2020-2021学年江苏省扬州大学附中东部分校高一（下）期中数学试卷

这是一份2020-2021学年江苏省扬州大学附中东部分校高一（下）期中数学试卷，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年江苏省扬州大学附中东部分校高一（下）期中数学试卷一、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，只有一项是符合题意要求的.）1．（5分）已知直线，和平面，下列命题中正确的是　　A．若，，则 B．若，， C．若，，则 D．若，，则或2．（5分）下列命题中是假命题的是　　A．自然数集是非负整数集 B．复数集与实数集的交集是实数集 C．实数集与虚数集的交集 D．纯虚数集与实数集的交集为空集3．（5分）若三条线段的长为5、6、7，则用这三条线段　　A．能组成直角三角形 B．能组成锐角三角形 C．能组成钝角三角形 D．不能组成三角形4．（5分）设复数，在复平面内的对应点关于实轴对称，，则　　A．25 B． C． D．5．（5分）如图，在正方体中，为上底面的中心，直线与平面所成角的正切值等于　　A．2 B． C． D．6．（5分）若，，，则　　A． B． C． D．7．（5分）已知向量与的夹角为，定义为与的“向量积”，且是一个向量，它的长度，若，，则　　A． B． C．6 D．8．（5分）已知中，，则的最大值是　　A． B． C． D．二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9．（5分）利用斜二测画法得到的下列结论中正确的是　　A．三角形的直观图是三角形 B．正方形的直观图是正方形 C．菱形的直观图是菱形 D．平行四边形的直观图是平行四边形10．（5分）下列命题中，错误的是　　A．若，，且，则 B．若，则 C．若则当且仅当且时， D．若，，且，则11．（5分）关于平面向量，下列说法中不正确的是　　A．若且，则 B． C．若，且，则 D．12．（5分）如图，在四边形中，，，，为边上一点，且，为的中点，则　　A． B． C． D．三.填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（5分）已知，，，均为锐角，则　　．14．（5分）已知正三角形的边长为3，，，则　　．15．（5分）如图，中国象棋的左半个棋盘上有一只“马”，开始下棋时，它位于点，这只“马”第一步有　　种可能的走法，　　（填“能”或“否” 从任一交叉点出发，走到棋盘上的其他任何一个交叉点．16．（5分）复数是纯虚数，则　　．四、解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）在①，，②，，③，三个条件中任选一个补充在下面问题中，并加以解答．已知的内角，，的对边分别为，，，若，_______，求的面积．18．（12分）已知，复数．（1）当为何值时，复数为实数？（2）当为何值时，复数为虚数？（3）当为何值时，复数为纯虚数？19．（12分）如图，在四棱锥中，，，，平面底面，．和分别是和的中点，求证：（Ⅰ）底面；（Ⅱ）平面；（Ⅲ）平面平面．20．（12分）已知，，，．（1）求证：；（2）求在方向上的投影向量；（3）求由这四个点作为顶点的四边形的面积．21．（12分）已知向量，，，，记．（Ⅰ）若，求的值；（Ⅱ）在锐角中，角，，的对边分别是，，，且满足，求的取值范围．22．（12分）如图，半圆的直径为2，为直径延长线上的一点，，为半圆上任意一点，以为一边作等边三角形，设．（1）当为何值时，四边形面积最大，最大值为多少；（2）当为何值时，长最大，最大值为多少．
2020-2021学年江苏省扬州大学附中东部分校高一（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，只有一项是符合题意要求的.）1．【分析】利用线线平行、线面平行的性质定理和判定定理对选项分别判断各选项即可．【解答】解：：若，，则或异面，错误，：若，，则与相交，异面或平行，错误，：若，，则或，错误，：若，，则或，正确．故选：．2．【分析】根据自然数集，复数集，实数集，虚数集，纯虚数集元素的特征，逐一分析四个答案的真假，可得结论．【解答】解：自然数集是非负整数集，故是真命题；实数集是复数集的子集，故复数集与实数集的交集是实数集，故是真命题；实数集与虚数集无公共元素，故实数集与虚数集的交集为空集，故是假命题；纯虚数集与实数集公共元素，故纯虚数集与实数集的交集为空集，故是真命题故选：．3．【分析】利用余弦定理可判断最大角，从而可得答案．【解答】解：三条线段的长为5、6、7，满足任意两边之和大于第三边，能构成三角形，可排除；设此三角形最大角为，，，能组成锐角三角形．故选：．4．【分析】由已知求得，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】解：，且复数，在复平面内的对应点关于实轴对称，，则，故选：．5．【分析】由正方体的结构特征，过点作面，垂足为，则为直线与平面所成角，解即可得到答案．【解答】解：如图，过点作面，垂足为，则为底面的中心，连接，则为直线与平面所成角，设正方体的棱长为2，在中，，，．故选：．6．【分析】由的范围求出的范围，再由平方关系求出，根据倍角的余弦公式变形求出的值．【解答】解：由，，得，，又，，，，，故选：．7．【分析】利用数量积运算和向量的夹角公式可得．再利用平方关系可得，利用新定义即可得出．【解答】解：由题意，则，，，．．即，得，由定义知，故选：．8．【分析】，利用三角形内角和定理与诱导公式可得：，展开化为：，，．因此．可得：为锐角，为钝角．展开代入利用基本不等式的性质即可得出．【解答】解：，，，，．化为．可得：为锐角，为钝角．，当且仅当时取等号．的最大值是．故选：．二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9．【分析】根据平面图形直观图的画法规则，判断命题的正误即可．【解答】解：根据斜二测画法的规则可知，平行于坐标轴的直线平行性不变，平行轴的线段长度不变，平行于轴的长度减半，对于，三角形的直观图中，三角形的高与底边的夹角为或，长度减少为原来的一半，依然是三角形，所以正确；对于，正方形中的直角，在直观图中变为或角，不是正方形，故错误；对于，菱形的对角线垂直平分，在直观图中对角线的夹角变为，所以菱形的直观图不是菱形，故错误．对于，根据平行性不变知，平行四边形的直观图还是平行四边形，故正确．故选：．10．【分析】举例说明，，为假命题；利用复数相等的概念说明是真命题．【解答】解：对于，若，，当，时，，但，是两个虚数，不能比较大小，故错误；对于，若，则，是假命题，如，，故错误；对于，若，则当且仅当且时，，故正确；对于，若，，且，则，是假命题，如，，故错误．故选：．11．【分析】利用向量数量积所具备的相关性质逐一进行判断即可．【解答】解：对于，若，因为与任意向量平行，所以不一定与平行，故错；对于，向量数量积满足分配律，故对；对于，向量数量积不满足消去率，故错；对于，是以为方向的向量，是以为方向的向量，故错．故选：．12．【分析】利用向量的加法法则，先用，进而表示出．【解答】解：由知：，，故选项正确．又，，故选项正确．，，故正确．，不正确．故选：．三.填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．【分析】利用，展开，分别求出，代入中求解即可．【解答】解：，，均为锐角，，，，，，．故答案为：．14．【分析】利用已知条件求出数量积中的两个向量，然后利用向量的数量积的运算法则求解即可．【解答】解：正三角形的边长为3，，，可得，，则．故答案为：．15．【分析】由中国象棋中马的走法规则可知共3种走法，而要判断能否从任一交叉点出发，走到棋盘上的其他任何一个交叉点，只需判断能否从该交叉点走到相邻点即可，由此容易得出结论．【解答】解：由马走“日”可知，若马从出发，可到，，任意一点，共3种可能走法；要判断能否从任一交叉点出发，走到棋盘上的其他任何一个交叉点，只需判断能否从该交叉点走到相邻点即可，如图，若从出发，则可通过先到，再到，再到，说明可以走到相邻的点，故能从任一交叉点出发，走到棋盘上的其他任何一个交叉点．故答案为：3；能．16．【分析】根据所给的复数是一个纯虚数，得到实部为0，且虚部不为0，得到关于角的正弦和余弦的要求，可解结果．【解答】解：复数是纯虚数，，，，，，故答案为：四、解答题（共6小题，满分70分）17．【分析】选①时，利用三角形的内角和定理与正弦定理，即可求得三角形的面积．选②时，利用正弦、余弦定理，也可以求出三角形的面积．选③时，利用余弦定理求出，再计算的面积．【解答】解：选①，，，，，由正弦定理得，．选②，由正弦定理得．，．又，，，．选③，，由余弦定理得，即，解得或（舍去）．又，的面积．18．【分析】（1）若复数为实数，则虚部为0，由此可求得的值；（2）若复数为虚数，则虚部不为0，由此可求得的值；（3）若复数为纯虚数，则实部为0，且虚部不为0，由此可求得的值．【解答】解：（1）若复数为实数，则虚部为0，即，解得或，又当时，实部没有意义，故；（2）若复数为虚数，则虚部不为0，即，解得且；（3）若复数为纯虚数，则实部为0，且虚部不为0，即，解得或．19．【分析】（Ⅰ）根据条件，利用平面和平面垂直的性质定理可得平面．（Ⅱ）根据已知条件判断为平行四边形，故有，再利用直线和平面平行的判定定理证得平面．（Ⅲ）先证明为矩形，可得①．现证平面，可得，再由三角形中位线的性质可得，从而证得②．结合①②利用直线和平面垂直的判定定理证得平面，再由平面和平面垂直的判定定理证得平面平面．【解答】解：（Ⅰ），平面平面，平面平面，由平面和平面垂直的性质定理可得平面． （Ⅱ），，，和分别是和的中点，故四边形为平行四边形，故有．又平面，不在平面内，故有平面． （Ⅲ）平行四边形中，由可得，为矩形，故有①．由平面，可得，再由可得平面，平面，故有．再由、分别为和的中点，可得，②．而和是平面内的两条相交直线，故有平面．由于平面，平面平面．20．【分析】（1）只要证明，即可得出．（2）在方向上的投影向量．（3）根据，可得由这四个点作为顶点的四边形的面积．【解答】解：（1）证明：，，，，，，，．，．（2），，，，，，在方向上的投影向量，．（3），，，由这四个点作为顶点的四边形的面积．21．【分析】（Ⅰ）利用向量的数量积公式求出的解析式，然后求值；（Ⅱ）由正弦定理将边角的混合等式化为角的等式，利用三角函数公式化简求出角的范围，然后求三角函数值的范围．【解答】解：（Ⅰ）向量，，，，记，因为，所以，所以，（Ⅱ）因为，由正弦定理得所以所以，，所以，又，所以，则，即，又，则，得，所以，又，所以的取值范围．22．【分析】（1），为半圆上任意一点，那么是直角三角形，．三角形，三角形，两个三角之和，可得四边形面积，利用三角函数的有界限，即可求解最大值．（2）在中，利用正弦定理，把用三角函数关系式表示出来，利用三角函数的有界限，即可求解最大值．【解答】解：（1）由题意，在中，，三角形，三角形四边形的面积为．，当，即时，四边形的面积最大，故得当，四边形的面积最大且最大值为．（2）中，．中，即，，即时，有最大值．故得当时，有最大值3．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/3/11 19:20:01；用户：高中数学6；邮箱：tdjyzx38@xyh.com；学号：42412367