云南省保山市昌宁县2021-2022学年高一数学下学期期中试题（Word版含解析）

昌宁县2021-2022学年下学期高一年级期中考数学试卷一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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），则实数的值为（）A.0B.1C.2D.3【答案】C【解析】【分析】由复数的乘法运算和复数相等可求得a，b，由此可求得答案.【详解】解：∵，∴，∴，解得，则实数，故选：C.2.用一个平面去截一个几何体，得到的截面是一个圆面，这个几何体可能是（）A.圆锥圆柱B.圆柱球体C.圆锥球体D.圆柱圆锥球体【答案】D【解析】【分析】由圆锥，圆柱，球体的几何特征判断即可.【详解】解：用一个平面去截一个几何体，得到的截面是一个圆面，则这个几何体可能是圆锥，也可能是圆柱，也可能是球体，故选：D.3.下列说法正确的是（）A.若向量与共线且与不为零向量，则存在实数，使得B.零向量是没有方向的向量C.任意两个单位向量的方向相同D.同向的两个向量可以比较大小【答案】A\n【解析】【分析】根据向量得实际背景及基本概念，依次判断各项正误.【详解】∵与共线，∴存在实数，使得，A正确；零向量的长度为0，方向是任意的，故B错误；任意两个单位向量的长度相等，但方向不一定相同，故C错误；不管是同向的向量还是不同向的向量，都不能比较大小，故D错误.故选：A.4.复数，其中为虚数单位，则的在复平面内的对应点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数得乘法运算，得出即可求解.【详解】复数，则，在复平面内的对应点位于第四象限.故选：D.5.已知为虚数单位，若复数的实部与虚部互为相反数，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算求出，再根据题意得出等式即可求解.【详解】∵复数，由题意有，解得.故选：C.6.如图，是正方体，为棱上的动点（不含端点），平面与底面的交线为，则与的位置关系是（）\nA.异面B.平行C.相交D.与点位置有关【答案】B【解析】【分析】根据线面平行的性质定理和平行公理，判断出正确选项.【详解】由于平面，平面平面，根据线面平行的性质定理可知，由于，所以.故选：B.【点睛】本小题主要考查线面平行的性质定理，考查平行公理，属于基础题.7.已知平面向量，且，则（）A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【分析】由题目条件可求得，再由向量模长公式结合数量积代入即可得出答案.【详解】由平面向量，可得，由，可得，即，则，，故选：C.8.在中，若角对应的三边分别是，则下列结论错误的是（）AB.C.D.\n【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理判断.【详解】在中，由正弦定理得，故有，故A成立；若，则或，即或，所以三角形为等腰三角形或直角三角形，即或，故B错误；有等价于，故D成立；由比例式的性质可得C成立，故选：B.9.如图，梯形是一平面图形的斜二侧直观图，若，，，则四边形的面积是（）A.20B.10C.D.【答案】B【解析】【分析】根据斜二测画法画出原图，并计算出原图的面积.【详解】根据直观图画法的规则，可得，且；，且，即梯形上底和下底边长分别为，高为，\n如下图所示，故其面积.故选：B10.如图，在正三棱锥中，，，一只虫子从点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到点，则虫子爬行的最短距离是（）A.4B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用三棱锥的侧面展开图求解.【详解】解：如图，\n连接与分别交于两点，将三棱锥由展开，则，为虫子爬行从点沿侧面到棱上的点处，再到棱上的点处，然后回到点的最短距离，∵，∴由勾股定理可得，所以虫子爬行的最短距离4，故选：A.11.如图，一个底面半径为3圆柱被一平面所截，截得几何体的最短和最长母线长分别为3和5，则该几何体的体积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由条件知该几何体的体积由两部分组成：底面半径为3､高为3的圆柱体体积；底面半径为3､高为2的圆柱体体积的一半，即得.【详解】由条件知该几何体的体积由两部分组成：①底面半径为3､高为3\n的圆柱体体积，②底面半径为3､高为2的圆柱体体积的一半，则该几何体的体积为。故选：D.12.在中，是的中点，是的中点，过点作一直线分别与边，交于，，若，则的最小值是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用与共线，存在实数，使，把用表示，然后由基本不等式得最小值．【详解】解：在中，为边的中点，为的中点，，，，同理，，与共线，存在实数，使，即，\n即，解得，，，当且仅当，即时，“”成立，的最小值是．故选：C．二､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知复数满足（为虚数单位），则复数的模为___________.【答案】【解析】【分析】根据复数的除法及复数的模计算即可.【详解】因为，所以，故.故答案为：14.已知向量夹角为150°，，则___________.【答案】2【解析】【分析】利于向量的运算法则求，进而求解.【详解】因为向量的夹角为150°，，\n所以，所以.故答案为：215.在平面四边形中，，若，则的面积为___________.【答案】##【解析】【分析】利用余弦定理求得的值，在中利用三角形面积公式即可求解.【详解】如图，因为，连接，在中，由余弦定理可得，又，所以是等边三角形所以故答案为：16.在三棱锥中，平面，，则该三棱锥的外接球的半径为___________.【答案】【解析】\n【分析】首先由余弦定理求出，在中由正弦定理求出外接圆的半径，最后根据计算可得；【详解】解：如图，在中，由，得，设的外心为，由，解得.设三棱锥外接球的球心为，连接，则.即三棱锥的外接球的半径为；故答案为：三､解答题（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（是虚数单位），.\n（1）若是纯虚数，求的值；（2）若复数在复平面内对应的点位于第一象限，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）化简复数，令实部为即可得的值.（2）根据点的位置确定，可以确定实部和虚部的符号，即可得的取值范围.【小问1详解】复数，∵是纯虚数，∴，解得，∴的值为.小问2详解】∵复数在复平面内对应的点位于第一象限，∴,解得，∴的取值范围是.18.在中，内角对应的边分别为，已知．（1）求；\n（2）若，，求的值．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理边化角化简题中等式即可；（2）直接运用余弦定理即可求解.【详解】（1）在中，由正弦定理得，因为，代入化简得，因为，所以，所以，又因为，所以.（2）在中，由余弦定理得，代入数据解得.19.如图所示，为平行四边形ABCD所在平面外一点，M,N分别为AB,PC的中点，平面PAD平面PBC＝.(1)求证：BC∥；(2)MN与平面PAD是否平行？试证明你的结论．【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【详解】试题分析：证明线线平行的方法；1，向量法，2.垂直于同一平面的两条直线平行，3平行于同一直线的两条直线平行，4一个平面与另外两个平行平面相交,那么两条交线也平行．线面平行，1平面外的一条直线与平面内的一条直线平行，则这条直线与这个平面平行，2若一条直线与一个平面同时平行于另一个平面且这条直线不属于这个平面，则这条直线与这个平面平行，3若一条直线与两平行平面中的一个平行，则这条直线与另一个平面平行，4，最好用的还是向量法．\n试题解析：(1)证明因为BC∥AD，AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，所以BC∥平面PAD.又平面PAD∩平面PBC＝l，BC⊂平面PBC，所以BC∥l.(2)解MN∥平面PAD.证明如下：如图所示，取PD中点E，连结AE，EN.又∵N为PC的中点，∴又∵∴即四边形AMNE为平行四边形．∴AE∥MN，又MN⊄平面PAD，AE⊂平面PAD.∴MN∥平面PAD.考点：线面平行的性质定理及判断定理20.平面内给定三个向量，.（1）求满足的实数和；（2）若，求实数.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先求出的坐标，再根据平面向量基本定理得到方程组，解得即可；（2）首先求出、的坐标，再根据向量垂直得到，根据数量积的坐标运算得到方程，解得即可；【小问1详解】解：因为，，，所以，又\n则有，解得，故，.【小问2详解】解：根据题意，，，因为，所以，解得，故.21.如图，在平面四边形中，.（1）证明：；（2）记与的面积分别为和，求的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）14【解析】【分析】（1）分别在和中，利用余弦定理表示BD，然后联立求解；（2）结合（1）得到，利用二次函数的性质求解.【小问1详解】证明：在中，由余弦定理得，\n在中，由余弦定理得，∴，所以，即.【小问2详解】，，则由（1）知：，代入上式得，，，∴当时，取到最大值14.22.如图所示，半径为2的半圆内的阴影部分以直径所在直线为轴，旋转一周得到一个几何体，求该几何体的表面积（其中）及其体积.【答案】，\n【解析】【分析】结合锥体、球体的表面积、体积公式，求得该几何体的表面积与体积.【详解】过点作，垂足为点，在半圆中可得，所以，所以，，，所以，所以旋转所得到的几何体的表面积为，又，，，所以.