巨野县第一中学2021-2022学年高一下学期期中考试数学试卷（含答案）

巨野县第一中学2021-2022学年高一下学期期中考试数学试卷

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

一、选择题

1、复数的虚部为(   )

A.i B. C.1 D.－1

2、的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，．则(   )

A．1 B． C． D．

3、交通锥是一种交通隔离警戒设施，可近似看成一个圆锥.如图，某交通锥的高为70cm，底面半径为20cm，则该圆锥体交通锥的体积为(   )

A. B. C. D.

4、已知向量，向量.若向量与向量垂直，则(   )

A. B. C.3 D.5

5、已知复数满足，复数（i为虚数单位），则的最大值为(   )

A. B. C. D.

6、2022年北京冬奥会，首钢滑雪大跳台（如图1）是冬奥历史上第一座与工业遗产再利用直接结合的竞赛场馆，大跳台的设计中融入了世界文化遗产敦煌壁画中“飞天”的元素.某校研究性学习小组为了估算赛道造型最高点A（如图2）距离地面的高度AB（AB与地面垂直），在赛道一侧找到一座建筑物PQ，测得PQ的高度为25.4米，并从P点测得A点的仰角为；在赛道与建筑物PQ之间的地面上的点M处测得A点，P点的仰角分别为和（其中B，M，Q三点共线），该学习小组利用这些数据估算得赛道造型最高点A距离地面的高度约为(   )（参考数据：，，）

 图一 图二

A.58 B.60 C.66 D.68

7、在中，的面积为，若，则的面积为(   )

A. B. C. D.

8、数学家欧拉发现简单凸多面体的顶点数V、棱数E及面数F之间有固定的关系，即著名的欧拉公式：.如图所示为上世纪八十年代科学家首次发现的碳60的电子显微镜图，它是由五边形和六边形面构成的多面体，共有60个顶点，每个顶点均为碳原子，且每个顶点引出三条棱，形似足球.根据以上信息知，碳60的所有面中六边形的个数是(   )

A.12 B.20 C.32 D.40

二、多项选择题

9、已知复数，，为共轭复数，则下列结论中一定成立的是(   )

A.为实数 B. C. D.

10、《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社会现象.如图1所示的是八卦模型图，其平面图形（图2）中的正八边形ABCDEFGH，其中O为正八边形的中心，且，则下列说法正确的是(   )

 图一 图二

A.  B.

C. D.

11、在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则下列说法正确的是(   )

A.为钝角三角形 B.

C.周长为 D.的外接圆面积为

12、如图，在棱长为的正方体中，M、N、P分别是、、的中点，Q是线段上的动点，则下列说法正确的是(   )

A.点在平面MBN外

B.直线CQ在平面MBN外

C.存在点Q，使B、N、P、Q四点共面

D.三棱锥的体积为定值

三、填空题

13、已知条件“”（i为虚数单位），写出一个满足上述条件的正整数______.

14、某同学从A点向正前方走了10米到B点，然后左转再向前走了x米到C点，此时距离A点米，则x的值为______.

15、定义：，两个向量的叉乘的模.若点、，O为坐标原点，则______.

16、在一个正方形内有一个小正方形ABCD和四个全等的等边三角形（如图1）.将四个等边三角形折起来，使、、、重合于点P，且折叠后的四棱锥（如图2）的外接球的表面积是，则四棱锥的侧棱PA的长为______；若在四棱锥内放一个正方体，使正方体可以在四棱锥内任意转动，则该正方体棱长的最大值为______.

 图一 图二

四、解答题

17、如图，在平行四边形ABCD中，，，，BD，AC相交于点O，M为BO中点.设向量，.

（1）求的值；

（2）用，表示.

18、已知复数，（其中i是虚数单位，m，，，)

（1）若为纯虚数，求实数m的值；

（2）若，求实数的取值范围.

19、如图，圆锥SO的底面半径，轴截面SAB（经过旋转轴SO的截面）是等边三角形，点P为母线SA上一点，且，点Q为半圆弧的中点.

（1）求圆锥SO的外接球体积；

（2）动点M从点P沿圆锥SO表面运动到点Q，求点M运动的最短路程.

20、第31届世界大学生夏季运动会将于2022年6月在成都举行，需规划公路自行车比赛赛道，该赛道的平面示意图为五边形ABCDE（如图），根据自行车比赛的需要，需预留出AC，AD两条服务车道（不考虑宽度），DC，CB，BA，AE，ED为赛道，已知，，，，______.（注：km为千米）

请从①；②这两个条件中任选一个，补充在题干中，然后解答补充完整的问题.

（1）求服务通道AD的长；

（2）在（1）的条件下，求折线赛道AED的最大值（即最大）.

注：如果选择两个条件解答，按第一个解答计分.

21、在中，，分别以边AB和BC为一边向外侧作矩形ABDE和菱形BCFG（如图1），满足，再将其沿AB，BC折起使得BD与BG重合，连结EF（如图2）.

 图一 图二

（1）判断A，C，F，E四点是否共面？并说明理由：

（2）在图1中，，，在图2中，求多面体的表面积.

22、已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，AD为BC边上的中线，已知且，.

（1）求b；

（2）求的余弦值；

（3）设点E，F分别为边AB，AC上的动点，线段EF交AD于G，且的面积为面积的一半，求向量的最小值.

参考答案

1、答案：C

解析：，故复数的虚部为1；故选：C

2、答案：B

解析：依题意，由正弦定理，即，解得；故选：B

3、答案：C

解析：，故选：C.

4、答案：A

解析：因为，向量与垂直，所以，所以，即，所以.故选：A.

5、答案：D

解析：由已知，由复数模的三角不等式可得.故选：D.

6、答案：B

解析：如图所示：

由题意得：，，，，，在中，，在中，由正弦定理得，所以，在中，，故选：B

7、答案：D

解析：

因为，所以，即，所以，所以故选：D

8、答案：B

解析：设五边形面有x个，共条棱，六边形面有y个，共条棱，因为每条棱出现在两个面中，所以总棱数，因为每个顶点出现在三个面中，所以总顶点数为，得，所以，所以由欧拉公式得，，得，所以，所以由，得，所以碳60的所有面中六边形的个数为20个，故选：B

9、答案：AC

解析：设，对于A，，所以A正确，对于B，因为，，所以，所以B错误，对于C，因为，所以，所以C正确，对于D，因为，所以，因为，所以，所以D错误，故选：AC

10、答案：BC

解析：依题意，故A错误；，故B正确；因为，即，所以以，为邻边的平行四边形为正方形，对角线长为，所以，故C正确；因为，所以，故D错误；故选：BC

11、答案：BC

解析：因为，所以，又，所以，，所以，故，，所以B为锐角，故为锐角三角形，故A错误；由，，可得，故B正确；由上可知周长为，故C正确；由正弦定理可得的外接圆直径为，即，的外接圆面积为，故D错误.故选：BC.

12、答案：BCD

解析：

对于A选项，取的中点E，连接AE、EN、、，在正方体中，，，M、E分别为、的中点，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，且，同理可证四边形CDEN为平行四边形，则且，因为且，所以，且，所以，四边形ABNE为平行四边形，所以，且，故且，所以，四边形为平行四边形，即平面BMN，A错；对于B选项，假设平面BMN，则平面BMN，实际上平面BMN，假设不成立，故直线在平面MBN外，B对；对于C选项，连接PN、、AB、，因为且，所以，四边形为平行四边形，则，因为P、N分别为、的中点，则，所以，，所以，B、N、P、四点共面，故当点Q与重合时，B、N、P、Q四点共面，C对；对于D选项，因为，平面BCN，平面BCN，平面，，故点Q到平面BCN的距离为定值，又因为的面积也为定值，故为定值，D对.故选：BCD.

13、答案：，（答案不唯一）

解析：利用复数i的周期性可得：，，故答案为：，（答案不唯一）

14、答案：20

解析：依题意，，，由余弦定理，即，解得或（舍去）故答案为：20

15、答案：

解析：因为、，所以、，所以，，，所以，因为，所以，所以，故答案为：

16、答案：，

解析：

连接AC，BD交于点O，则易得，是等腰直角三角形，则O是正四棱锥外接球的球心，正四棱锥的所有棱都相等，设其为x，则外接球的半径是，所以，，即，因此，故四棱锥P－ABCD的体积，设四棱锥P－ABCD的内切球半径为R，四棱锥的表面积：，所以四棱锥的体积，则，在四棱锥P－ABCD内放一个正方体的体对角线不超过内切球直径时，便可以在四棱锥内部任意转动，设放入四棱锥S－ABCD内部的小正方体棱长为a，则，故，故a最大为，故答案为：，.

17、答案：（1）

（2）

解析：（1）由题意，得（2）因为四边形ABCD是平行四边形，BD，AC相交于点O，所以，因为M为BO中点，所以.

18、答案：（1）

（2）

解析：（1）由为纯虚数，则，解得.

（2）由，得，所以，因为，所以当时，，当时，，所以实数的取值范围是.

19、答案：（1）

（2）

解析：（1）

因为是等边三角形，AB＝2OA＝2，所以，圆锥SO的外接球球心在SO上，连接，设球的半径为R，则，.在中，，即，解得，所以圆锥SO的外接球体积.

（2）

将圆锥SO沿母线SA侧面展开（如图），弧的长度为圆锥SO的底面周长，则，因为点Q为半圆弧的中点，所以，又，所以.在中，，，，由余弦定理得：，即，即，所以点M运动的最短路程为.

20、答案：（1）

（2）

解析：（1）若选择条件①，在中，由正弦定理得：，即，解得；若选择条件②，在中，由余弦定理得：，即，解得；在中，由余弦定理得，即，解得或（舍去）所以服务通道AD的长为.

（2）在中，由余弦定理得：，所以，即，因为，所以，所以（当且仅当时取等号）所以折线赛道AED的最大值为.

21、答案：（1）共面，理由见解析

（2）

解析：（1）A，C，F，E四点共面，理由如下：因为，，又因为D，G重合，所以，故A，C，F，E四点共面.

（2）矩形ABDE的面积，在菱形BDFC中，，，所以菱形BDFC的面积由（1）知，且AE＝BD＝CF，所以四边形ACFE是平行四边形，且，所以，又在中，，所以四边形ACFE的面，因为，，，所以，所以与的面积和，故多面体的表面积为.

22、答案：（1）

（2）

（3）2

解析：（1）因为，所以由正弦定理得，由余弦定理得，整理得，又，所以.

（2）因为D为BC的中点，所以，设，所以，又，所以，即，解得或，又，所以，所以的余弦值为.

（3）设，，因为的面积为面积的一半，所以，即，设，则，又E，G，F共线，所以设，则，所以，解得，，又，所以，又，则，因为，，，所以，当时，的最小值为2.