2020-2021学年江苏省徐州市邳州市运河中学实验班高一（下）期中数学试卷

2020-2021学年江苏省徐州市邳州市运河中学实验班高一（下）期中数学试卷

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.

1．（5分）设点，，不共线，则“与的夹角为锐角”是“”的　　

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

2．（5分）若复数满足，则复数的虚部是　　

A． B． C． D．

3．（5分）若平面内两条平行线，间的距离为，则实数　　

A． B．或1 C． D．或2

4．（5分）古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．已知，，圆上有且仅有一个点满足，则的取值可以为　　

A．1 B．2 C．3 D．5

5．（5分）已知点，在抛物线上，过作圆的两条切线，分别交抛物线于点，，若直线的斜率为，则抛物线的方程为　　

A． B． C． D．

6．（5分）北宋时期的科学家沈括在他的著作《梦溪笔谈》一书中提出一个有趣的问题，大意是：酒店把酒坛层层堆积，底层摆成长方形，以后每上一层，长和宽两边的坛子各少一个，堆成一个棱台的形状（如图，那么总共堆放了多少个酒坛？沈括给出了一个计算酒坛数量的方法隙积术，设底层长和宽两边分别摆放，个坛子，一共堆了层，则酒坛的总数．现在将长方形垛改为三角形垛，即底层摆成一个等边三角形，向上逐层等边三角形的每边少1个酒坛（如图，若底层等边三角形的边上摆放10个酒坛，顶层摆放1个酒坛，那么酒坛的总数为　　

A．55 B．165 C．220 D．286

7．（5分）关于函数有下述四个结论：

①是偶函数

②在区间，单调递增

③在，有4个零点

④的最大值为2

其中所有正确结论的编号是　　

A．①②④ B．②④ C．①④ D．①③

8．（5分）圣索菲亚教堂（英语：坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，距今已有114年的历史，为哈尔滨的标志性建筑年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点．其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美．小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点，，三点共线）处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则小明估算索菲亚教堂的高度为　　

A． B． C． D．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有项选错得0分.

9．（5分）对于复数，，，下列命题都成立　　

A． 

B．，则 

C． 

D．若非零复数，，，满足，则

10．（5分）某人朝正东方向走后，向右转，然后朝新方向走，结果他离出发点恰好，那么的值为　　

A．2 B． C． D．3

11．（5分）在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2，；第次得到数列1，，，，，，2；．记，数列的前项和为，则　　

A． B． 

C． D．

12．（5分）已知圆，直线，．则下列四个命题正确的是　　

A．直线恒过定点 

B．当时，圆上有且仅有三个点到直线的距离都等于1 

C．圆与曲线：恰有三条公切线，则 

D．当时，直线上一个动点向圆引两条切线、其中、为切点，则直线经过点

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案直接填写在答题卡相应位置上.

13．（5分）已知两圆和相交于，两点，则直线的方程是 　　．

14．（5分）如图，在中，是的中点，在边上，，与交于点．若，则的值是 　　．

15．（5分）已知，则的值是 　　．

16．（5分）如图，一种电影放映灯的反射镜面是旋转椭圆面（椭圆绕其对称轴旋转一周形成的曲面）的一部分，过对称轴的截口是椭圆的一部分，灯丝位于椭圆的一个焦点上，片门位于另一个焦点上．由椭圆一个焦点发出的光线，经过旋转椭圆面反射后集中到另一个焦点已知，，，则截口所在椭圆的离心率为 　　．

四、解答题：本题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17．（10分）已知向量，，

（1）当时，求的值；

（2）求在，上的最大值与最小值．

18．（12分）已知等差数列和等比数列满足，，，．

（1）求数列，的通项公式；

（2）设数列中不在数列中的项按从小到大的顺序构成数列，记数列的前项和为，

求．

19．（12分）已知设复数满足使得关于的方程有实根，其中为的共轭复数，求满足条件的构成的集合．

20．（12分）外形是双曲面的冷却塔具有众多优点，如自然通风和散热效果好，结构强度和抗变形能力强等，其设计原理涉及到物理学、建筑学等学科知识．如图1是中国华电集团的某个火力发电厂的一座冷却塔，它的外形可以看成是由一条双曲线的一部分绕着它的虚轴所在直线旋转而成，其轴截面如图2所示．已知下口圆面的直径为80米，上口圆面的直径为40米，高为90米，下口到最小直径圆面的距离为80米．

（1）求最小直径圆面的面积；

（2）双曲面也是直纹曲面，即可以看成是由一条直线绕另一条直线旋转而成，该直线叫做双曲面的直母线．过双曲面上的任意一点有且只有两条相交的直母线（如图，对于任意一条直母线，均存在一个轴截面和它平行，此轴截面截双曲面所得的双曲线有两条渐近线，且直母线与其中一条平行．广州电视塔（昵称“小蛮腰”，如图就是根据这一理论设计的，极大地方便了建造、节约了成本（主钢梁在直母线上，钢筋不需要弯曲）．若图1中的冷却塔也采用直母线主钢梁，求主钢梁的长度（精确到0.01米，参考数据：．

21．（12分）某市规划一个平面示意图为如图的五边形的一条自行车赛道，，，，，为赛道（不考虑宽度），，为赛道内的两条服务通道，，，．

（1）从以下两个条件中选一个条件，求服务通道的长度；

①；②．

（2）在（1）条件下，当赛道长度为多少时，才能使整个自行车赛道最长（即最大）．

22．（12分）已知椭圆的左焦点，点在上，过的直线与交于，两点．

（1）求的标准方程；

（2）当时，求直线的方程；

（3）已知点，证明：以点为圆心且与直线相切的圆必与直线相切．

2020-2021学年江苏省徐州市邳州市运河中学实验班高一（下）期中数学试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.

1．【分析】“与的夹角为锐角” “”，“ ” “与的夹角为锐角”，由此能求出结果．

【解答】解：点，，不共线，

，，

当与的夹角为锐角时，，

“与的夹角为锐角” “”，

“” “与的夹角为锐角”，

设点，，不共线，则“与的夹角为锐角”是“”的充分必要条件．

故选：．

2．【分析】利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出．

【解答】解：复数满足，

，

，

则复数的虚部是，

故选：．

3．【分析】由题意利用两条直线平行的性质，两条平行直线间的距离公式，

【解答】解：平面内两条平行线，，

，或．

当时，两条平行直线即，，

它们之间的距离为，不满足条件．

当时，两条平行直线即，，即，

它们之间的距离为，满足条件，

故实数，

故选：．

4．【分析】设出动点的坐标，利用已知条件列出方程，化简可得点的轨迹方程，由点是圆上有且仅有的一点，可得两圆相切，进而可求得的值．

【解答】解：设，由，得，

整理得，又点是圆上有且仅有的一点，

所以两圆相切，

圆的圆心坐标为，半径为2，圆的圆心坐标为，半径为，

两圆的圆心距为3，

当两圆外切时，，得，

当两圆内切时，，得．

故选：．

5．【分析】根据题意，设，，，，分析可得直线、关于直线对称，则有，用、表示和，变形可得，又由直线的斜率为，即，变形可得，即的坐标为，代入抛物线的方程，计算可得的值，即可得答案．

【解答】解：根据题意，设圆的圆心为，则的坐标为，再设，，，，

过点作圆的两条切线，则、关于直线对称，

则有，

又由，同理，

则有，变形可得，则有，

又由直线的斜率为，即，变形可得，

即的坐标为，则有，解可得，

即抛物线的方程为，

故选：．

6．【分析】由已知条件得到每一层酒坛按照正三角形排列规律，即可求出结果．

【解答】解：每一层酒坛按照正三角形排列，从上往下数，最上面一层的酒坛数为1，

第二层的酒坛数为，第三层的酒坛数为，，由此规律，

最下面一层的酒坛数为，

酒坛总数为．

故选：．

7．【分析】根据绝对值的应用，结合三角函数的图象和性质分别进行判断即可．

【解答】解：则函数是偶函数，故①正确，

当，时，，，

则为减函数，故②错误，

当时，，

由得得或，

由是偶函数，得在，上还有一个零点，即函数在，有3个零点，故③错误，

当，时，取得最大值2，故④正确，

故正确的是①④，

故选：．

8．【分析】求得，再在三角形中，运用正弦定理可得，再解直角三角形，计算可得所求值．

【解答】解：在直角三角形中，．

在中，，，

故，

由正弦定理，，

故．

在直角三角形中，．

故选：．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有项选错得0分.

9．【分析】由复数的几何意义可知对；

当时可知错；

由复数的代数表示代入计算可知对；

由复数的运算性质可知对．

【解答】解：设、，由向量加法几何意义可知：，故对；

当时，对任意，都满足中等式成立，故错；

设，，则，故对；

非零复数，，，满足，，，又，，，故对．

故选：．

10．【分析】作出图象，三点之间正好组成了一个知两边与一角的三角形，由余弦定理建立关于的方程即可求得的值．

【解答】解：如图，，，，．

由余弦定理得．

解得或

故选：．

11．【分析】写出数列的前几项，推得，由等比数列的求和公式和通项公式，结合数列的分组求和，对选项一一分析，可得结论．

【解答】解：由，，，，

，，，

由有3项，有5项，有9项，有17项，，

故有项．故错误；

所以，即，故正确；

由，可得，故正确；

由

，故正确．

故选：．

12．【分析】直接利用经过定点的直线系建立方程组，进一步求出直线经过的定点，从而确定的结论，利用点到直线的距离公式的应用确定的结论，利用两圆的位置关系的应用确定的结论．

【解答】解：对于直线，．整理得：，

故，整理得，即经过定点，故正确；

对于：当时，直线转换为，

所以圆心到直线的距离，不能平分半径，故应该为四点，故错误；

对于：圆，

圆：，当时，：，整理得，

所以圆心距为，

故两圆相外切，恰有三条公切线，故正确；

对于：当时，直线的方程转换为，

设点，圆，的圆心，半径为，

以线段为直径的圆的方程为：，

即，

由于圆的方程为：，

所以两圆的公共弦的方程为，

整理得，

所以，解得，即直线经过点，故正确；

故选：．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案直接填写在答题卡相应位置上.

13．【分析】把两个圆的方程相减，即可求得公共弦所在的直线方程．

【解答】解：把两圆和的方程相减可得，

此直线的方程既能满足第一个圆的方程、又能满足第二个圆的方程，故必是两个圆的公共弦所在的直线方程，

故答案为：．

14．【分析】首先算出，然后用、表示出、，结合得，进一步可得结果．

【解答】解：设，

，，

，

，

，

，

，，

．

故答案为：

15．【分析】直接利用三角函数的中和角的正切的应用求出的值，进一步利用万能公式的应用求出结果．

【解答】解：已知，整理得，

解得，

（1）当时，

则，，

故．

（2）当时，

则，，

．

故答案为：．

16．【分析】由题意可得焦距及焦半径的值，再由，，之间的关系求出，的值，进而求出离心率．

【解答】解：由题意可得，，，解得，

所以离心率，

故答案为：．

四、解答题：本题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17．【分析】（1）当，可得，利用坐标表示展开，即可求得的值；

（2）先将用坐标表示，得到三角函数，再化简，利用三角函数的最值求出最值即得．

【解答】解：（1），，，

，即，整理得，所以，．

解得，．

（2），

又，，可得，，所以，，所以，

综上，在，上的最大值与最小值分别为，．

18．【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由条件分别求得，，可得，，进而得到所求通项公式；

（2）推得在与之间有项，可得的第100项在与之间，结合等差数列和等比数列的求和公式，计算可得所求和．

【解答】解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，

由，，，可得，，

则，，，，；

（2）由题意可得的前几项为6，10，12，14，18，20，22，24，26，28，30，，

即在与之间有项，可得的第100项在与之间，

所以

．

19．【分析】设，，，代入，整理后利用实部与虚部为0可得且，然后对分类讨论求解得，则答案可求．

【解答】解：设，，．

将原方程改为，分离实部与虚部后等价于：①，②，

若，则，但当时，①无实数解，从而，此时存在实数满足①、②，故满足条件；

若，则由②知，，但显然不满足①，故只能是，代入①解得，进而，相应有．

综上，满足条件的所有复数构成的集合为．

20．【分析】（1）由题中图2的建系可设截面双曲线的方程为，得到双曲线上两点的坐标，代入双曲线方程求得，即可得到最小直径圆面的面积；

（2）由（1）可得双曲线的渐近线的斜率，结合已知求得沿轴方向的长，再由勾股定理求主钢梁的长度．

【解答】解：（1）由图2建系可设截面双曲线的方程为，

它过点及，

，解得，

最小直径圆面的面积为；

（2）由（1）可知，渐近线的斜率，

由题意知，母线平行于渐近线且高为90，

则沿轴方向的长为，

主钢梁的长度为．

21．【分析】（1）在中，利用正弦定理，可求得．

选①：先由三角形的内角和可得，从而由余弦定理即可求解；

选②：在中，由余弦定理可得关于的方程，解之即可．

（2）在中，结合余弦定理和基本不等式，即可得解．

【解答】解：（1），，，

在中，由正弦定理知，，

，解得．

选①：，，

，

，

在中，；

选②：，

在中，由余弦定理知，，化简得，

解得（负值舍去），

故服务通道的长度为．

（2）在中，又正弦定理可得，

，解得，

问题转化为当赛道长度为多少时，最大，

在中，由余弦定理知，，

，

，即，当且仅当时，等号成立，

此时，

的最大值为，

故当时，才能使整个自行车赛道最长．

22．【分析】（1）根据椭圆的左焦点求得．由点在上，转化求解，，然后求解椭圆方程．

（2）当直线的斜率为0时，验证是否满足题意，直线的斜率不为0，设直线，把代入，设点，，，，利用韦达定理以及向量的关系，转化求解直线方程即可．

（3）记直线，的斜率分别为，，通过．转化求解即可．

【解答】解：（1）根据椭圆的左焦点，得．

由点在上，得．

又，所以，，

故的标准方程为．

（2）当直线的斜率为0时，

易知或，不符合题意，

故直线的斜率不为0，设直线，

把代入，得，

设点，，，，

则，．

因为，所以，即，

所以，，

所以，解得，

所以直线的方程为，即．

证明：（3）由题意得直线的斜率不为0．

由（2）知，，，

记直线，的斜率分别为，，

则．

由，，

得．

而，故，

所以是的平分线，故点到直线，的距离相等，

所以以点为圆心且与直线相切的圆必与直线相切．

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日期：2022/3/11 19:09:53；用户：高中数学6；邮箱：tdjyzx38@xyh.com；学号：42412367