2021-2022学年新疆哈密市第一中学高一下学期期中考试数学试题（解析版）

2021-2022学年新疆哈密市第一中学高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．下列说法错误的是（    ）

A．球体是旋转体 B．圆柱的母线垂直于其底面

C．斜棱柱的侧面中没有矩形 D．用正棱锥截得的棱台叫做正棱台

【答案】C

【分析】利用空间几何体的结构特征可得.

【详解】由旋转体的概念可知，球体是旋转体，故A正确；

圆柱的母线平行于圆柱的轴，垂直于其底面，故B正确；

斜棱柱的侧面中可能有矩形，故C错误；

用正棱锥截得的棱台叫做正棱台，故D正确.

故选：C.

2．已知向量满足，则（    ）

A．2 B． C．8 D．

【答案】B

【分析】利用向量的数量积运算和模的运算法则可得，由此根据已知条件可求得答案.

【详解】∵,

又∵

∴，∴，∴，

故选：B.

3．已知平面向量，，若存在实数，使得，则实数m的值为（    ）．

A． B．12 C． D．1

【答案】D

【分析】由向量数乘的坐标表示求得值．

【详解】由得，，或，

∵，∴，从而．

故选：D．

4．设复数满足，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【解析】先利用复数的除法化简复数z，进而求得其共轭复数，然后利用几何意义求解.

【详解】因为，

所以，

∴，

∴在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限，

故选：A.

5．设是虚数单位，若复数，则的共轭复数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用复数的四则运算化简，再得出的共轭复数.

【详解】

故选：D

【点睛】本题主要考查了复数的除法以及求共轭复数，属于基础题.

6．如图，在△ABC中，D为边BC的中点，则下列结论正确的是（ ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用平面向量的三角形法则对选项分别分析选择．

【详解】由已知及图形得到，故A错误；

；故B错误；

；故C正确；

故D错误；

故选：C

7．已知，则（    ）

A．三点共线 B．三点共线

C．三点共线 D．三点共线

【答案】C

【分析】根据向量共线定理，考查选项中两个向量之间是否有倍数关系即可判断.

【详解】对于A:不存在实数 ，使得，故 三点不共线；

对于B: 不存在实数 ，使得，故 三点不共线；

对于C: ,故 ，所以三点共线；

对于D: 不存在实数 ，使得，故 三点不共线；

故选：C

8．设在中,角所对的边分别为, 若, 则的形状为 （ ）

A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定

【答案】B

【分析】利用正弦定理可得，结合三角形内角和定理与诱导公式可得，从而可得结果.

【详解】因为，

所以由正弦定理可得，

，

所以，所以是直角三角形.

【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题. 弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.

9．在中，，，，则角C的度数为（　　）

A．135° B．45° C．45°或135° D．120°

【答案】C

【分析】根据三解形面积公式即可求解．

【详解】的面积为

所以，又故或

故选：C

10．如图，在救灾现场，搜救人员从处出发沿正北方向行进米达到处，探测到一个生命迹象，然后从处沿南偏东行进米到达处，探测到另一个生命迹象，如果处恰好在处的北偏东方向上，那么（    ）

A．米 B．米 C．10米 D．米

【答案】D

【分析】根据三角形正弦定理即可求解结果．

【详解】依题意得，

由正弦定理得，所以，

故选：D

11．如图，某几何体三视图为三个完全相同的圆心角为90°的扇形，则该几何体的表面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由三视图可知，该几何体是半径为1的八分之一球，画出直观图，根据球的表面积公式和扇形的面积公式，即可求出结果．

【详解】由三视图可知，该几何体是半径为1的八分之一球，直观图如图所示．

其表面积．

故选：C.

12．如图是一个几何体的三视图，其中正视图与侧视图都是边长为的等边三角形，俯视图是直径为的圆．则该几何体的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由三视图可还原几何体为圆锥，利用圆锥表面积公式可求得结果.

【详解】由三视图可知几何体是如下图所示的圆锥，

其中圆锥的底面圆半径为，母线长为，

几何体的表面积.

故选：A.

13．在矩形中，，，点在对角线上，点在边上，且，，则（    ）

A． B．4 C． D．

【答案】C

【分析】根据题意得到，代入计算得到答案.

【详解】，

所以

.

故选：C.

【点睛】本题考查了向量的数量积，意在考查学生的计算能力和转化能力.

14．在中，角，，所对的边分别为，，，且边上的高为，则的最大值是（    ）

A．8 B．6 C． D．4

【答案】D

【解析】首先利用面积公式可得：，再利用余弦定理，两者结合可得，而，即可得，再利用辅助角公式即可求解.

【详解】由已知可得：，

所以，

因为，所以

所以，

所以的最大值是4

故选：D

【点睛】本题主要考查了三角形面积公式、余弦定理、以及辅助角公式，属于中档题.

15．在中，,,，过作交于，则

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先由余弦定理得到AB边的长度，再由等面积法可得到结果.

【详解】根据余弦定理得到将,,代入等式得到AB=,

再由等面积法得到

故答案为A.

【点睛】这个题目考查了解三角形的应用问题，涉及正余弦定理，面积公式的应用，在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据.解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.

二、填空题

16．已知向量满足，，与的夹角为，则在上的投影为________．

【答案】

【分析】根据数量积的定义求解的值，再根据投影的定义求解的值即可.

【详解】解：由于，，与的夹角为，则

则在上的投影为：.

故答案为：.

17．若复数是正实数，则实数的值为________．

【答案】3

【分析】根据复数的基本概念，列出方程，即可求解.

【详解】因为复数是正实数，

由，解得或，

当时，，符合题意；

当时，，不符合题意，

所以实数的值为.

故答案为：.

18．已知正四面体的棱长为4，则此四面体的外接球的表面积是为________

【答案】

【分析】求出外接球半径后可得表面积．

【详解】如图正四面体棱长为4，平面于，则是中心，，

平面，平面，则，，

设外接球球心为，则在，则为外接半径，

由得，解得，

∴．

故答案为：.

19．如图，一块边长为4cm的正方形纸片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形和一个正方形做成一个正四棱锥，则该正四棱锥的体积为______．

【答案】

【分析】设正方形纸片为，其内的小正方形为，取，的中点分别为，连接，对称性可知，从而求出的长，从而得到正四棱锥中的斜高，从而可求出其高，得到体积.

【详解】如图设正方形纸片为，其内的小正方形为，做成的正四棱锥为

取，的中点分别为，连接

由题意，,由对称性可知，

所以，所以

即在正四棱锥中，，又

所以

所以正四棱锥的体积为

故答案为：

20．如图，某粮仓（粮仓的底部位于地面上）是由圆柱和圆锥构成的，若圆柱的高是圆锥高的2倍，且圆锥的母线长是4，侧面积是，则这样一个粮仓的容积为___________.

【答案】

【分析】求出圆锥的底面半径和高，再利用圆柱和圆锥的体积公式求解.

【详解】解：设圆锥的母线为，底面半径为，高为，

所以，解得，；

所以圆柱的高为，

所以这样一个粮仓的容积为

故答案为：

三、解答题

21．已知复数，．

(1)若对应复平面上的点在第四象限，求的范围；

(2)若是纯虚数，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题知，再解不等式组即可；

（2）由题知，再解方程即可.

【详解】(1)解：∵对应复平面上的点在第四象限，

∴，解得.

∴

(2)解：∵是纯虚数，

∴，∴

22．已知平面向量，的夹角为，且，

(1)求在上的投影；

(2)若与垂直，求实数的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据面向量投影的几何意义代入公式求解即可.

（2）先求出的值，再根据向量垂直，得到数量积为，展开代入求值即可.

【详解】(1)根据平面向量投影的几何意义得，

在上的投影为：.

(2)由题意得，，

因为与垂直，所以，

所以，

即，解得.

23．在中，．

(1)求的值；

(2)若，，求以及的值．

【答案】(1)

(2)，

【分析】（1）利用余弦定理计算可得；

（2）先利用同角三角函数关系式求出角，的正弦值，再借助于正弦定理求出，代入已知条件求出，进而求出三角形的面积．

【详解】(1)解：由余弦定理及已知得：，

(2)解：因为，为三角形内角，

所以，，

由正弦定理得：，

又．

，解得或（舍去）．

．

24．设，是两个不共线的向量，已知，，.

(1)求证：，，三点共线；

(2)若，且，求实数的值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由题意证明向量与共线，再根据二者有公共点，证明三点共线；

（2）根据与共线，设由（1）的结论及题意代入整理，结合，是两个不共线的向量，构造方程解实数的值.

【详解】(1)由已知得,

因为，所以,

又与有公共点，所以，，三点共线；

(2)由（1）知，若，且，

可设,

所以，即，

又，是两个不共线的向量，

所以解.

25．已知平面向量，，，且，.

（1）求和：

（2）若，，求向量与向量的夹角的大小.

【答案】（1），；（2）.

【解析】（1）本题首先可根据、得出，然后通过计算即可得出结果；

（2）本题首先可根据题意得出以及，然后求出、以及的值，最后根据向量的数量积公式即可得出结果.

【详解】（1）因为，，，且，，

所以，解得，

故，.

（2）因为，，所以，

因为，，所以，

，，，

设与的夹角为，

则，

因为，所以，向量与向量的夹角为.

【点睛】本题考查向量平行、向量垂直以及向量的数量积的相关性质，若、且，则，考查通过向量的数量积公式求向量的夹角，考查计算能力，是中档题.

26．已知函数.

（1）求函数f（x）的单调性；

（2）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，c＝1，求△ABC的面积.

【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减，k∈Z；（2）.

【解析】（1）利用二倍角公式逆应用和辅助角公式化简整理，求单调区间即可；

（2）求出角，利用正弦定理得C角和B角，再由计算即可.

【详解】解：（1），

由，得，k∈Z；

由，得，k∈Z.

故f（x）在上单调递增，在上单调递减，k∈Z；

（2），则 ，

∵A∈（0，π），∴，即，

由正弦定理得，即，解得 ，∴或，

当C＝时，A+C＞π，舍去，所以，故，

∴.

【点睛】本题考查了三角恒等变换、三角函数单调区间和解三角形的综合应用，属于中档题.

27．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设平面向量，，且

(1)求C；

(2)若，，求中AB边上的高h．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由可得，化简得，再利用正弦定理统一成边的形式，再利用余弦定理可求出角C；

（2）由余弦定理结合可得，再利用三角形面积公式可求得结果.

【详解】(1)平面向量，，

可得，

因为，

所以，

即，

即，

根据正弦定理得，

所以，

因为，

所以；

(2)在中，，，

则由余弦定理得，

又，所以，

根据的面积 ，

即 ，解得 ，

所以中AB边上的高．