2020-2021学年江苏省徐州一中高一（下）期中数学试卷

2020-2021学年江苏省徐州一中高一（下）期中数学试卷

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

1．（5分）已知是虚数单位，则　　

A． B． C． D．

2．（5分）在中，，，，则　　

A． B． C． D．

3．（5分）下列命题正确的是　　

A．空间不同三点确定一个平面 

B．三条两两相交的直线在同一平面内 

C．垂直于平面内无数条直线的直线与该平面垂直 

D．过直线外一点，可以作无数个平面与这条直线平行

4．（5分）如图，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则原图形的面积为　　

A． B． C． D．

5．（5分）如图，平面内有三个向量，，，其中与与的夹角为，与的夹角为，且，，若，则的值为　　

A．3 B．6 C．9 D．12

6．（5分）在空间四边形中，，，分别为，的中点，若与所成的角为，则与所成角的大小为　　

A． B． C．或 D．以上都不正确

7．（5分）已知，则　　

A． B． C． D．

8．（5分）已知正方体的棱长为1，点，分别为，的中点，则过点，，的截面的周长为　　

A． B． C． D．

二、多选题：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．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9．（5分）已知点，，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题正确的是　　

A．若，，则 B．若，，则 

C．若，，则 D．若，，，，则

10．（5分）已知为复数，且为纯虚数，则　　

A． B．的实部为0时， 

C．的最大值为3 D．，

11．（5分）如图所示，在正方体中，为的中点，直线交平面于点，则　　

A．，，三点共线 

B．直线与的夹角为 

C．直线与平面所成的角为 

D．二面角的大小为

12．（5分）在中，，角的平分线交于点，且，则下列说法正确的是　　

A．若，则的面积为 B．若， 

C．若，则 D．的最小值为

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13．（5分）已知两点，，则与同向的单位向量是　 　．

14．（5分）已知，则的值为　　．

15．（5分）函数的最大值为　　．

16．（5分）已知正方体的棱长为2，每条棱所在直线与平面所成的角相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为　　．

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17．（10分）已知复数，其中为虚数单位，，．

（1）求，的值；

（2）若复数，，在复平面内对应的点分别为，，，求的面积．

18．（12分）在平行四边形中，．

（1）若向量与的夹角为，求；

（2）若，求向量与的夹角．

19．（12分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，分别是，的中点．求证：

（1）直线平面；

（2）直线平面．

20．（12分）如图，半圆的直径为，为直径延长线上的点，，为半圆上任意一点，以为一边作等边三角形．设．

（1）当时，求四边形的周长；

（2）点在什么位置时，四边形的面积最大？最大值为多少？

21．（12分）在中，内角，，所对的边分别为，，．已知向量，，，且．

（1）求角的大小；

（2）若，求的最大值及取得最大值时的值．

22．（12分）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为底面直径．已知，．

（1）证明：平面；

（2）求二面角的余弦值．

2020-2021学年江苏省徐州一中高一（下）期中数学试卷

参考答案与试题解析

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

1．【分析】根据复数的四则运算进行化简即可直接求解．

【解答】解：．

故选：．

2．【分析】利用正弦定理直接求解正弦函数值，然后利用同角三角函数基本关系式求解即可．

【解答】解：在中，，，，，

则，

可得．

故选：．

3．【分析】直接利用平面的性质，线面垂直的判定和性质的应用判定、、、的结论．

【解答】解：对于：空间中不共线的三点确定一个平面，故错误；

对于：三条两两相交但是不经过同一点的直线在同一个平面内，故错误；

对于：垂直于平面内任意一条直线的直线与该平面垂直，故错误；

对于：过直线外一点，可以作无数个平面与这条直线平行，故正确；

故选：．

4．【分析】根据题意画出原平面图形，结合图形即可判断该图形的形状，然后再求解面积即可．

【解答】解：在直观图中，设与交于点，

则，，，

在原图形中，，，，

因为，，

所以原图形是平行四边形，如图所示，

其面积为．

故选：．

5．【分析】过点作和的平行线，与它们的延长线相交，可得平行四边形，由题意可知，在中，利用边角关系可求出，的长，又，所以，，即可求出结果．

【解答】解：如图所示：，

过点作和的平行线，与它们的延长线相交，可得平行四边形，

与的夹角为，与的夹角为，

，，

在中，，，

又，

，，

，，

，，

，

故选：．

6．【分析】取的中点，连接与，则与（异面直线）所成角为，从而或，由此能求出与所成的角的大小．

【解答】解：取的中点，

连接与，则与（异面直线）所成角为，

，，

或，

而，

则，

或．

与所成的角是或．

故选：．

7．【分析】由题意利用诱导公式、二倍角的余弦公式，计算求得结果．

【解答】解：，则，

故选：．

8．【分析】利用线面平行的判定和性质做两面交线，由此能求出结果．

【解答】解：由平面，知平面与平面的交线为，

平面与平面的交线为，

正方体的棱长为1，

截面周长为：

故选：．

二、多选题：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．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9．【分析】由直线在平面内的定义判断；由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系判断；直接证明正确；由两平面平行的判定判断．

【解答】解：若，，则，故正确；

若，，则或，故错误；

若，则垂直于内两条相交直线与，又，由异面直线所成角的概念，

可得垂直也垂直，则，故正确；

若，，，，则或与相交，故错误．

故选：．

10．【分析】设，代入，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为0且虚部不为0可得且，判断正确；由求得值，再求判断；由复数模的几何意义数形结合判断；由，结合的范围求解的范围判断．

【解答】解：设，

则，

为纯虚数，且．

，故正确；

的实部为0时，，则，，则，故错误；

由且，可得的轨迹为以原点为圆心，以1为半径的圆去掉点，，

如图，

的最大值为3，故正确；

，

，，则，，

即，，故正确．

故选：．

11．【分析】连接，，可知与平面的交点必在上，由此判断选项；直线与直线的夹角即为直线与直线的夹角，由此容易判断选项；分析可知即为与平面所成角，计算可得，由此可判断选项；即为二面角的大小，计算可得，由此判断选项．

【解答】解：如图，连接，，可知平面平面，

与平面的交点必在上，即，，三点共线，选项正确；

显然，故直线与直线的夹角即为直线与直线的夹角，

在正方体中，易知△为正三角形，则，选项正确；

在平面的射影为，，

，

同理，又，且平面，平面，

平面，

即为与平面所成角，

又，故，选项错误；

平面，平面，

，

，，平面，平面，

平面，

又平面，故，

连接，则即为二面角的大小，

又，则，

，则，于是，选项正确．

故选：．

12．【分析】由已知结合正弦定理，和差角公式及同角基本关系进行变形，分别检验各选项即可判断、、、的结论．

【解答】解：因为为的平分线，，

所以，

对于：若，在中，由余弦定理得：，

，

，

为等腰三角形，

，

，故正确；

对于：若，在中，，，

由正弦定理得，

，故正确；

对于：若，可得，

在中，由余弦定理得：，，

由正弦定理得，，

，

在中，由正弦定理得，

，，

，故错误；

对于：设，则，，

因为，所以，

，

故，

所以，

令，

所以．

故有最小值时，为，故错误．

故选：．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13．【分析】求出，再求与同向的单位向量即可．

【解答】解：，，，

与同向的单位向量是

，，．

故答案为：，．

14．【分析】由，利用二倍角公式化简，再用弦化切公式计算即可．

【解答】解：因为，

所以

，

故答案为：3．

15．【分析】首先把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用函数的性质求出函数的最大值．

【解答】解：函数．

当时，函数的最大值为．

故答案为：．

16．【分析】利用正方体的棱与棱的关系，判断平面所成的角都相等的位置，然后求解截此正方体所得截面面积的最大值．

【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，截此正方体所得截面面积的最大，

此时正六边形的边长，

截此正方体所得截面最大值为：．

故答案为：．

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17．【分析】（1）把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件列式求得与的值；

（2）分别求出，，的坐标，再求出及到的距离，代入三角形面积公式求解．

【解答】解：（1）由，

得，

即，解得，；

（2）由（1）得，，，，

，，，，

如图，

则，到的距离为，则．

18．【分析】（1）设，，由已知可得，两边取模再平方，即可得到关于的方程，求解得答案；

（2）由得，展开单项式乘多项式，再由数量积运算求解向量与的夹角．

【解答】解：（1）设，，则，

，①

向量与的夹角为，

，

则①式化为，即，

解得，即；

（2），，

，

，

即，解得，

又，，．

即向量与的夹角为．

19．【分析】（1）根据题意，取的中点，连接、，由中位线定理可得且，分析可得四边形是平行四边形，则有，由线面平行的判定定理可得证明；

（2）由线面垂直的性质可得，又由底面是矩形，则，由线面垂直的判定定理可得证明．

【解答】证明：（1）根据题意，取的中点，连接、，

是的中点，是的中点，则且，

则四边形是平行四边形，则有，

又由不在平面中，而在平面中，则有直线平面；

（2）平面，则，

又由底面是矩形，则，而，

故直线平面．

20．【分析】（1）结合已知利用余弦定理可求，即可得到所求四边形的周长；

（2）先由余弦定理求，再由三角形的面积公式和等边三角形的面积公式，结合辅助角公式和正弦函数的最值，可得所求结论．

【解答】解：（1）在中，由余弦定理得，

即，

于是四边形的周长为；

（2）在中，由余弦定理得，

所以，，

于是四边形的面积为

，

当，即时，四边形的面积取得最大值．

21．【分析】（1）由已知结合数量积的坐标运算可得，再由的范围求得角；

（2）由正弦定理把、用含有角的三角函数表示，再由辅助角公式化积，然后利用三角函数求最值．

【解答】解：（1）由，，，且，

得，即，

，整理得，得，，

又，，即；

（2），，则．

又，，

得，，

，其中，．

当时，取最大值为，

此时，即，

由，得．

22．【分析】（1）利用正弦定理易得的边长，再利用勾股定理可得，，由此即可得证；

（2）建立空间直角坐标系，求出平面及平面的法向量，利用向量夹角公式即可得解．

【解答】解：（1）证明：设的边长为，则，解得，

在中，，同理，，

由于，，故，，

又，且平面，平面，

平面；

（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，

，

设平面的一个法向量为，则，即，取，则，故，

设平面的一个法向量为，则，即，取，则，故，

，即二面角的余弦值为．

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日期：2022/3/11 19:16:40；用户：高中数学6；邮箱：tdjyzx38@xyh.com；学号：42412367