河北省邯郸市九校联盟2020-2021学年高一下学期期中考试+数学试题+答案

邯郸市九校联盟2020~2021学年第二学期期中质量检测

高一数学

考生注意：

1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。

2．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

一、单项选择题：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．已知复数，则（    ）

A． B． C． D．

2．满足下列条件的三角形有两解的是（    ）

A．，， B．，，

C．，， D．，，

3．设，为两个不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ）

A．若，，，则 B．若，，，则

C．若，，，则 D．若，，，则

4．设是非零向量，是非零实数，下列结论中正确的是（    ）

A．与的方向相同  B．与的方向相反

C．  D．

5．已知，，分别为三个内角，，的对边，且，的外接圆半径为2．则（    ）

A． B．2 C． D．4

6．如图，在长方体中，，，点，分别是，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C．0 D．

7．已知向量，满足：，，则向量与向量的夹角为（    ）

A． B． C． D．

8．在中，已知，则（    ）

A．2021 B．2022 C．4042 D．4043

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．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9．复数，其中，下列说法正确的是（    ）

A．当时，对应于复平面内的点在第三象限

B．

C．

D．存在满足

10．已知在锐角中，角，，所对的边分别为，，，下列结论正确的是（    ）

A．若，则

B．

C．若，则

D．
11．如图，在中，，，，点，为边上两个动点，且满足，则下列选项正确的是（    ）

A．的最小值为

B．的最小值为

C．的最大值为

D．当取得最大值时，点与点重合

12．已知在三棱锥中，为中点，平面，，，下列说法中正确的是（    ）

A．若为的外心，则

B．若为等边三角形，则

C．当时，与平面所成角的最大值为

D．当时，为平面内动点，满足平面，则在内的轨迹长度为2

三．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知，复数是纯虚数，则______．

14．已知为的重心，且，则______．

15．已知三棱锥中，，，该三棱锥的外接球半径为5，则三棱锥的体积最大值为______．

16．如图，为测量山高，选择和另一座山的山顶为测量观测点．从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测得．已知山高，则山高______．两山山顶的距离______．（本题第一个空2分，第二个空3分）

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．

17．（本小题满分10分）

已知向量，．

（1）若，求的值；

（2）若，求向量与的夹角余弦值．

18．（本小题满分12分）

已知在中，角，，分别对应边，，，的面积为，若，，______，求的值．

在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在上面问题中的横线上进行求解．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

19．（本小题满分12分）

如图，已知，分别是圆柱体上底面和下底面的直径，且，为圆柱下底面内的一个动点（不与、重合），若该圆柱的高与底面圆的直径长度均为2．

（1）求证：平面平面；

（2）求三棱锥体积的最大值．

20．（本小题满分12分）

已知的内角，，的对边分别为，，，其面积为，且．

（1）求角；

（2）若，当取得最大值时，求．

21．（本小题满分12分）

如图，矩形中，，，为边的中点，将沿直线翻折成，且，点为线段的中点．

（1）求证：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值．

22．（本小题满分12分）

如图，在中，已知，点、在射线运动（不含端点，且），点在射线上且，且．

（1）若，求长；

（2）当、在射线运动时，设，记的面积为，求的解析式，并求出的最小值．

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参考答案、提示及评分细则

1．D  ，故．故选D．

2．C  在选项C中，根据正弦定理得，因为，故或，故有两解，因此C选项正确．

3．C  若，，，则有，故C选项正确．

4．A  因为，所以与的方向相同，故A选项正确；当时，与的方向相同，故B选项错误；当时，，故C选项错误；当时，，故D选项错误．

5．B  根据正弦定理知，又因为，所以，即，所以，再由，解得，故选B．

6．C  连结，，容易知，故为异面直线与所成角或补角，，，，因为，所以，故，因此选C．

7．B  将两边平方得，即，设向量与向量的夹角为，则，故，故选B．

8．D  由得，

故，即，即，

故．故选D．

9．BC  当时，对应于复平面内的点在第三象限，故A选项错误；，故选项B正确；

，故选项C正确；因为，故选项D错误．

10．AD  若，则有，再根据正弦定理知则，故A正确；

因为为锐角，故，即，即，因此B选项错误；

因为函数在区间上单调递增，故若，则有，又因为函数在区间上单调递减，故，故选项C错误；

因为，所以，即，同理可得，，三个式子相加得，故D正确．

11．BC  取的中点，则，，则，易知的最小值为点到的距离，即的最小值为，即的最小值为，故B选项正确；当点与点重合时，取得最大值，即，故的最大值为，故C选项正确．因此BC正确．

12．ACD  若为的外心，则，由射影相等即可知，故A正确；假设，则再根据，得平面，则，与为等边三角形矛盾，故B错误；当时，，，过作，连结，易知为与平面所成角的平面角，．故的范围为．故C正确；取，分别为，的中点，易证平面平面，则线段为在三角形内的轨迹，故D正确．

13．  根据题意知，解得．

14．  取中点，则，又因为为的重心，故，因此，故．

15．27  取中点为，连结，当三棱锥的外接球球心在线段上时，三棱锥的体积最大，在中，，故三棱锥体积最大值为．

16．    在中，，，所以．在中，，，从而．由正弦定理得，，因此．在中，，，由得．在中，由正弦定理得，∴．

17．解：（1）由得，即；
（2）由得，即，所以．

设向量与的夹角为，，，，，故，，故．

18．解：由已知及正弦定理得，即，即，

故或，即或

若选①：由，得，

所以，则，．

若，则，解得，

所以，

所以，

由，得；

若，则．

综上，或2．

若选②；根据余弦定理知，故，

若，故．

所以，

由，得；

若，不符合题意；

综上，．

若选③：由，得，则，解得．

若，则，所以，

所以，

由正弦定理得，

若，则，

综上，或2．

19．解：（1）证明：因为为直径，故；

因为且、均为直径，故四边形为矩形，且、为圆柱的母线，故，又因为，所以平面．因为平面，故平面平面；

（2）由题意可知三棱锥体积等于三棱锥，即，又因为的面积为定值，故当点到直线的距离最大时，三棱锥体积取得最大值．

显然点到直线的距离最大值为1．因此三棱锥体积的最大值为．

20．解：（1）由题知，

由余弦定理得，所以，故；

（2）由正弦定理知，即，，

因此，

其中，，，故，当且仅当，即时取等号，故此时．

21．解：（1）证明：取的中点，连结，，因为，均为中点，故且，又因为，且，则且，因此四边形为平行四边形，故，故平面；

（2）取的中点，连结，，因为，所以且．

在中，，因为，故，故平面．

因此为直线与平面所成角，

在中，，

故．

22．解：（1）在中，根据余弦定理得．由正弦定理知，解得．

由题意知，，所以．在中，由正弦定理知，解得；

（2）由，则，．

在中，，解得．

在中，，解得．

因此的面积为，

当，即时，取最小值．