广东省深圳市盐田高级中学高一下学期5月期中数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省深圳市盐田高级中学高一下学期5月期中数学试题（解析版）-A4，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题人：黄小红 审题人：俞兴保
考试时间：120分钟 满分：150分
一、单选题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确选项的序号填在括号内，每小题5分，共40分）
1. 在复平面内，对应点位于（ ）
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】利用复数的乘积运算结合复数对应点的特征求解即可.
【详解】因为，
所以对应的点的位于在第四象限，故D正确.
故选：D
2. 下列结论正确的是（ ）
A. 两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线.
B. 两两相交的三条直线最多可以确定三个平面.
C. 如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.
D. 若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则α内的所有直线与a异面.
【答案】B
【解析】
【分析】利用推论可判断B正确；对A项，由基本事实3可知；对C项，两个相交的平面有无数个公共点；对D项，平面内可找到无数条直线与相交.
【详解】对选项A，由基本事实3，两个平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过A点的公共直线，
而不是任意一条过点的直线都是两平面的交线，故A项错误；
对于B，若两两相交的三条直线交于一点，则三条直线最多可以确定三个平面，故B正确；
对选项C，若这三个公共点共线，两平面可能相交，不一定重合，故C项错误；
对选项D，若直线不平行于平面，且，
则直线与平面相交，设交点为，
则平面内所有过点的直线都与相交于点，而不是异面，故D项错误.
故选：B.
3. 如图，是水平放置的直观图，则的面积为（ ）
A. 6B. 9C. 12D. 15
【答案】C
【解析】
【分析】根据直观图得到平面图，求出相关线段的长度，即可得解.
【详解】由直观图可得如下平面图形，其中，，
所以.
故选：C
4. 已知与是两个不共线的向量，，若三点共线，则实数的值为（ ）
A. B. C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】先求出，再由三点共线，可得，解方程即可得出答案.
【详解】因为，
所以，
因为三点共线，必存在一个实数，使得，
所以，而不共线，
所以，解得：.
故选：B.
5. 在中，下列命题不正确的是（ ）
A 若，则
B. 若，则一定为等腰三角形
C. 若，则为钝角三角形
D. 若，，，则有两解
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形中的边角关系，边角互化可判断；根据三角函数值相等及正弦函数的性质可判断；利用余弦定理判断三角形形状可判断；利用正弦定理及正弦函数的性质可判断.
【详解】对于：若，则，所以，
所以，故正确；
对于：，则或，
即或，所以为等腰三角形或直角三角形，故错误；
对于：，则，
所以角为钝角，所以为钝角三角形，故正确；
对于：，
因为，，所以角可能是锐角，也可能是钝角，
故有两解，故正确.
故选：.
6. 如图，在海面上有两个观测点，，点在的正北方向，距离为，在某天10：00观察到某商船在处，此时测得，5分钟后该船行驶至处，此时测得，，，则该船行驶的距离（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在中可得，在中由正弦定理可得，再在中，由余弦定理可得.
【详解】,
，
在中，，，则，
又因为，所以km.
在中，，，则.
由正弦定理，得AB=km，
在中，，由余弦定理得
，
即.
故选：A.
7. 已知正三棱柱的所有棱长相等，且六个顶点都在球的球面上，记正三棱柱的体积为，球的体积为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据球的体积公式，三棱柱的体积公式，即可求解.
【详解】解：设正三棱柱的所有棱长均为2，
由正弦定理可知底面三角形外接圆半径为：，
则正三棱柱的外接球的半径为，
∴球的体积为，
又正三棱柱的体积为，
∴.
故选：A.
8. 如图，已知正方形的边长为4，若动点P在以为直径的半圆上（正方形内部，含边界），则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出辅助线，利用极化恒等式得到，结合的最值得到答案.
【详解】取的中点，连接，
则，，
两式分别平方再相减得，
设中点为，连接交圆弧于点，则当与重合时，最小，最小值为2，
当当与或重合时，最大，最大值为，
所以.
故选：B
【点睛】思路点睛：平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：
①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；
②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的部分分，有选错的得0分）
9. 已知为虚数单位，则以下四个说法中正确的是（ ）
A. 复数的虚部为
B.
C. 复数与分别对应向量与，则向量对应的复数为
D. 若复数z满足条件，则复数z对应点的集合是以原点为圆心，分别以和为半径的两个圆所夹的圆环，且包括圆环的边界
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，由复数的代数式可判断；对于B，利用复数的乘方运算求解可判断；对于C，结合向量的运算法则，即可求解可判断；对于D，结合复数的几何意义，即可求解判断．
【详解】对于A：对于复数的虚部为，故A错误；
对于B：，故B正确；
对于C：复数与分别表示向量与，
因为，所以表示向量的复数为，故C正确;
对于D：对于D，设复数，若复数满足条件，
则有，故复数对应点的集合是以原点为圆心，
分别以2和3为半径的两个圆所夹的圆环，且包括圆环的边界，故D正确.
故选：BCD.
10. 是边长为3的等边三角形，，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D. 在上的投影向量是
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A，根据向量线性运算求解判断；对B，根据向量的数量积及运算律和模的计算判断；对C，由向量数量积及运算律求解判断；对D，由向量投影的定义求解判断.
【详解】如图：
对于A，，故A错误；
对于B，，
所以，故B正确；
对于C，
，故C正确；
对于D，在上的投影向量是，故D正确.
故选：BCD.
11. 如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ）
A. 存在点，使得平面
B. 过三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形
C. 三棱锥的体积为定值
D. 三棱锥的外接球表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】当为中点时平面，即可判断A，根据平行关系作出截面图，即可判断B，根据锥体的体积公式判断C，转化为求长方体的外接球，即可判断D.
【详解】对于A：当为中点时，因为是的中点，所以，
平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B：因为，分别是，的中点，所以，
在正方体中，易证，所以，
过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形，故B错误；
对于C：因为，所以三棱锥的体积为定值，故C正确；
对于D：三棱锥的外接球可以补形为长方体（长为，宽为，高为）的外接球，
所以外接球的半径，所以外接球的表面积，故D正确，
故选：ACD.
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）
12. 已知为虚数单位，设，若为纯虚数，则的值为__________.
【答案】3
【解析】
【分析】由纯虚数的定义计算可得.
【详解】由题意可得，解得所以.
故答案为：3.
13. 若，，且与的夹角为锐角，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】由题设条件，可得且 ，解之即得.
【详解】设为与的夹角，则，
因为为锐角，所以，解得，且，
所以的取值范围是．
故答案为：.
14. 我国著名的数学家秦九韶在《数书九章》提出了一种求三角形面积的方法“三斜求积术”，即在中，角所对的边分别为，则的面积为，若，且的外接圆的半径为，则面积的最大值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用同角三角函数的平方关系化简，结合正弦定理角化为边，得到，利用余弦定理求得C，再求得c，利用基本不等式求得，从而由求得答案.
【详解】由
得：，
即，故，
所以 ，而 ,
所以 ，
则，当且仅当 时取等号，
故，
即面积的最大值为 ，
故答案为：
四、解答题（本大题共5个小题，共77分）
15. 已知复数.
（1）求复数的模；
（2）若，求，的值.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）先利用复数除法化简题给复数，进而求得复数的模；
（2）利用复数相等列出关于，的方程组，解之即可求得，的值.
【小问1详解】
，
.
【小问2详解】
，
又，
，解得，.
16. 已知向量，．
（1）若，求的值；
（2）若，，求与的夹角的余弦值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据向量垂直的坐标运算，即可求解；
（2）根据向量平行的坐标运算求出，再根据向量夹角的坐标运算可得结果.
【小问1详解】
由，可得，即．
又，，所以，，
所以，解得．
【小问2详解】
因为，，所以，
又，所以，解得，所以.
又，
所以，
所以与的夹角的余弦值为．
17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2为菱形，是以为斜边的等腰直角三角形，分别是的中点.
（1）求证：平面；
（2）设为的中点，过三点的截面与棱交于点，指出点的位置并证明.
【答案】（1）证明见解析
（2）为的中点，证明见解析
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，只需证明，结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）首先证明平面，然后结合线面平行的性质、平行线的传递性即可得证.
【小问1详解】
如图，取中点，连接，
因为为中点，所以，且，
又因为四边形为菱形，且为中点，
所以，且，
所以，且，所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面平面，
所以平面；
【小问2详解】
为的中点，
因为且，故为平行四边形，故，
平面，平面，故平面，
又平面，平面平面，所以，
又，所以，
因为为的中点，所以点为的中点.
18. 已知圆锥的顶点为，母线所成角的余弦值为，轴截面等腰三角形的顶角为，若的面积为.
（1）求该圆锥的侧面积；
（2）求圆锥的内切球的表面积；
（3）求该圆锥的内接正四棱柱的侧面面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设圆锥母线长、底面半径分别为、，依题意可得，再由的面积求出，即可得到，从而求出侧面积；
（2）作出轴截面，利用三角形相似求出内切球的半径，即可求出球的面积；
（3）令正四棱柱的底面边长为，高为，由三角形相似得到，再由侧面积公式及基本不等式计算可得.
【小问1详解】
设圆锥母线长、底面半径分别为、，
由圆锥的轴截面为等腰三角形且顶角为，则，解得，
又，所以，
又因为的面积为，
，解得（负值舍去），
又，所以，
圆锥的侧面积.
【小问2详解】
作出轴截面如图所示：
根据圆锥的性质可知内切球球心在上，设球心为，切于点，
设内切球半径为，即，则，
所以，
由（1）可知，圆锥的高，，
则有，解得，
所以圆锥的内切球的表面积；
【小问3详解】
由（1）知圆锥的高，
令正四棱柱底面边长为，高为，
则，
由得，
，
所以正四棱柱的侧面积
，当且仅当，即时等号成立，
所以该圆锥的内接正四棱柱的侧面面积的最大值为.
19. 如图，设中角所对的边分别为为边上的中线，已知且.
（1）求b边的长度；
（2）求的面积；
（3）设点分别为边上的动点，线段交于G，且的面积为面积的一半，求的最小值.
【答案】（1）；（2）；（3）2.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理角化边，再用余弦定理化简，进而得到答案；
（2）设的夹角为，通过，得到和，进而根据求出，最后求出面积；
（3）设，，再根据向量的运算性质求出的表达式，进而通过函数交点求出最小值.
【详解】（1）∵，由正弦定理： ，
由余弦定理：,∵c=1，∴.
（2）因为D为中点，所以，设的夹角为，
∴，
又，
∴，即，
解得或，又，所以，易得，
∴面积为.
（3）设，∵的面积为面积的一半，∴
设，则，又共线，所以设，则，
∴，解得：.
∴，又，
∴
，又，化简得，又，则，
则时，的最小值为2.
【点睛】本题第（3）问用到了一个性质“平面向量三点共线定理”，在“”这一步.如图，在平面中，A,B,C三点共线的充要条件是：存在实数，使得，其中，点O为平面内一点.