2021-2022学年山东省聊城市聊城第一中学高一下学期期中数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年山东省聊城市聊城第一中学高一下学期期中数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山东省聊城市聊城第一中学高一下学期期中数学试题 一、单选题1．己知是虚数单位，复数，下列说法正确的是（    ）A．的虚部为 B．的共轭复数对应的点在第三象限C．的实部为1 D．的共轭复数的模为1【答案】D【分析】首先求出复数，从而根据实部虚部的概念即可直接判断AC选项，然后求出的共轭复数为，结合模长公式以及复数在复平面所对应点的特征即可判断BD选项.【详解】因为，所以，所以的虚部为，故A错误；的共轭复数为，其对应的点是，在第一象限，故B错误；的实部为，故C错误；的共轭复数为，则模长为，故D正确，故选：D.2．已知为三条不重合的直线，是两个不重合的平面，给出下列四个说法：①，则；②，则；③，则；④，则.其中正确的是（    ）A．①④ B．①② C．②④ D．③④【答案】C【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系对各选项逐一判断即可．【详解】对①，，则，可以平行、相交或异面，故①不正确；对②，根据平行线的传递性，可知②正确；对③，，则或，故③不正确；对④，根据线面平行的判定定理，可知④正确．故选：C3．下列命题中正确的个数是（    ）①起点相同的单位向量，终点必相同；②已知向量，则四点必在一直线上；③若，则；④共线的向量，若起点不同，则终点一定不同.A．0 B．1 C．2 D．3【答案】A【分析】由平面向量的概念对选项逐一判断，【详解】对于A，单位向量的方向不确定，故起点相同的单位向量，终点不一定相同，故A错误，对于B，向量，则四点共线或，故B错误，对于C，若，当时，不一定平行，故C错误，对于D，若三点共线，则，此时起点不同，终点相同，故D错误，故选：A4．已知复数是纯虚数，则实数（    ）A． B． C．0 D．1【答案】B【分析】由纯虚数的定义得出实数.【详解】，因为复数是纯虚数，所以，且，解得.故选：B5．在中，，则中最小的边长为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】易得，再根据正弦定理计算最小角的对边即可.【详解】由题意，，故中最小的边长为.由正弦定理，故.故选：B6．已知底面为正方形的四棱锥内接于半径为2的球，若底面正方形的边长为2，则四棱锥的体积最大值为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】当球心在高线上时，四棱锥的体积最大，求出高，进而得出体积.【详解】底面为正方形的四棱锥内接于半径为2的球，若四棱锥的体积最大，则四棱锥的高最大，即球心在高线上，设四棱锥的高为，可得，则，故四棱锥的体积最大值为.故选：D7．已知，点在线段上，且，设，，则的值分别为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题意可知为直角三角形，且，结合余弦定理证得为的中点，从而得出结论.【详解】根据题意可知为直角三角形，且，又因为，所以，设，则，所以，则，故为的中点，因此，即，故选：C.8．已知正方体的棱长为分别是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，若平面，则线段的长度范围是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先过点画出与平面平行的平面，然后得出点的轨迹，最后计算的长度取值范围即可.【详解】如图，分别作的中点,连接显然,且平面，；平面,所以平面平面平面平面所以动点在正方形的轨迹为线段在三角形中，，所以点到点的最大距离为，最小距离为等腰三角形在边上的高为故选：B 二、多选题9．下列命题正确的是（    ）A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形C．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形D．棱柱的面中，至少有两个面互相平行【答案】BD【分析】根据常见几何体的性质与定义逐个选项辨析即可.【详解】对A，棱台指一个棱锥被平行于它的底面的一个平面所截后，截面与底面之间的几何形体，其侧棱延长线需要交于一点，故A错误；对B，棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形，故B正确；对C，用平面截圆柱得到的截面也可能是椭圆，故C错误；对D，棱柱的面中，至少上下两个面互相平行，故D正确；故选：BD10．下列说法中正确的有（    ）A．已知在上的投影向量为且，则；B．已知，且与夹角为锐角，则的取值范围是；C．若非零向量满足，则与的夹角是.D．在中，若，则为锐角；【答案】AC【分析】结合投影向量的概念以及平面向量数量积的定义可判断A选项，结合平面向量数量积和向量共线的坐标运算即可判断B选项，根据平面向量夹角的公式以及数量积的运算律即可判断C选项，结合平面向量数量积的定义即可判断D选项.【详解】设与的夹角为，又因为在上的投影向量为，所以，即，所以，故A正确；因为，则，又因为与夹角为锐角，所以，且与不共线，即，解得，所以则的取值范围是，故B错误；因为，两边同时平方得，即，所以，即，因此，又因为向量夹角的范围是，所以，故C正确；因为，所以，因为，故，又因为，故，因此为钝角，故D错误，故选：AC.11．下列说法中正确的有（    ）A．已知复数满足（为虚数单位），则复数在复平面内所对应的点在第四象限；B．已知复数（为虚数单位），则复数在复平面内所对应的点在第三象限；C．在中，若，则为等腰或直角三角形；D．在中，若，则为等腰三角形.【答案】ABD【分析】结合复数的四则运算以及复数在复平面内所对应点的特征即可判断AB选项，结合正弦定理即可判断C选项，根据平面向量数量积的定义以及诱导公式即可判断D选项.【详解】因为，所以，所以，其所对应的点的坐标是，在第四象限，故A正确；，所对应的点的坐标是，在第三象限，故B正确；因为，结合正弦定理可得，因此为等腰三角形，故C错误；因为，所以，即，即，所以，又因为，所以，所以为等腰三角形，故D正确，故选：ABD.12．如图在正方体中，分别是棱的中点，点是线段上的动点（不包含端点）则下列说法中一定正确的是（    ）A．MN平面APC；B．存在唯一点，使得平面；C．点到平面的距离为定值；D．若为棱的中点，则四面体的体积为定值.【答案】BD【分析】对A，举反例在平面上即可；对B，根据平面，结合线面平行的判定与性质判断即可；对C，推导可得在平面两侧即可判断；对D，连接交于，连接，根据平面判断即可.【详解】对A，因为分别是棱的中点，故，所以共面，故当是线段与平面的交点时，平面不成立，故A错误；对B，因为分别是棱的中点，易得均全等，故，所以四边形为菱形，故.又平面，平面，故平面.又因为，连接交于，此时平面；当不为交点时，与平面不平行，故B正确；对C，取中点，由A可得，同理，又，故.故平面即平面，易得在平面两侧，故点到平面的距离不为定值，故C正确；对D，连接交于，连接.因为为中点，故，平面，平面，故平面，故到平面的距离为定值，故四面体的体积为定值，故D正确；故选：BD 三、填空题13．已知平面向量，则与的夹角为______.【答案】【分析】由平面向量夹角的坐标表示求解，【详解】由题意得，，，故答案为：14．一个四棱锥的体积为4，其底面是边长为2的正方形，侧棱长都相等，则该四棱锥的侧面积为______.【答案】【分析】先求出该四棱锥的高以及侧棱长，进而得出该四棱锥的侧面积.【详解】设侧棱长为，该四棱锥的高为，由题意可得底面正方形的对角线为，则，解得，即该四棱锥的侧面积为.故答案为：15．2021年6月，位于聊城开发区的中华路徒骇河大桥建成通车，成为聊城市的又一大地标性建筑.某人想了解大桥的最高点到地面的距离，在地面上的两点测得最高点的仰角分别为（点与在地面上的投影O在同一条直线上），又量得米，根据测量数据可得高度______米.【答案】【分析】由得出，再由正弦定理求解即可.【详解】由题可得，所以米，由正弦定理可得米.故答案为： 四、双空题16．如图，三角形中，，点在线段上，，则面积为______，点是外接圆上任意一点，则最大值为______.【答案】          18【分析】利用勾股定理及余弦定理求得，从而可求得，即可得出面积，利用余弦定理求出，设外接圆的圆心为，半径为，利用正弦定理求出外接圆半径，再以为原点建立平面直角坐标系，设，利用坐标法结合三角函数的性质即可得出答案.【详解】解：因为，所以，则，又，解得，所以，所以，在中，，则，又，所以，设外接圆的圆心为，半径为，则，所以，则为等边三角形，，如图，以为原点建立平面直角坐标系，则，设，则，则，所以当时，.故答案为：；18. 五、解答题17．已知为虚数单位.(1)若复数在复平面内对应的点在第三象限，求的范围；(2)若复数满足，求复数.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据复数在复平面内对应的点的特点，解不等式组得出的范围；（2）根据复数相等以及模长公式得出复数.【详解】（1）因为复数在复平面内对应的点在第三象限，所以，得的取值范围是：（2）设复数，由条件得，所以解得：，所以18．已知的内角所对的边分别为，______且，请从①，②，③这三个条件中任选一个补充在横线上，求出此时的面积. 【答案】【分析】选择①：由正弦定理的边化角得出，再由正弦定理得出，最后由面积公式计算即可.选择②：由辅助角公式结合三角函数的性质得出，再由正弦定理得出，最后由面积公式计算即可.选择③：由余弦定理得出，再由正弦定理得出，最后由面积公式计算即可.【详解】解：若选择①，则，因为，所以，因为，所以所以，在中由正弦定理，得，因为，所以，所以，所以若选择②，则，所以，因为，所以，所以，所以；所以，在中由正弦定理，得，因为，所以，所以，所以若选择③，由余弦定理，因为，所以；所以，在中由正弦定理，得，因为，所以，所以，所以19．如图：在正方体中，为的中点.(1)求证：平面；(2)若为的中点，求证：平面平面.【答案】(1)见解析(2)见解析 【分析】（1）设，接，证明，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）证明四边形为平行四边形，从而可得，即可证得平面，再根据面面平行的判定定理即可得证.【详解】（1）证明：设，接，在正方体中，四边形是正方形，是中点，是的中点，，平面平面平面；（2）证明：为的中点，为的中点，，四边形为平行四边形，，又平面平面平面，由（1）知平面平面平面，平面平面.20．如图所示，正三棱柱所有棱长均为分别为棱的中点.(1)求三棱锥的体积；(2)求直线与所成角的余弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据锥体的体积公式结合转换顶点法运算求解；（2）先证，故即为直线与所成角或其补角，利用余弦定理运算求解.【详解】（1）由题意可知：点到上底面的距离为2，，所以.（2）取中点，连接，∵分别为棱的中点，∴，又∵分别为棱的中点，则，∴且，则四边形为平行四边形，则，故即为直线与所成角或其补角，连接，因为三棱柱各棱长为2，则，在中，由余弦定理可得，即异面直线与所成角的余弦值为.21．某农户有一个三角形地块，如图所示.该农户想要围出一块三角形区域（点在上）用来养一些家禽，经专业测量得到.(1)若，求的长；(2)若，求的周长.【答案】(1)4(2) 【分析】（1）在中应用正弦定理得出的长；（2）由结合面积公式得出，再由余弦定理得出，，进而得出的周长.【详解】（1）解：在中，，且，所以.因为，，所以.在，由正弦定理可得，所以.（2）因为，所以，所以，即：，可得.在中，由余弦定理可得，所以，解得或（舍去）.因为，所以.在中，由余弦定理可得所以的周长为.22．如图，四棱锥的底面为平行四边形，分别为的中点.(1)证明：AF平面；(2)在线段上是否存在一点，使得平面，并给出必要的证明.【答案】(1)证明见解析(2)存在，证明见解析 【分析】（1）取中点，证明四边形为平行四边形即可；（2）设，取中点，先证明平面，即可证明点在线段靠近端的三等分点时符合题意.【详解】（1）证明：取中点，连接，在中，为的中点，.为的中点，，即四边形为平行四边形，.平面平面平面.（2）设，取中点，连接，则在中，分别是的中点，平面平面，平面.与相似，且相似比为，为的三等分点.在点位置时满足平面.即点在线段靠近端的三等分点时符合题意.23．在中，内角的对边分别为，已知.(1)求内角；(2)若为锐角三角形且，求周长的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理结合三角恒等变化公式，结合三角形内角范围化简求解即可；（2）根据正弦定理与三角恒等变换公式可得，再根据三角形内角范围求解即可.【详解】（1）在中，因为，由正弦定理得：化简得：.因为，所以，所以，即，所以，即.因为，所以.所以.（2）在中，由正弦定理得，所以.同理，所以周长：，因为为锐角三角形，所以，由，所以，所以，所以周长的取值范围是：