北京市朝阳区青苗学校常营校区高一下学期期中考试数学试卷（解析版）-A4

这是一份北京市朝阳区青苗学校常营校区高一下学期期中考试数学试卷（解析版）-A4，共11页。
考试说明：本考试为笔试，时间为90分钟；
备注：本试卷共三大题，共3页，满分100分，请作答所有问题.
一、选择题：本大题共10小题，每小题4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. 是四边形构成平行四边形的（ ）
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由充分条件和必要条件的定义判断即可
【详解】解：由，可知，所以四边形一定能构成平行四边形；
当四边形构成平行四边形，则有，且与同向，所以，
所以是四边形构成平行四边形的充要条件，
故选：A
2. 对于非零向量，下列命题中正确的是
A.
B. 在上的投影向量为是与方向相同的单位向量）
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的数量积判断；利用向量的投影向量判断；向量垂直的充要条件判断；向量的数量积判断；
【详解】解：对于A：，所以不正确；
对于B：在上的投影向量为：是与方向相同的单位向量），所以不正确．
对于C：，所以正确；
对于D：由，则，因为，所以，即在方向上的投影相等，故得不到，所以不正确；
故选：．
3 已知：，，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意结合向量的坐标运算求解.
【详解】因为，，且，
所以.
故选：D.
4. 在中，是角分别所对的边，，则一定是（ ）
A. 底边和腰不相等等腰三角形B. 钝角三角形C. 直角三角形D. 等边三角形
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦定理可得，结合可得答案.
【详解】因为，
所以，由余弦定理有，
整理得，即，为等腰三角形，
又，所以为等边三角形.
故选：D
5. 下列说法错误的是（ ）
A. 一个八棱柱有10个面B. 任意面体都可以分割成个棱锥
C. 棱台侧棱的延长线必相交于一点D. 矩形旋转一周一定形成一个圆柱
【答案】D
【解析】
【分析】根据几何体的定义及特征，利用逐一检验法对各每一个选项依次检验．
【详解】解：对于选项A：根据棱柱的定义，八棱柱有8个侧面，2个底面，共10个面，故A正确；
对于选项B：任意面体，在面体内取一点为，将点与面体的各个顶点连接，即可构成个棱锥，故B说法正确；
对于选项C：根据棱台的定义，其的侧棱的延长线必交于一点，故C说法正确；
对于选项D：矩形以一边所在直线旋转轴旋转形成圆柱，故若以矩形对角线所在直线为旋转轴旋转，不能形成圆柱，故D错误；
故选：D．
6. 三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，长分别为a，b，c，则这个三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用锥体的体积公式即可求解.
【详解】因为三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，长分别为a，b，c，
所以这个三棱锥的体积为.
故选：B
7. 设，，则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】D
【解析】
【分析】先求得，即可求得其在复平面内对应点的坐标，即可得答案.
【详解】由题意得，
在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故选：D
8. 已知平面直角坐标系中O是原点，向量对应的复数分别为2－3i，－3＋2i，那么向量对应的复数是（ ）
A. －5＋5iB. 5－5i
C. 5＋5iD. －5－5i
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的运算，结合复数的几何意义求解即可
【详解】向量对应的复数分别记作，，
根据复数与复平面内的点一一对应，可得向量，，
由向量减法的坐标运算可得向量，
根据复数与复平面内的点一一对应，可得向量对应的复数是5－5i.
故选：B
9. 若（是虚数单位），则的值分别等于
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的加法运算得出，再根据相等复数的定义，即可求出和的值.
【详解】解：由题可知，，
即，所以，
即的值分别等于.
故选：B.
【点睛】本题考查复数的加法运算和相等复数的定义，属于基础题.
10. 若的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，则B的解的个数是（ ）
A. 2B. 1C. 0D. 不确定
【答案】A
【解析】
【分析】通过正弦定理求得，分别判断在锐角和钝角时，是否存在即可.
【详解】由正弦定理知，，即 ，解得，
又，由三角函数性质知角B由两个解，
当角B为锐角时，满足，即存在；
当角B为钝角时，，，
则满足，即存在；故有两个解.
故选：A
【点睛】关键点点睛：当正弦值可以取两个解时，需要讨论其存在情况.
二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分．
11. 复数的共轭复数是__________.
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：∵，∴复数的共轭复数是
考点：本题考查了复数的概念及运算
点评：熟练掌握复数的概念及运算是解决此类问题的关键，属基础题
12. 正方体相邻两个面的两条对角线所成角的大小是______．
【答案】
【解析】
【分析】结合图像，由异面直线夹角定义即可求解.
【详解】
由图结合正方体结构特点易知：，
所以，
对于与，
在正方体中易知，
所以即为与所成角，连接，
易知，
所以，
综上可知正方体相邻两个面两条对角线所成角的大小是，
故答案为：
13. 长方体的所有顶点都在一个球面上，长，宽，高分别为3，2，1，那么这个球面的面积是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据长方体的体对角线即为外接球的直径，从而求出外接球的半径，即可求出球的表面积.
【详解】依题意可知球的半径，
所以球面的面积.
故答案为：
14. 若向量，则与平行的单位向量是________．
【答案】或
【解析】
【分析】根据向量的坐标，可得，计算即可得出与平行的单位向量的坐标.
【详解】因为，所以，
则与平行的单位向量的坐标是：
或，
故答案为：或.
15. 已知向量，，且，则的坐标是___________.
【答案】或
【解析】
【分析】根据题意可知，设，由，根据向量的模的坐标表示得出，由，得出，再根据向量垂直的坐标表示得出，即可求出和，从而求得的坐标.
【详解】解：由题可知，，可设，
则，
由于，且，则，
即：，
即：，解得：或，
所以的坐标是：或.
故答案：或.
【点睛】本题考查平面向量坐标运算，以及向量的模和向量垂直的坐标表示，考查计算能力.
16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，，则_____________.
【答案】或
【解析】
【分析】由已知利用余弦定理可得，解方程即可得解得值.
【详解】由余弦定理得，即，解得或.
故答案为或.
【点睛】本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和方程思想，属于基础题．
三、解答题：本大题共4小题，共36分．解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 已知过点的任意两个不共线的非零向量，若．
（1）请你猜想三点的位置关系．
（2）证明你的猜想．
【答案】（1）猜想三点共线．
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）（2）根据向量共线定理即可求解.
【小问1详解】
猜想三点共线．
【小问2详解】
因为，
，
所以．
又均过A点，因此三点共线．
18. 已知向量，，其中，．
（1）求，；
（2）求与的夹角的余弦值．
【答案】（1）10，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题干中已知条件，用坐标表示与，用坐标法求解即可.
（2）设与的夹角为，分别求得与，利用平面向量的数量积即可求解.
【小问1详解】
解：因为，，
则，，，
故，
【小问2详解】
设与的夹角为，
由（1）得，，
则.
19. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量与垂直．
（1）求A的大小；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）运用向量垂直的条件：数量积为0，结合正弦定理和同角的商数关系，可得所求角；
（2）运用余弦定理求得c，再由三角形的面积公式计算即可得到所求值．
【小问1详解】
因为，所以，
即．
由正弦定理得．
因为，所以， 所以，所以．
因为，所以．
【小问2详解】
由余弦定理，得，
所以，
解得，或（舍）．
所以的面积．
20. 已知函数．
（1）化简函数为的形式，并求的值．
（2）在中，若，求的最大值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式、诱导公式及两角和的正弦公式化简，再代入计算可得；
（2）首先求出，再将转化为关于的三角函数，即可求出其最大值.
【小问1详解】
因为
，
即，
所以．
【小问2详解】
因为，又因为，所以，
所以，解得．
所以
，
当时，取得最大值，且最大值为．