江苏省南通市2020-2021学年高一下学期期中数学试卷（含答案）

2020-2021学年江苏省南通市高一（下）期中数学试卷

一、单项选择题：本题共7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）若纯虚数满足，则实数的值为　　

A． B． C． D．

2．（5分）在中，内角，，对边的长分别是，，，若，，，则　　

A．或 B． C． D．或

3．（5分）《算数书》竹简于上世纪八十年代出土在湖北省江陵县张家山，这是我国现存最早的系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相承也，又以高乘之，三十六合成一．该数相当于给出了由圆锥底面周长与高，计算器体积的近似公式，实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似值取3，那么近似公式，相当于将圆锥体积公式中的的近似值取值为　　

A． B． C． D．3

4．（5分）若复数，则复数　　

A． B． C． D．

5．（5分）给出下列关于直线，和平面，的四个命题中，正确的命题是　　

A．若，，则 B．若，，，则 

C．若，，则 D．若，，则

6．（5分）的三个内角，，的对边分别为，，，若，，则的形状是　　

A．等腰非直角三角形 B．直角非等腰三角形 

C．等腰直角三角形 D．等边三角形

7．（5分）的三个内角，，的对边分别为，，，若三角形中，，且，则　　

A．3 B． C．2 D．4

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，全部选对得5分，部分选对得2分，有项选错得0分．

8．（5分）已知的三个内角，，的对边分别为，，，下列条件中只有一解的选项是　　

A．，， B．，， 

C．，， D．，，

9．（5分）已知函数的定义域为，，值域为，，则的值可能是　　

A． B． C． D．

10．（5分）1748年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写下以下公式是自然对数的底，是虚数单位），这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，下列说法正确的是　　

A． B． 

C． D．

11．（5分）如图一张矩形白纸，，，，分别为，的中点．现将，沿，折起，且，在平面的同侧，下列命题正确的是　　

A．当平面平面时， 

B．当平面平面时，平面 

C．当，重合于点时， 

D．当，重合于点时，三棱锥外接球的表面积为

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案直接填写在答题卡相应位置上．

12．（5分）是虚数单位，　　．

13．（5分）市面上出现某种如图示的冰淇淋，它的下方可以可以看作一个圆台，上方可以看作一个圆锥组成的组合图形，经过测量，圆台上底面的半径为，下底半径为，深为，上方的圆锥高为，则此冰淇淋的体积为　　．

14．（5分）已知，，，，则　　．

15．（5分）由两块直角三角形拼成如图所示的空间立体图形，其中，，，当时，此时、、、四点外接球的体积为　　；异面直线，所成角的余弦为　　．

四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

16．（10分）中，三个内角，，的对边分别为，，．点为边上的一点，若，．

（1）若，求边的值；

（2）若，求的长．

17．（12分）在正四棱柱中，，，为的中点．

（1）求证：平面平面；

（2）求证：平面．

18．（12分）如图，在多面体中，，，．

（1），且，点为的中点，求证：平面；

（2）若是等边三角形，，在线段上，且，求与平面所成角的大小．

19．（12分）中，三个内角，，的对边分别为，，．

①；②；③．

（1）在上述三个条件中任选一个，求；

（2）在（1）所选定的条件下，若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．

20．（12分）如图，在四棱锥中，经过的平面与、分别交于点与点，且平面平面，，平面．

（1）求证：；

（2）求证：平面平面．

21．（12分）如图，在四棱锥中，平面，底面是平行四边形，、为的两个三等分点．

（1）求证：平面；

（2）若平面平面，与平面所成角为，，，求二面角的正弦值．

2020-2021学年江苏省南通市高一（下）期中数学试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题：本题共7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】设纯虚数，，根据题意利用复数相等列方程求出、的值．

【解答】解：设纯虚数，，

由，

所以，

所以，

解得，，

所以实数的值为．

故选：．

2．【分析】由已知结合正弦定理即可直接求解．

【解答】解：因为，，，

由正弦定理得，

即，

所以，

因为，

所以，

因为为三角形内角，

所以．

故选：．

3．【分析】用表示出圆锥的底面半径，得出圆锥的体积关于和的式子，令，即可求出的近似值．

【解答】解：设圆锥的底面半径为，则圆锥的底面周长，

，

，

令，得．

故选：．

4．【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．

【解答】解：，

复数，

故选：．

5．【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．

【解答】解：若，，则或，故错误；

若，，则，又，则，故正确；

若，，则或与异面，故错误；

若，，则或或与相交，相交也不一定垂直，故错误．

故选：．

6．【分析】由已知结合余弦定理及正弦定理进行化简即可判断．

【解答】解：，

整理得，，即，

，

由正弦定理得，，

即，

由正弦定理得，

故，

故为等腰直角三角形．

故选：．

7．【分析】易知，利用两角差的正弦公式化简原等式，可推出，从而知和的值，再结合三角形的内角和定理与两角和的正弦公式，求得的值，然后由正弦定理，知，最后由，得解．

【解答】解：，且，

，

，

，即，

，

，

，，，

，

由正弦定理知，，

，即，

，

．

故选：．

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，全部选对得5分，部分选对得2分，有项选错得0分．

8．【分析】计算（或的值，并与（或和比较大小，即可得解．

【解答】解：选项，，只有一解，即选项符合题意；

选项，，有两解，即选项不符合题意；

选项，，且，只有一解，即选项符合题意；

选项，，无解，即选项不符合题意．

故选：．

9．【分析】直接利用：角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用求出结果．

【解答】解：函数．

由于函数值域为，，

则，

所以，，

故，，

所以，

故的最大值为，

当最小时，，，

此时的最小值为，

故．

故选：．

10．【分析】根据题设中的公式和复数运算法则，逐项计算后可得正确的选项．

【解答】解：对于，因为，所以不一定成立，选项错误；

对于，，所以错误；

对于，由，，

所以，得出，选项正确；

对于，由，得出，选项正确．

故选：．

11．【分析】作出不同情况下的几何体，然后运用平型垂直的基本知识进行证明，最后计算外接球面积．

【解答】解：在中，，在中，，所以．

由题意得，将、沿、折起，且、在平面同侧，此时、、、四点在同一平面内，平面平面，平面平面；

当平面平面时，得到；

显然，所以四边形是平行四边形，所以，进而得到平面，所以正确；

由于折叠后，直线与直线为异面直线，所以与不平行，所以错误；

当、重合于点时，可得，，又，所以，所以和不垂直，所以错误；

当、重合于点时，在三棱锥中，和均为直角三角形，所以为外接球的直径，

即，则三棱锥的外接球的表面积为，所以正确．

故选：．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案直接填写在答题卡相应位置上．

12．【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，进一步利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．

【解答】解：，

．

故答案为：1．

13．【分析】由已知分别求出下半部分圆台与上半部分圆锥的体积，作和得答案．

【解答】解：由题意，下半部分圆台的体积，

上半部分圆锥的体积．

此冰淇淋的体积为．

14．【分析】根据三角函数的倍角公式以及两角和差的正弦公式进行转化求解即可．

【解答】解：，，

，，

则，

，即，

则，

，

，

则，

则，

故答案为：

15．【分析】取中点，可得为，，，四点外接球的球心，进而求得球的半径，由此求得体积；根据数量积公式可得，进而求得异面直线，所成角的余弦值．

【解答】解：，，，

，即，

又，，

平面，

，

，，

平面，

，

如图所示，取中点，连接，，则，

为，，，四点外接球的球心，

半径，体积；

，

，

平面，

，

，

，

，即异面直线，所成角的余弦值为．

故答案为：；．

四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

16．【分析】（1）在中，由余弦定理求得，再在中，由余弦定理，得解；

（2）由（1）知，，在中，由余弦定理，推出，解之即可．

【解答】解：（1），，

在中，由余弦定理知，，

，即，

解得，

，，

在中，由余弦定理知，，

．

（2）由（1）知，，

在中，由余弦定理知，，

，即，

解得或（舍负），

．

17．【分析】本题可通过正四棱柱的性质：平行，垂直条件来进行证明．

【解答】证明：（1）在正四棱柱中，由，，

得：四边形为平行四边形，

面，面，面，

同理可证：面，

，面面，

（2）连接，，，，为的中点，

则，．

又，，

，

即，，同理可得，

又，，面，

面．

18．【分析】（1）利用中位线定理证出四边形为平行四边形即可．

（2）先证出平面，则为与面所成的角，再通过解三角形即可求出．

【解答】解：（1）取的中点，连接，；

点为的中点，且，，且，

且，四边形为平行四边形，

，又面，面，平面；

（2）在中，，，

由余弦定理有．

，，即，

又，，面，面，

平面，

为与平面所成的角，

为等边三角形，，

，，

在中，由余弦定理有，

，，

与平面所成角的大小为．

19．【分析】（1）选择①：结合诱导公式、正弦定理和二倍角公式，推出，从而求得的值；

选择②：利用正弦定理将已知条件中的角化边，再结合余弦定理，得解；

选择③：先结合余弦定理和已知等式，可得，再由余弦定理，得解．

（2）利用正弦定理，推出，再结合两角差的正弦公式、同角三角函数的商数关系以及正切函数的图象与性质，即可得解．

【解答】解：（1）选择条件①：

，，即，

由正弦定理知，，

，

，，，

，，即．

选择条件②：

由正弦定理知，，

，

，即，

由余弦定理知，，

，．

选择条件③：

由余弦定理知，，

，

，即，

由余弦定理知，，

，．

（2）由（1）知，，

，

由正弦定理知，，

，

，

为锐角三角形，

，解得，

，，

，

的面积，，

故面积的取值范围为，．

20．【分析】（1）由线面平行的性质定理和平行公理，即可得证；

（2）由面面垂直的性质定理，推得平面，再由面面垂直的判定定理，即可得证．

【解答】证明：（1）因为平面，平面，平面平面，

所以，

又因为平面，平面，平面平面，

所以，

所以；

（2）因为，

又，可得，

因为平面平面，平面平面，

所以平面，

又因为平面，

所以平面平面．

21．【分析】（1）连结交于，证明，即可证明平面；

（2）在平面内，过作于，由已知结合平面与平面垂直的性质可得平面，得到，在平面内，过作，可得平面，则，可得为二面角的平面角，然后由已知求解三角形得答案．

【解答】证明：（1）连接，交于，

是的中点，

由题意可得是的中点，

是的中位线，则，

面，面，

平行平面；

（2）解：在平面内，过作于，

平面平面，且平面平面，

平面，

平面，，

在平面内，过作，

，平面，则，

可得为二面角的平面角．

平面，、平面，，，

又与平面所成角为，，，则，

在中，由，，得，

由等面积法可得，，

，

即二面角的正弦值为．

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日期：2022/3/11 19:10:57；用户：高中数学6；邮箱：tdjyzx38@xyh.com；学号：42412367