2020-2021学年天津市芦台一中、静海一中、蓟州一中、杨村一中等七校高一下学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份2020-2021学年天津市芦台一中、静海一中、蓟州一中、杨村一中等七校高一下学期期中联考数学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年天津市芦台一中、静海一中、蓟州一中、杨村一中等七校高一下学期期中联考数学试题一、单选题1．若复数是纯虚数，则（    ）A． B．2 C． D．4【答案】A【分析】先化简求出，根据是纯虚数可求出，即可求出.【详解】，当为纯虚数时，，解得，，．故选：A.2．已知的三个内角，，的对边分别为，，，且，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用正弦定理的边角互化可得，再利用余弦定理即可求解.【详解】由，得．又，所以，从而．因为，所以．故选：A3．设向量，且，则（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】A【分析】根据的垂直关系，可求出 ；根据的平行关系，可求出 ，进而求出的值．【详解】因为，所以因为，所以 所以 ，所以 故选：A．4．若用平行于某圆锥底的平面去截该圆锥，得到的小圆锥与圆台的母线长相等，则该小圆锥与该圆台的侧面积的比值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设该圆锥的底面半径为，母线长为，利用圆锥侧面的面积公式：即可求解.【详解】设该圆锥的底面半径为，母线长为，则该圆锥的侧面积，截得的小圆锥的底面半径为，母线长为，其侧面积，而圆台的侧面积．故两者侧面积的比值．故选：B5．在锐角中，已知，，，则的面积为（    ）A． B．或 C． D．【答案】C【分析】用余弦定理求得，判断三角形的形状，由锐角三角形得正确的解，然后由三角形面积计算．【详解】由余弦定理得，即，解得或，若，则由得，不合题意，所以，．故选：C．6．若，且，那么是（    ）A．直角三角形 B．等边三角形C．等腰三角形 D．等腰直角三角形【答案】B【分析】首先利用余弦定理求出，再由利用正弦定理将角化边，以及余弦定理将角化边可得，即可判断三角形的形状；【详解】解：，，，，，根据余弦定理有，，，，，又由，则，即，化简可得，，即，是等边三角形故选：．7．在四边形中，，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由向量相等得为平行四边形，利用向量加法法则结合数量积可得，且 是的平分线，从而易得对角线的长．【详解】，则四边形 为平行四边形，设都是单位向量， ，则， ，，则 ，所以， 因此由知 ，且是的平分线，因此是菱形，而 ，∴，故选：D.8．在等腰梯形中，，，，，点F是线段AB上的一点，为直线BC上的动点，若，，且，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先建立平面直角坐标系，根据条件求出，写出的表达式，【详解】以为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图，由已知可得，；设，则，由可得解得，所以；，由得，解得，此时.设,则，，所以当时，取到最大值.故选：B.【点睛】本题主要考查平面向量的运算及应用，平面向量问题优先考虑坐标运算，最值问题应先构建目标式，结合目标式的特点进行求解，侧重考查数学运算的核心素养.9．已知圆的半径为2，是圆上两点且，是一条直径，点在圆内且满足，则的最小值为A．－2 B．－1 C．－3 D．－4【答案】C【详解】试题分析：由图可知： ， ，又因为是圆的一条直径，故是相反向量，且， ，因为点在圆内且满足，三点共线，当为的中点时，取得最小值，故的最小值为.【解析】向量的运算.二、填空题10．已知复数z满足z＝(－1＋3i)·(1－i)－4，复数z的共轭复数_____________.【答案】－2－4i.【分析】根据复数的运算法则化简复数，再根据共轭复数的概念可求得结果.【详解】z＝－1＋i＋3i＋3－4＝－2＋4i，所以复数z的共轭复数为－2－4i.故答案为：－2－4i11．已知正四棱锥的底面边长是6，侧棱长为5，则该正四棱锥的侧面积为_____．【答案】48【详解】试题分析：利用正四棱锥的结构特征求解．解：已知正四棱锥P﹣ABCD中，AB=6，PA=5，取AB中点O，连结PO，则PO⊥AB，AO=3，∴PO==4，∴该正四棱锥的侧面积：S=4S△PAB=4×=48．故答案为48．【解析】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．12．若是锐角三角形的三边长，则a的取值范围是_____________【答案】【分析】三角形要为锐角三角形，只要最长的边所对的角为锐角即可【详解】解：设三边（）所以对的角分别为，则角为最大的角，因为三角形为锐角三角形，所以，所以，，解得或（舍去）所以a的取值范围是为，故答案为：13．已知四棱锥P﹣ABCD满足PA＝PB＝PC＝PD＝AB＝2，且底面ABCD为正方形，则该四棱锥的外接球的体积为_____．【答案】．【分析】计算出四棱锥的外接球半径，由球的体积公式： 即可求解.【详解】由已知，四棱锥为正四棱锥，设外接球半径为，作底面  ， 同理可得 所以 所以外接球的体积为，故答案为：    【点睛】本题主要考查立体几何的内切外接问题，解此题的关键找到外接球的球心和半径，同时要熟记球的体积公式，属于中档题.14．已知为△的重心，过点的直线与边分别相交于点.若,则当与的面积之比为时，实数的值为________.【答案】或【分析】利用重心定理，把向量用表示，再利用，，共线，最后利用面积列方程求得变量间的关系，先求最后可得 ．【详解】解：设，，，三点共线可设，，为的重心，，，两式相乘得 ①②，②代入①即解得或即或故答案为或．【点睛】此题考查了三点共线与向量的关系， 重心定理，三角形面积等，难度适中 ．三、双空题15．已知正方体的棱长为2，点M，N分别是棱BC，的中点，则点到平面AMN的距离是________；若动点P在正方形（包括边界）内运动，且平面AMN，则线段的长度范围是________.【答案】        【分析】利用等体积法得，得到点到面的距离；取的中点E，的中点F，连接，，EF，取EF中点O，连接，可证点P的轨迹是线段EF，可得当与重合时，线段的长度最小，当P与E（或F）重合时，的长度取最大值.【详解】设点到平面AMN的距离是，依题意得，，，所以，所以，所以，又，则由，得，所以.取的中点E，的中点F，连接，，EF，取EF中点O，连接，∵点M，N分别是棱长为2的正方体中棱BC，的中点，∴，，∵，，∴平面平面.∵动点P在正方形（包括边界）内运动，且面AMN，∴点P的轨迹是线段EF，∵，，∴，∴当P与O重合时，的长度取最小值.当P与E（或F）重合时，的长度取最大值为.∴的长度范围为.故答案为：；.【点睛】本题考查了等体积法求点面距，考查了平面与平面平行，直线与平面平行，考查了立体几何中的轨迹问题，属于中档题.四、解答题16．已知向量与的夹角，且，．（1）求，；（2）求与的夹角的余弦值．（3）若，求在上的投影向量．【答案】（1），；（2）；（3）．【分析】（1）直接利用数理积公式求解即可，由于，然后代值求解即可；（2）利用向量的夹角公式直接求解即可；（3）利用投影公式直接求解即可【详解】（1）由已知，得，；（2）设与的夹角为，则，因此，与的夹角的余弦值为（3）因为，所以在上的投影向量为17．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，BC//平面PAD，，E是PD的中点.（1）求证：BC//AD；（2）求证：CE//平面PAB.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）利用线面平行即可证明BC//AD；（2）取PA的中点F，连接EF，BF，证明，CE//平面PAB即得证.【详解】证明：在四棱锥中，平面PAD，平面ABCD，平面平面，，取PA的中点F，连接EF，BF，是PD的中点，，，又由可得，且，，，  四边形BCEF是平行四边形，，平面PAB，平面PAB，  平面PAB.【点睛】方法点睛：证明空间直线平面的位置关系一般利用转化的思想：线线平行（垂直）线面平行（垂直）面面平行（垂直）.18．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求角A的大小；（2）若，且，求的周长．【答案】（1）；（2）【分析】（1）由正弦定理化角为边，再结合余弦定理即可求出；（2）由面积公式可求得，再由余弦定理求得即可求出周长.【详解】解：（1）由正弦定理可得，整理可得，由余弦定理：，∵，∴；（2）∵，∴，由余弦定理：，∴，∴，∴，∴，∴，∴的周长为.19．在中，内角，，所对的边分别为，，，且．（1）求角的大小；（2）若，求的取值范围．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）利用降幂公式化简，再根据余弦定理即可求解；（2）根据正弦定理及三角恒等变换可化为，结合即可求出的取值范围.【详解】（1）由所以，可得，即．由余弦定理得，又，所以．（2）由．因为，所以，又，所以，所以，得，所以，所以．【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角恒等变换，考查了运算能力，属于中档题.