

【答案】(1);(2).

【分析】（1）根据向量的数乘运算及加法运算即可得到本题答案；（2）根据向量的模的计算公式即可得到本题答案.

【详解】(1)因为,,

所以；

所以；

(2)因为,

所以.

【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算以及模的计算，属基础题.

18．如图，在四棱锥中，底面，底面是正方形.

(1)证明： 平面；

(2)证明：平面平面．

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析；

【分析】（1）在平面内找到与BC平行的直线即可.

（2）在平面内找到与平面垂直的直线即可.

【详解】（1）因为底面是正方形，所以．

又因为平面，平面，

所以平面．

（2）因为底面是正方形，所以．

因为 底面，在平面内，所以 ．

又，、在平面内，所以平面．

又因为平面，

所以平面平面．

19．已知内角的对边分别是，若，，.

（1）求；

（2）求的面积.

【答案】（1）；

（2）.

【分析】（1）在中，由正弦定理得，再由余弦定理，列出方程，即可求解得值；

（2）由（1）求得，利用三角形的面积公式，即可求解三角形的面积．

【详解】（1）在中，，，，

由正弦定理得，

由余弦定理得，

解得或不合题意，舍去，

（2）由（1）知，所以，

所以的面积为．

【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．

20．如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为中点.

（1）求证：平面；

（2）求证：.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；

【分析】（1）设与交于点，接，可得，即可证明平面；

（2）由底面是菱形，得，又底面，可得，证明平面，利用线面垂直的性质可证．

【详解】证明：（1）设与交于点，接，

底面是菱形，

为中点，

又因为是的中点，

，

面，平面

平面．

（2）底面是菱形，

，

底面，底面，

，且，平面．

平面．

平面，

．

21．在中,内角所对的边分别为,已知, ,且.

(1)求角的大小;

(2)若,的面积为,求的周长

【答案】(1)；(2)

【解析】（1）由向量垂直关系得到数量积为零的等式，利用正弦定理边化角，结合两角和差公式、诱导公式可化简得到，进而求得；

（2）根据三角形面积公式构造方程求得，利用余弦定理可求得，进而得到所求周长.

【详解】（1）    

由正弦定理得：

即：

（2）    

由余弦定理得：

    的周长

【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理边化角的应用、利用两角和差公式和诱导公式化简、平面向量数量积、三角形面积公式和余弦定理的应用等知识，属于常考题型.

22．如图所示，在三棱柱中，侧面为菱形，，，侧面为正方形，平面平面.点为的中点，点为的中点.

（1）证明：平面；

（2）求三棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】（1）连，根据为菱形，易得点为的中点，点为中点，由三角形中位线得到，再利用线面平行的判定定理证明.

（2）取的中点，连，则，根据平面平面，得到平面，从而，再根据为正方形，.由线面垂直的判定定理得到平面，然后利用等体积法求解.

【详解】（1）如图所示：

连，

因为为菱形，点为的中点，所以.

又点为的中点，点为中点，所以.

而平面，平面，

所以平面.

（2）侧面为菱形，，

为等边三角形，.

取的中点，连，则.

又平面平面，

平面，.

而为正方形，.

又，，

又，平面.

又的面积.

.

【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，面面垂直的性质定理以及三棱锥的体积，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.