浙江省浙北G2联盟2021-2022学年高一数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

浙北G2期中联考2021学年第二学期高一数学试题试卷选择题部分（共60分）一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分．1.设平面向量，，若，则（）A.B.C.D.6【答案】B【解析】【分析】利用向量共线的坐标表示即可求解.【详解】解：因为，，，所以，解得，故选：B.2.在△ABC中，已知，，，则角为（）A.60°B.30°或150C.60°或120°D.120°【答案】C【解析】【分析】根据正弦定理可得，得或120°，然后由边角关系，作出判断即可.【详解】解：由正弦定理或,，或均符合.故选:C．3.已知中，，则以边所在直线为轴旋转一周形成的几何体的体积为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】确定旋转体是由哪些基本几何体组成的，再由体积公式计算．【详解】取中点，连接，则，则题中旋转体是以和绕直角边所在直线旋转所成两个圆锥的组合体，由已知，，体积．故选：B．【点睛】关键点点睛：求旋转体的体积，解题关键是确定旋转体是由哪些基本几何体组合而成，掌握圆柱、圆锥、圆台的定义是解题关键．4.△中，点为上的点，且，若，则的值是（）A.1B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据向量对应线段的数量关系可得，再由向量加法的几何应用求的线性关系，结合已知求出即可.【详解】，即，∴， 又，则，，故．故选：C．5.在三棱锥中，PA、AB、AC两两垂直，，，则三棱锥外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由PA，AB，AC两两垂直，可判定该三棱锥为长方体的一部分，则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，可知外接球半径为长方体体对角线的一半，进而求解.【详解】由于PA，AB，AC两两垂直，故可得该三棱锥为长方体的一部分，因为外接球半径为长方体体对角线的一半，所以，故，故选：C6.下列结论不正确的是（）A.在△ABC中，若，则B.若△ABC为锐角三角形，则C.若，则△ABC为钝角三角形D.在△ABC中，若，，三角形面积，则三角形的外接圆半径为【答案】D【解析】【分析】对A，由大角对大边可知，结合正弦定理即可判断；对B，由锐角三角形可知 ，则，即可判断；对C，由正弦定理可得，结合即可判断；对D，由三角形面积公式可得，根据余弦定理求得，结合正弦定理即可判断.【详解】对于选项A，在△ABC中，若，故选项A正确；对于选项B，因为△ABC为锐角三角形，所以，故选项B正确；对于选项C，，因为，所以，故为钝角，故C正确；对于选项D，因为，，则三角形面积，故，再由余弦定理得，从而三角形的外接圆半径为，故选项D错误．故选：D7.如图，在长方体中，，，M为棱上的一点．当取得最小值时，的长为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】本题首先可通过将侧面绕逆时针转展开得出当、、共线时取得最小值，此时为的中点，然后根据平面得出，最后根据即可得出结果.【详解】如图，将侧面绕逆时针转展开，与侧面共面，连接，易知当、、共线时，取得最小值，因为，，所以为的中点，，因为平面，平面，所以，则，故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查根据线面垂直判断线线垂直，能否根据题意得出当为的中点时取得最小值是解决本题的关键，考查计算能力，考查数形结合思想，是中档题.8.已知△ABC中，，，，，，则的最小值为（）A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】由平面向量的加法法则可得就是点A到BC的距离，结合已知得△ABC为等腰直角三角形，由于，，P、B、C三点共线且P在BC两个四等分点之间运动，由图易得最小值.【详解】由平面向量的加法法则可得就是点A到BC的距离，依题意得△ABC为等腰直角三角形，斜边，D，E为斜边BC的两个四等分点，因为，，且，得点P在线段DE上运动，由下图易得，当点P在点D处时，取得最小值，根据余弦定理解得，所以.故选：C.【点睛】(1)首尾相接的几个向量的和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量；(2)平面向量，若，则A、B、C三点共线，反之亦成立.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知一个正方形的直观图是一个平行四边形，其中有一边长为4，则此正方形的面积可能为（）A.16B.64C.32D.无法确定【答案】AB【解析】 【分析】正方形的直观图是一个平行四边形，有一边长为4，分两种情况讨论，根据斜二测画法的原则，即可得结果.【详解】根据题意，正方形的直观图如图所示：①若直观图中平行四边形的边,则原正方形的边长为，所以该正方形的面积为；②若直观图中平行四边形的边,则原正方形的边长为，所以该正方形的面积为，故选：AB.10.下列关于简单几何体的说法正确的是（）A.所有棱长都相等的正三棱锥是正四面体B.正四面体的内切球与外接球半径之比为C.侧棱与底面垂直的四棱柱是直平行六面体D.同底等高的圆柱和圆锥的表面积之比是【答案】AB【解析】【分析】A、C选项主要考察空间几何体的结构特征，属概念题；B、D选项主要考察空间几何体的内切球、外接球的半径以及表面积问题，属计算问题【详解】对于选项A，正四面体是由四个全等正三角形围成空间封闭图形，所有棱长都相等,而所有棱长都相等的正三棱锥满足要求，故选项正确；对于选项B，如图 设正四面体的棱长为，球心为，因为正四面体外接球与内切球的球心重合，故为外接圆的半径，为内切圆的半径；显然，点是底面的中心，且平面，取的中点，连结、，则，且，所以在中，解得，则故，选项正确；对于选项C，底面为平行四边形且侧棱垂直于底面的四棱柱，称为直平行六面体，而侧棱垂直于底面的四棱柱对上下底面没有要求，可以是任意四边形，不一定是直平行六面体，故选项错误；对于选项D，设圆锥和圆柱的表面积分别为、，其底面半径为，高为，则、所以，选项错误故选：AB11.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，BC边上的中线，则下列说法正确的有（） A.与均为定值B.C.D.的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】对A，利用中点可得，，即可确定为定值，利用数量积的公式可判断是否为定值；对B，根据，结合余弦定理即可判断；对C，根据余弦定理结合基本不等式可知，再由A中为定值可知，代入不等关系中，即可判断；对D，利用余弦定理结合基本不等式可知，进而判断.【详解】由题，对于A选项，，为定值；，不是定值，故A错误；对于B选项，因为，所以，故B正确；对于选项C，，当且仅当时，等号成立，由A选项可知，，所以，解得，故C正确；对于D选项，，当且仅当时，等号成立，因为，所以，所以为锐角，又，所以，故D正确，故选：BCD 12.在△ABC中，，，O为△ABC内的一点，设，则下列说法正确的是（）A.若O为△ABC的重心，则B.若O为△ABC的内心，则C.若O为△ABC的外心，则D.若O为△ABC的垂心，则【答案】ACD【解析】【分析】对A，由重心可知，根据，，整理可得，即可判断；对B，由内心可知，结合，即可求解判断；对C，由等腰三角形的性质可得，由外心可知，结合余弦定理可得，进而判断；对D，由垂线可知，则，整理可得，而，代入求解，即可判断.【详解】对于A选项，重心为中线交点，则，即，因为，则，所以，，所以，故A正确；对于B选项，内心为角平分线交点，则，即，所以， 由A选项，则，，所以，故B错误；对于C选项，外心为垂直平分线交点，即的外接圆圆心，因为，设为边的中点，所以，，所以，因为，所以，在中，，则，，所以，易知，所以，所以，故C正确；对于D选项，垂心为高线交点，设，垂足为边上点，则，，共线，由C选项，因为，，所以，因为，则，即，因为，所以，即，因为，所以，所以， 所以，解得，所以，故D正确；故选：ACD【点睛】知识点点睛：的“四心”，可知：（1）重心为中线交点，则；（2）内心为角平分线交点，内切圆圆心，则；（3）外心为垂直平分线交点，外接圆圆心，则；（4）垂心为高线交点，则.非选择题部分（共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知三角形三边长为3，4，，则这个三角形中最大的内角为______．【答案】##【解析】【分析】由大边对大角，所对角为最大角，结合余弦定理求解即可.【详解】因为大边对大角，设最大内角为，则，所以，故答案为：14.若，，与的夹角为60°，若，则m的值为________.【答案】【解析】【分析】由条件可求得，根据两向量垂直，则两向量的数量积为0，从而会得到关于m的方程，解方程即可求出m. 【详解】∵，，与的夹角为60°，∴，∵，∴，∴，故答案为：.15.已知复数满足，求的最小值______．【答案】13【解析】【分析】由可得，代入代简得，则此式表示复平面上的点到点的距离和，求出关于实轴的对称点，从而可求得答案【详解】因为复数满足，所以，所以，所以，解得，所以，所以，则上式表示复平面上的点到点的距离和，因为关于实轴的对称点为， 所以因为，当三点共线时取等号，所以的最小值为13，即的最小值为13，故答案：1316.已知△ABC三点在平面直角坐标系xoy所在平面内，点B、C分别在x、y正半轴上滑动，，，，则的最大值为______．【答案】【解析】【分析】根据题意可知，四点共圆，故可得同弧所对圆周角相等，在在中，由正弦定理，可把表示出来，然后根据三角函数的最值问题进行求解. 【详解】建立如图的坐标系，,所以四点共圆.,设，则且，,在中，由正弦定理知：,即，,故，其中，时，，故有最大值.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.已知：复数，其中为虚数单位．（1）求及； （2）若，求实数的值．【答案】（1），（2），【解析】【小问1详解】，则.【小问2详解】由（1）得：，，解得：.18.如图所示，四边形ABCD是直角梯形，其中，，若将图中阴影部分绕AB旋转一周．（注：台体的体积公式：（表示上底面面积，表示下底面面积，h表示台体的高）（1）求阴影部分形成的几何体的表面积；（2）求阴影部分形成的几何体的体积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)分析几何体的结构，利用台体和球的表面积公式求解，(2)利用台体体积公式和球的体积公式求解.【小问1详解】 由题意知，旋转体的表面由三部分组成，圆台下底面、侧面和半球面，且球的半径为2，圆台的上底半径为2，下底半径为5，母线长为，即母线长为5，高为4，设球的表面积为,，圆台的侧面积为，圆台的下底面积为，几何体的表面积为,则，，，故所求几何体的表面积为；【小问2详解】设球的体积为,，圆台的体积为，几何体的体积为,．，∴所求几何体的体积．19.在中，分别为内角所对的边，若.（1）求A；（2）若，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）最大值为.【解析】【分析】（1）由正弦定理统一为角，利用三角恒等变化即可求解；（2）由余弦定理及均值不等式求出，即可求出面积的最值.【详解】（1）∵由题意可得，，可得（2）， 由余弦定理，可得，，可得，当且仅当b=c时等号成立，即面积的最大值为.【点睛】关键点点睛：利用正弦定理可以统一边为角或角为边，利用余弦定理可以结合均值不等式求面积的最值，属于中档题.20.已知，，.（1）求；（2）求与的夹角；（3）若在方向上的投影向量为，求的值.【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】(1）根据向量的模的计算即可；(2）根据向量的数量积公式和向量的夹角公式计算即可(3）利用投影向量的定义求出,再由数量积的运算性质求解即可.【详解】（1），又，，,(2), ,,(3).21.杭州市为迎接2022年亚运会，规划修建公路自行车比赛赛道，该赛道的平面示意图为如图的五边形ABCDE，运动员的公路自行车比赛中如出现故障，可以从本队的器材车、公共器材车上或收容车上获得帮助．比赛期间，修理或更换车轮或赛车等，也可在固定修车点上进行．还需要运送一些补给物品，例如食物、饮料，工具和配件．所以项目设计需要预留出BD，BE为赛道内的两条服务通道（不考虑宽度），ED，DC，CB，BA，AE为赛道，．（1）从以下两个条件中任选一个条件，求服务通道BE的长度；①；②（2）在（1）条件下，应该如何设计，才能使折线段赛道BAE最长（即最大），最长值为多少？【答案】（1）答案见解析；（2）．【解析】【分析】(1)在中，利用正弦定理，可求得BD=6. 选①：先由三角形的内角和可得∠BDC=，从而知为直角三角形，然后由勾股定理，得解;选②：在中，由余弦定理可得关于BE方程，解之即可.(2)在中，结合余弦定理和基本不等式，即可得解.【详解】（1）在中，由正弦定理知，，解得，选①：，，，在中，；若选②，在中，由余弦定理知，，化简得，解得或（舍负），故服务通道BE的长度；（2）在中，由余弦定理知，，，，即，当且仅当时，等号成立，此时，的最大值为．【点睛】关键点睛：本题主要考查解三角形的实际应用，还涉及利用基本不等式解决最值问题，熟练掌握正弦定理、余弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.22.已知正△ABC的边长为，内切圆圆心为，点P满足． （1）求证：为定值并求此定值；（2）把三个实数a，b，c的最小值记为，若，求m的取值范围；（3）若，，求的最大值．【答案】（1）证明见解析，定值为51；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）以为原点，为轴建立平面直角坐标系如图所示，依题意点在圆上，设，即可表示，，，根据平面向量模的坐标表示及同角三角函数的基本关系计算可得；（2）由（1）知，同理可得，，根据对称性下面考查时的情况，分与两种情况讨论，分别求出，，的取值范围，即可得解；（3）根据平面向量线性运算的坐标表示得到，再根据同角三角函数的基本关系，得到，，两边同除，令，，将原式化为，再根据求出的取值范围，即可得解； 【小问1详解】解：以原点，为轴建立平面直角坐标系如图所示．由正弦定理得外接圆半径，则，进而可得，．因为，所以点在圆上，故设，则，，，所以．【小问2详解】解：由（1）知，同理可得，， 由对称性下面考查时的情况，当时，，，所以，，，所以，，，此时，最小；当时，，，所以，，，此时，，此时，最小；综上可得的取值范围是．【小问3详解】解：，所以，代入整理得，，两边同时除以， 得，令，，则，即，所以，即，解得，所以（即m）的最大值为．