2020-2021学年河北省沧衡八校联盟高一下学期期中数学试题（解析版）

2020-2021学年河北省沧衡八校联盟高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．下列几何体中，面的个数最少的是（    ）

A．四面体 B．四棱锥 C．四棱柱 D．四棱台

【答案】A

【分析】结合各空间几何体的特征，直接判断即可.

【详解】四面体有4个面，四棱锥有5个面，四棱柱和四棱台有6个面.

故选：A

2．已知复数满足，则复数的虚部为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】A

【分析】先用复数的四则运算求出，再判断虚部即可

【详解】因为，

所以.

故的虚部为1，

故选：A

3．已知，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（    ）

A．若，，则 B．若，，则

C．若，，则 D．若，，则

【答案】C

【分析】对于A，由线面垂直的判定定理判断；对于B，由线面垂直的性质判断；对于C，由线面垂直的性质判断；对于D，由线面平行的判定定理判断

【详解】解：对于A，当，时，与可能平行，可能相交不垂直，也可能垂直，所以A错误；

对于B，C，当，时，由线面垂直的性质可知，所以B错误，C正确；

对于D，当，时，与可能平行，有可能在平面内，所以D错误，

故选：C

4．在中，，，为钝角，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由为钝角，利用余弦定理再结合三角形两边之和大于第三边，即可得解.

【详解】因为为钝角，所以，则，

解得，又，

故.

故选：A

5．如图，一个水平放置的平面图形的直观图为矩形，其中，则原平面图形的周长为（    ）

A． B．8 C．14 D．

【答案】C

【分析】原图是在直观图的基础上横向距离不变，纵向距离变成2倍的关系，进行求解即可.

【详解】

根据直观图和原图的关系，

，所以，

,

所以原平面图形的周长.

故选：C

6．《九章算术》中，将底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.若阳马以如图所示的正六棱柱的顶点为顶点，以正六棱柱的侧棱为垂直于四棱锥底面的侧棱，则阳马的个数为（    ）

A．16 B．24 C．12 D．4

【答案】B

【分析】根据阳马的定义，分别找出以上底面的顶点为四棱锥底面的个数和以下底面的顶点为四棱锥底面的个数，即可求得.

【详解】根据正六边形的性质，以正六棱柱下底面的顶点为顶点的内接矩形共3个，而每个矩形可以形成4个不同的阳马，所以阳马的个数是12.

同理，以上底面中的矩形为底面的情况下也有12个阳马，因此共有24个不同的阳马.

故选：B

7．已知是边长为2的正三角形，点为所在平面内的一点，且，则长度的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】通过建立直角坐标系，利用向量的坐标表示结合基本不等式解决向量模长问题.

【详解】如图，以的中点为原点，，所在直线分别为轴，

轴建立直角坐标系，即，，，

则，.

设，则，，，

所以.

设，，

解得，，

则，

所以长度的最小值为.

故选：B

8．如图，在棱长为2的正方休中，，，分别为，，，的中点，过，，三点的平而截正方休所得的截面面积为（    ）

A．4 B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意画出截面，得到截面为正六边形，从而可求出截面的面积

【详解】如图，分别取的中点，的中点,的中点，连接，

因为该几何体为正方体，所以∥,∥,∥,且

所以，，三点的平面截正方体所得的截面为正六边形，

所以该正六边形的面积为.

故选：D

二、多选题

9．下列情况中，适合用抽样调查的是（    ）

A．调查某村去年新生婴儿的数量 B．调查某地区一年内的空气质量状况

C．调查一条河流的水质 D．调查一个班级学生每天的睡眠时间

【答案】BC

【分析】根据全面调查、抽样调查的性质可得答案.

【详解】A，D适合用全面调查，因为调查对象较少；

B，C适合用抽样调查，因为调查对象较多.

故选：BC.

10．如图是一个正方体的平面展开图，下列关于原正方体的判断正确的是（    ）

A． B．平面

C．平面 D．平面平面

【答案】ABD

【分析】先由平面展开图得到该正方体的直观图，再利用线面平行，面面平行，线面垂直，面面垂直的判定定理判断各个选项.

【详解】由平面展开图得到该正方体的直观图如图所示，

因为平面，所以，又因为，所以平面，所以，A正确；

由平面，同理可得平面，所以，

同理可得，所以平面，B正确；

因为，由线面平行的判定定理可得平面，同理可得平面，

由面面平行的判定定理可得平面平面，D正确；

若平面，则，但与所成的角为，所以C错误.

故选：ABD

11．在中，内角，，所对的边分别为，，.下列各组条件中使得恰有一个解的是（    ）

A．，， B．，，

C．，， D．，，

【答案】BD

【分析】根据正弦定理结合三角形自身性质，逐项分析判断即可得解.

【详解】对于A，，所以，又，所以，

这与矛盾，所以无解；

对于B，由正弦定理可得，即，所以只有一解；

对于C，由正弦定理可得，又，

所以B有两解，即有两解；

对于D，由正弦定理可得，又，

所以B只有一解，即只有一解.

故选：BD

12．在正方体中，异面直线和分别在上底面和下底面上运动，与的夹角为，且，当与所成角为时，则与侧面所成角的正切值可能为（    ）

A．2 B．3 C． D．

【答案】AC

【分析】根据空间线面关系，由异面直线所成角的解法，进行不断的平移转化，结合图形利用线线平行确定线面角即可得解.

【详解】

易得直线与所成角为，所以或.

当时，过点作直线与交于点，

直线与夹角的正弦值为，则，

此时或，与侧面所成角为，

因为，所以.

当时，；

当时，.当时，同理.

故选：AC

三、填空题

13．已知平面向量、满足：，则与的夹角为______.

【答案】

【分析】将两边平方后可得出，即可知夹角为.

【详解】，

两边平方得，

∴，∴与的夹角为.

故答案为：.

【点睛】本题考查向量夹角的计算，属于基础题.

14．写出一个虚数，使的实部为3，则___________.

【答案】 (答案不唯一)

【分析】设，然后求出，使其实部为3即可

【详解】设，，，则，只需满足，且即可.

所以 (答案不唯一)

故答案为： (答案不唯一)

15．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”.类比赵爽弦图，由3个全等的小三角形拼成如图所示的等边，若的边长为﹐且，则的面积为___________.

【答案】

【分析】先根据图形的构成判断出，利用余弦定理解出AF，利用面积公式即可求出的面积.

【详解】因为，所以.

设，则，

在中，由余弦定理可得，解得，

所以.

故答案为：.

16．已知一球体刚好和圆台的上､下底面及侧面都相切，且圆台上底面的半径为2，下底面的半径为1，则该球体的表面积为___________.

【答案】

【分析】如图在截面梯形中，，，，然后利用，求出母线长，再由可求出球的半径，从而可求出球体的表面积

【详解】如图，在截面梯形中，，，.因为，

解得.

又因为，所以，

所以该球体的表面积为.

故答案为：

四、解答题

17．2021年是中国共产党成立100周年，1921年中国共产党的诞生掀开了中国历史的新篇章，百年来，党带领全国人民谱写了中华民族自强不息､顽强奋进的壮丽史诗.某校在全校开展党史学习教育活动暨问卷测试，已知该校高一年级有学生1200人，高二年级有学生960人，高三年级有学生840人.为了解全校学生问卷测试成绒的情况，按年级进行分层随机抽样得到容量为100的样本.

（1）若在各层中按比例分配样本，试问在各年级中应分别抽取多少人？

（2）如果高一､高二､高三年级问卷测试成绩的平均分分别为85分､80分､90分，求该校全体学生本次问卷测试成绩的平均分.

【答案】（1）高一年级应抽取人，高二年级应抽取人，高三年级应抽取人；（2）分.

【分析】（1）直接按分层抽样即可求解；

（2）利用平均数的计算公式即可计算.

【详解】（1）该校共有学生1200+960+840=3000人，

高一年级应抽取人，

高二年级应抽取人，

高三年级应抽取人.

（2）全体学生问卷测试成绩的平均分为分.

18．已知复数，且.

（1）求复数及；

（2）若复数在复平面内对应的点在第四象限，求的取值范围.

【答案】（1），；（2）.

【分析】（1）首先根据复数代数形式的除法运算化简，再根据，则虚部为零，得到方程，求出参数的值，即可求出复数，再根据模的计算公式计算可得；

（2）首先根据复数代数形式的乘法运算化简复数，再根据复数的几何意义表示出所对应的点的坐标，从而得到不等式组，解得即可；

【详解】解：（1）因为

，且，

所以，解得或(舍去)，

所以复数，.

（2），在复平面内对于的点为

因为复数在复平面内对应的点在第四象限，

所以，解得或，解得

综上可得.

19．在中，内角，，的对边分别为，，，且.

（1）求；

（2）若，求.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）利用正弦定理角化边可得，再用余弦定理即可得解；

（2）利用正弦定理边化角可得，由已知角结合三角形内角和即可得解.

【详解】（1）由

化简可得，

再由正弦定理得，

所以，

又因为，所以.

（2）因为，所以，

从而，

可得，

所以，

又因为，所以.

20．如图，四边形是矩形，平面，平面，，.

（1）证明：平面平面.

（2）求三棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）要证面面平行，只要证一个平面内的两条相交直线分别平行于另外一个平面即可得解；

（2）通过转体积法由即可得解.

【详解】（1）因为平面，平面，所以，

又因为平面，平面，所以平面.

在矩形中，，平面，平面，

所以平面..

又，所以平面平面.

（2）因为平面，所以，

在矩形中，

又，所以平面.

易证平面，所以点到平面的距离为，

所以.

21．如图，在中，是边上一点，是线段上一点，且，过点作直线与，分别交于点，.

（1）用向量，表示.

（2）试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.

【答案】（1）；（2）是定值，定值为.

【分析】（1）结合图形利用向量的加法运算求解；

（2）设，，则，然后根据题意将用表示出来，从而可用表示，再由三点共线可得结论

【详解】解：（1）

.

（2）设，，则，

因为

所以

，

所以，即，

故为定值.

22．如图，在三棱锥中，平面平面，，，.

（1）证明：平面.

（2）在侧面内求作一点，使得平面，写出作法(无需证明)，并求线段的长.

【答案】（1）证明见解析；（2）作法答案见解析，.

【分析】（1）由已知得，又由面面垂直的性质证得平面，根据线面垂直的性质证得，由勾股定理证得，再根据线面垂直的判定可得证；

（2）取的中点，连接，过作，垂足即要求作的点.根据等面积法求得，由此可求得.

【详解】（1）证明：因为，所以，

又因为平面平面，平面平面，

所以平面，所以.

在中，，，

所以，，

可得，则.

又因为，所以平面.

（2）解：作法：如图，取的中点，连接，

过作，垂足即要求作的点.

因为，，，

所以平面，连接，则.

因为，，所以，则.

由等面积法可得，

故.