2021嘉兴八校联盟高一下学期期中联考数学试题含解析

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2020学年第二学期嘉兴八校联盟期中联考高一年级数学试卷（2021年4月）考生须知：全卷分试卷和答卷. 试卷共6页，有4大题，22小题，满分150分，考试时间120分钟.一、选择题Ⅰ：本大题共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. 已知为虚数单位，若复数为纯虚数，则实数（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据纯虚数定义计算即可.
 【详解】复数纯虚数, .故选:A.2. 化简 （    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据向量加法运算律即可求解.
 【详解】.故选：B.3. 正方形绕对角线所在直线旋转一周所得到的几何体为 （    ）A. 由两个圆台组成 B. 由一个圆锥和一个圆台组成C. 由两个圆锥组成 D. 由两个棱台组成【答案】C【解析】【分析】将正方形绕对角线所在的直线旋转一周，根据旋转体的定义，即可求解，得到答案.【详解】由题意，将正方形绕对角线所在的直线旋转一周，根据旋转体的定义，可知得到的组合体是两个同底的圆锥.故选:C.4. 在中，若，，，则（    ）A. 6 B. 5 C. 4 D. 3【答案】C【解析】【分析】由余弦定理直接求解.【详解】中，若，，，由余弦定理，，则.故选：C5. 已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（    ）A. 6 B. 12 C. 24 D. 48【答案】D【解析】【分析】首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；【详解】解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高，所以正四棱锥的侧面积故选：D6. 如图所示，某数学兴趣小组为了测量嘉兴某地“智标塔”高度，在地面上点处测得塔顶点仰角为，塔底点的仰角为. 已知山岭高为米，则塔高为（    ）  A. 米 B. 米C. 米 D. 米【答案】B【解析】【分析】中求出，再在中求得，从而可得．【详解】在中，，在中，，所以．故选：B．7. 已知向量与的夹角为，，，则向量在方向上的投影向量的模长为（    ）A. 3 B.  C. 2 D. 【答案】D【解析】【分析】由已知求出，根据投影向量的公式求解.【详解】向量与的夹角为，，，，则向量在方向上的投影向量的模长为.故选：D8. 在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，P是上底面A1B1C1D1内一点，若AP∥平面BDEF，则线段AP长度的取值范围是（    ）A. [，] B. [，] C. [，] D. [，]【答案】A【解析】【分析】分别取棱A1B1、A1D1的中点M、N，连接MN，可证平面AMN∥平面BDEF，得P点在线段MN上．由此可判断当P在MN的中点时，AP最小；当P与M或N重合时，AP最大．然后求解直角三角形得答案．【详解】如图所示，分别取棱A1B1、A1D1的中点M、N，连接MN，连接B1D1，∵M、N、E、F为所在棱的中点，∴MN∥B1D1，EF∥B1D1，∴MN∥EF，又MN⊄平面BDEF，EF⊂平面BDEF，∴MN∥平面BDEF；连接NF，由NF∥A1B1，NF＝A1B1，A1B1∥AB，A1B1＝AB，可得NF∥AB，NF＝AB，则四边形ANFB为平行四边形，则AN∥FB，而AN⊄平面BDEF，FB⊂平面BDEF，则AN∥平面BDEF．又AN∩NM＝N，∴平面AMN∥平面BDEF．又P是上底面A1B1C1D1内一点，且AP∥平面BDEF，∴P点在线段MN上．在Rt△AA1M中，AM，同理，在Rt△AA1N中，求得AN，则△AMN为等腰三角形．当P在MN的中点时，AP最小为，当P与M或N重合时，AP最大为．∴线段AP长度的取值范围是．故选：A．【点睛】本题主要考查了空间中点、线、面间的距离问题，其中解答中通过构造平行平面寻找得到点的位置是解答的关键，意在考查空间想象能力与运算能力，属于中档试题.二、选择题Ⅱ：本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得3分.9. 已知为虚数单位，复数，则下列说法正确的是（    ）A. 复数实部为 B. 复数的虚部为C. 复数的共轭复数为 D. 复数的模为【答案】BD【解析】【分析】根据复数的概念、共轭复数的概念及模的运算判断各项正误.【详解】由题设的实部为，虚部为4，共轭复数为，模为.故选：BD10. 下列说法正确的有（    ）A. 中，B. 在中，若，则C. 若，则一定是钝角三角形D. 若，，，则符合条件的有两个【答案】AC【解析】【分析】对于A，利用正弦定理边角化即可求解；对于B,根据诱导公式及三角形的性质即可求解；对于C，利用余弦定理的推理即可求解；对于D，利用余弦定理即可求解.【详解】对于A，由正弦定理，得,所以，故A正确；对于B，在中，若，而则或，所以或，故或，故B错误；对于C，若，则，而,所以为钝角，即为钝角三角形，故C正确；对于D，由余弦定理得,有唯一解,故D错误.故选：AC11. 已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个半圆，设圆锥的顶点为，，是底面圆周上的两个不同的动点，给出下列四个结论，其中成立的是（    ）A. 圆锥的侧面积为B. 母线与圆锥的高所成角的大小为C. 可能为等腰直角三角形D. 面积的最大值为【答案】BD【解析】【分析】根据给定条件，求出圆锥的母线长，再逐项分析判断作答.【详解】由圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个半圆，得，则，对于A，圆锥侧面积为，A错误；对于B，圆锥底面圆直径为2，即圆锥轴截面三角形为等边三角形，则母线与圆锥的高所成角的大小为，B正确；对于C，由选项B知，等腰的顶角满足：，则不可能为等腰直角三角形，C错误；对于D，面积，D正确.故选：BD12. 设向量满足，，，则的可能取值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】ABC【解析】【分析】运用平面向量减法的几何意义，结合平面向量数量积的定义、四点共圆的性质、余弦定理、正弦定理进行求解判断即可.【详解】设，因为，，所以，因为，所以设，因为，，所以，因为，所以四点共圆，如下图所示：点在优弧上不包括两点，显然当是直径时，最大，由余弦定理可知：，该圆的直径为，所以，故选：ABC【点睛】关键点睛：本题的关键是根据平面向量减法的几何意义和平面向量数量积的定义得到四点共圆.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知为虚数单位，则复数__________ ．【答案】##【解析】【分析】利用复数除法法则即可求解.【详解】.故答案为：.14. 已知是单位向量，在四边形ABCD中，，，则四边形ABCD的形状为_________ ．（矩形、正方形、菱形、梯形）.【答案】菱形；【解析】【分析】利用向量得到四边形对边和邻边的位置关系，判断四边形的形状.【详解】是单位向量，在四边形ABCD中，，，则，在四边形ABCD中，，，可知四边形ABCD是平行四边形，又，，所以四边形ABCD是菱形.故答案为：菱形.15. 如图，在直三棱柱中，，若，当三棱柱体积最大时，三棱柱外接球的体积是____ ．【答案】【解析】【分析】根据三棱柱体积最大时，求出外接球的半径即可得出球的体积.【详解】设由，可得，即，因为三棱柱体积，所以，当且仅当时等号成立，即时，三棱柱体积最大，如图，连接，交于点，设E，F分别是的中点，连接， 因为四边形是正方形，所以，且， 从而平面， 由知是的外心， 所以是三棱柱外接球的球心， 设三棱柱外接球的半径为. 在正方形中，， 所以三棱柱外接球的体积. 故答案为：16. 如图在直角梯形中，，，，．点E，F为线段BC上两点，满足，则的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】根据梯形的几何性质，建立平面直角坐标系，表示出向量的坐标，根据数量积的坐标运算，求得其表达式，结合二次函数的性质，求得答案.【详解】由题意，以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，建立平面直角坐标系，梯形ABCD中，，，，，作 于G,则 ,设 ，则 ，即 ，则 ，故，所以，由，此时为增函数，故，即，故答案为：四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 给定平面内的三个向量（1）若，求实数的值；（2）若，求实数的值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）应用向量线性运算的坐标表示求，根据向量平行的坐标表示求参数；（2）根据向量垂直的坐标表示求参数.【小问1详解】，又，所以，可得.【小问2详解】由，则，所以.18. 如图，在中，，E是AD的中点，设，.  （1）试用，表示；（2）若，与的夹角为，求【答案】（1）,    （2）【解析】【分析】（1）利用向量加法减法的三角形法则及数乘运算即可求解；（2）根据（1）的结论，利用向量的模公式和向量的数量积公式即可求解.【小问1详解】因为，所以.所以.因为E是AD的中点，所以.【小问2详解】由（1）知，，所以，                        所以19. 如图，在四棱锥中，已知底面为平行四边形，点为棱的中点．（1）求证：平面；（2）设平面平面，点在上，求证：为的中点．【答案】（1）证明过程见详解；（2）证明过程见详解.【解析】【分析】（1）根据线面平行的判定定理，直接证明，即可得出结果.（2）先由线面平行的性质定理，得到，进而可得结论成立.【详解】（1）因为底面为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；（2）由（1）知，平面，又因为平面平面，根据线面平行的性质定理，可得，，因为，所以，又点为棱的中点，点在上，所以为的一条中位线，因此为的中点.【点睛】关键点点睛：本题主要考查证明线面平行，考查由线面平行判断线线平行，解题的关键在于熟记线面平行的判定定理及性质定理，将第二问要证明的结论，转化为证明即可，属于基础题.20. 如图所示,在四棱锥中,四边形是正方形,点分别是线段的中点.（1）求证：;（2）线段上是否存在一点,使得面面,若存在，请找出点并证明;若不存在,请说明理由.【答案】（1）见证明；(2)见解析【解析】【分析】（1）由四边形为正方形可知，连接必与相交于中点，证得，利用线面平行的判定定理，即可得到面；（2）由点分别为中点，得，由线面平行的判定定理，证得面，由面面平行的判定定理，即可得到证明.【详解】（1）证明：由四边形正方形可知，连接必与相交于中点 故∵面 ∴面（2）线段上存在一点满足题意，且点是中点  理由如下：由点分别为中点可得： ∵面∴面 由（1）可知，面且故面面【点睛】本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直，着重考查了推理与论证能力．21. 在①，②，且，③，这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并给出解答．在中，角，，所对应的边分别为，，，且．（1）求角；（2）若，求周长的最大值.【答案】（1）    （2）12【解析】【分析】（1）选①，解法一，利用余弦定理的推理及特殊值的三角函数即可求解；解法二，利用正弦定理边角化及三角形的内角和定理，结合两角和的正弦公式及特殊值的三角函数即可求解；选②，利用向量垂直的条件及正弦定理的角化边，结合余弦定理的推理及特殊值的三角函数即可求解；选③，利用两角和的正弦公式及辅助角公式，结合特殊值的三角函数即可求解；（2）根据（1）的结论及余弦定理，利用基本不等式及三角形的周长公式即可求解.【小问1详解】选①，解法一：由及余弦定理的推论，得，化简得，所以，因为,所以.解法二：由正弦定理及得又又,.选②，，且，化简得，由余弦定理的推理得，,.选③由得即，【小问2详解】由（1）知，，由余弦定理得又当且仅当时等号成立，解得当且仅当时等号成立，得周长得最大值为22. 如图所示，，，，四边形BEFM为正方形， ，N为BM的中点.  （1）若D是BC中点，求；（2）若点P满足，①求的取值范围；②点是以B为圆心，BM为半径的圆上一动点. 且在正方形BEFM的内部（包括边界），若，求的最小值.【答案】（1）    （2）①；② 【解析】【分析】（1）解法一：通过余弦定理和勾股定理直接计算求解；解法二：根据向量平方的转化进行计算求解；（2）①由题意得到的轨迹是以为圆心，为半径的圆，设，，根据向量坐标公式以及辅助角公式计算即可；②设，直线与直线相交与点，根据平面向量基本定理相关知识进行转化，得到当越大时，越小，进而得到.【小问1详解】解法一：由余弦定理：，所以，即， 所以，所以 解法二：由，平方得， 所以   【小问2详解】① 如图建立平面直角坐标系，则，设，则，由，得到，即的轨迹是以为圆心，为半径的圆，  设，，则，，所以的取值范围为②设，直线与直线相交于点，  则①，设② ，因为三点共线，所以，③，由②、③得④ ，由①、④得，所以，由于与同向，所以当越大时，越小，当点与点重合时，最大，且，所以.【点睛】方法点睛：本题考查平面向量综合问题，该类问题常见的处理方法为：（1）基底法：通过基底的建立与表示进行求解；（2）坐标法：通过平面直角坐标系，结合坐标公式进行求解；（3）转化法：通过平方关系的转化求解平面向量问题.