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湖南省宁乡市三校(宁乡七中、九中、十中)2021-2022学年高一数学下学期期中考试试题(Word版附解析)
湖南省宁乡市三校(宁乡七中、九中、十中)2021-2022学年高一数学下学期期中考试试题(Word版附解析)
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2022年上学期宁乡三校联考数学试卷一、单选题(本大题共8小题,共40.0分)1.复数的虚部为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】依据复数的虚部的定义去求复数的虚部【详解】复数的虚部为.故选:D2.设为所在平面内一点,,则()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用向量加法减法及数乘向量去表示向量【详解】为线段靠近点的三等分点,.故选:C.3.已知,,,则与的夹角为()A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】由题意结合数量积的运算性质可得,即可得出夹角【详解】,则与的夹角为,故选:D4.已知圆锥的底面半径为,其侧面展开图是一个半圆,则与该圆锥同底等高的圆柱的侧面积为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】计算出圆锥的母线长,可求出圆锥的高,进而可得出圆柱的母线长和底面半径,由此可求出圆柱的侧面积.【详解】设圆锥的母线长为,由于圆锥的侧面展开图是一个半圆,则,得,所以,圆锥的高为,所以,圆柱的母线长为,底面半径为,因此,圆柱的侧面积为.故选:A.5.某公园设置了一些石凳供大家休息,每张石凳是由正方体石料截去八个一样的四面体得到的,如图所示加里一张石凳的体积是,那么原正方体石料的体积是() A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据正方体、正四棱锥的体积公式,结合已知进行求解即可.【详解】设正方体的棱长为,则正方体的体积为,每一个正四面体的体积为:,由题意可知:,故选:D6.“今有城,下广四丈,上广二丈,高五丈,袤一百二十六丈五尺.”这是我国古代数学名著《九章算术》卷第五中“商功”中的问题.意思为“现有城(如图,等腰梯形的直棱柱体),下底长4丈,上底长2丈,高5丈,纵长126丈5尺(1丈=10尺)”,则该问题中“城”的体积等于()A.立方尺B.立方尺C.立方尺D.立方尺 【答案】A【解析】【分析】求出棱柱底边梯形的面积,利用棱柱的体积公式即可求解.【详解】(立方尺),故选:A【点睛】本题考查了棱柱的体积公式,需熟记柱体的体积公式,属于基础题.7.如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线与平面平行的是()A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】利用线面平行判定定理逐项判断可得答案.【详解】对于选项A,OQ∥AB,OQ与平面MNQ是相交的位置关系,故AB和平面MNQ不平行,故A错误; 对于选项B,由于AB∥CD∥MQ,结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ,故B正确;对于选项C,由于AB∥CD∥MQ,结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ:故C正确;对于选项D,由于AB∥CD∥NQ,结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ:故D正确; 故选:BCD8.已知一圆锥的侧面展开图是一个中心角为直角的扇形,若该圆锥的侧面积为,则该圆锥的体积为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先求得圆锥的底面半径、母线长,再去求圆锥的体积.【详解】设底面圆半径为,圆锥母线长为,因为圆锥侧面展开图是一个圆心角为的扇形,所以,解得,因为该圆锥的侧面积为,所以,解得,则,即底面圆的面积为,则圆锥的高,故圆锥的体积为,故选:A.二、多选题(本大题共4小题,共20.0分)9.下列说法中正确的是()A.若,,则B.两个非零向量,,若,则与共线且反向C.若,则存在唯一实数使得 D.若是三角形的重心,则【答案】BD【解析】【分析】若可判断A;根据向量减法几何意义可判断B;若可判断C;根据重心特点可判断D.详解】若可满足“,”,但不一定成立,A错;根据向量减法几何意义,当,则与共线且反向,B对;若可满足,但不满足存在唯一实数使得,C错;如图所示:,D对.故选:BD.10.为了测量B,C之间距离,在河的南岸A,C处测量(测量工具:量角器、卷尺),如图所示.下面是四位同学所测得的数据记录,你认为不合理的有()A.与B.与C.,与D.,与【答案】ABC【解析】 【分析】由A,C在河的同一侧,故可以测量,与,由此即可得答案【详解】因为A,C在河的同一侧,所以可以测量,与,故选:ABC11.设、表示不同直线,、表示不同平面,则下列结论中正确的是( ).A.若,,则B.若,,,,则C.、是两条异面直线,若,,,.则.D.若,,,,则【答案】CD【解析】【分析】对选项逐一分析:项,有可能.项,当与相交,且直线都平行于与的交线时,也符合条件.项,设直线,且,直线与确定的平面为,可证,故.项,易知或.分或两种情况判断与的位置关系,即得答案.【详解】项,若,,则或,故错误.项,当与相交,且直线都平行于与的交线时,也符合条件,故错误.项,设直线,且,直线与确定的平面为.由题意.,又.同理,.故正确.项,或.若,过作平面交于直线,则,又.若,.故正确. 故选:.【点睛】本题考查空间线面、面面的位置关系,属于中档题.12.已知两非零复数,,若,则下列说法一定成立的是()A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】设,则,根据复数性质依次判断即可.【详解】设,则,对A,,,所以,故A正确;对B,,只有当时,,故不一定成立,故B错误;对C,,故C正确;对D,,故D正确.故选:ACD.三、填空题(本大题共4小题,共20.0分)13.已知(是虚数单位),在复平面上,对应的点在第______象限.【答案】一【解析】【分析】由题意先求出,进而求出,从而得到点的坐标,即可得到答案【详解】,,,所以对应的点为,在第一象限,故答案为:一 14.已知外接圆的圆心为O,半径为1,且,则向量在方向上的投影为________.【答案】【解析】【分析】由化简可以知道,即三点共线,所以为外接圆的直径,即,又,为正三角形,即可得出答案。【详解】由得,所以,所以三点共线,所以.又因为,所以,所以,故向量在方向上的投影为.【点睛】本题考查向量的投影,属于基础题。15.正方形的边长是4,点E、F分别是、的中点,现将,,分别沿DE,EF,FD折起,使得A、B、C三点重合于一点.若四面体的四个顶点在同一个球面上,则该球的表面积为______.【答案】.【解析】【分析】将四面体补全为共外接球的长方体,长方体的对角线为外接球的直径可得到答案.【详解】由题意可知,,,可以将四面体补形为以、、为棱的长方体,如图: ,此长方体与四面体有相同的外接球,且长方体的体对角线就是四面体的外接球的直径,为,故球的半径为,所以该球的表面积为.故答案为:.16.已知复数满足,则=________,=_________.【答案】①.②.1【解析】【分析】运用复数的除法运算法则求出,利用复数模公式求出.【详解】因为,所以.【点睛】本题考查了复数的除法运算、求模公式,考查了数学运算能力.四、解答题(本大题共6小题,共70.0分)17.平面向量,.(1)若且,求的坐标;(2)若满足(1)且的横坐标为正,试求使成立的实数k的值. 【答案】(1)或;(2)【解析】【分析】(1)设,求出与的坐标,再由平面向量共线的坐标运算即可求解;(2)先确定的坐标,求出与的坐标,再由平面向量垂直的坐标运算即可求解;【详解】(1)设,则,,由且可得,,解得或,的坐标为或(2)根据题意取,则,,又,则,解得:18.若的三个内角A、B、C所对的边分别是a、b、c,且,.(1)若,求的值;(2)若的面积,求b、c的值.【答案】(1);(2),【解析】【分析】(1)由平方关系以及正弦定理,即可得出的值;(2)由三角形面积公式以及余弦定理,即可得出,的值. 【详解】(1)∵,且,∴.由正弦定理得,∴.(2)∵,所以由余弦定理得,∴19.已知,,是实数,是虚数单位.(1)若,,求的模;(2)若,且,试求的取值范围.【答案】(1);(2)【解析】【分析】(1)根据题意,求出,进而计算,再由复数模的定义计算即可;(2)根据题意,由复数相等得,进而有,结合二次函数的性质以及,分析可得答案【详解】(1),则,则,则(2)若,则,变形可得:,又, 则时,,时,,故的取值范围为20.如图,在直三棱柱中,,,,,分别为,,的中点,为线段上的动点.(1)证明:平面;(2)若将直三棱柱沿平面截开,求四棱锥的表面积.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)连接,,可证四边形为平行四边形,从而得到,再可得,即可得到平面平面,从而得证;(2)连接即可证明平面,得到,再根据面积公式求出锥体的表面积即可;【详解】解:(1)证明:连接,,因为,分别为,中点,所以,,又因为,,所以,,所以四边形为平行四边形, 所以,又为中点,所以,又,,所以平面平面,又平面,所以平面.(2)连接,因为,,,平面,平面,所以平面,所以,,,,,在中,,,,所以,所以,,所以四棱锥的表面积. 【点睛】本题考查面面平行,线面平行的证明,锥体的表面积的计算,属于中档题.21.如图,边长为的等边所在平面与菱形所在平面互相垂直,且,,.(1)求证:平面;(2)求多面体的体积.【答案】(1)证明见详解;(2).【解析】【分析】(1)先利用已知条件得到线面平行,再证面面,即可得出结论;(2)利用已知条件分别求出三棱锥和四棱锥的体积,相加即为多面体的体积.【详解】(1)四边形是菱形,,又面,面,面,同理得,面,,面,且,面面, 又面,平面;(2),,,,,,,在菱形中,,,,面面,取的中点,连接,,面,面,由(1)知,面面,点到面的距离为,又点到面的距离为,连接,则.【点睛】本题考查线面平行的判定,考查几何体体积的求法,考查逻辑思维能力和运算求解能力,考查空间想象能力,属于常考题.22.已知五面体ABCDEF中,四边形CDEF为矩形,,CD=2DE=2AD=2AB=4,AC=,. (1)求证:AB平面ADE;(2)求平面EBC与平面BCF所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)见解析;(2).【解析】【分析】(1)根据勾股定理得,再根据线面垂直判定定理得结果,(2)先根据条件证得直线DE,DA,DC两两互相垂直,再建立空间直角坐标系,设立各点坐标,利用方程组解得平面EBC和平面BCF法向量,利用向量数量积得法向量夹角,最后根据二面角与向量夹角关系得结果.【详解】(1)因为,,所以因为四边形CDEF为矩形,所以,因,所以,因为,所以(2)因为,,所以,由(1)得,所以直线DE,DA,DC两两互相垂直,故以点D为坐标原点,分别以正方向为轴正方向建立空间直角坐标系,则E(0,0,2)A(2,0,0),C(0,4,0),B(2,2,0),F(0,4,2),设平面EBC和平面BCF法向量分别为,,则,所以, 取得,同理,所以取得设所求角为,则,即所求锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线面垂直判定定理以及利用空间向量求二面角,考查基本论证能力与分析求解能力,属中档题.
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高中 - 数学
发布时间:2023-04-14 05:10:01
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