2021延边朝鲜族自治州延边二中北校区高一下学期期中考试数学试题含答案

参考答案

1．D

【分析】

由复数的乘法运算展开即可．

【详解】

解：

故选D.

【点睛】

本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．

2．C

【分析】

先由复数的除法运算（分母实数化），求得，再求．

【详解】

因为，所以，所以，故选C．

【点睛】

本题主要考查复数的乘法运算，复数模的计算．本题也可以运用复数模的运算性质直接求解．

3．D

【详解】

分析：将复数化为最简形式，求其共轭复数，找到共轭复数在复平面的对应点，判断其所在象限.

详解：的共轭复数为

对应点为，在第四象限，故选D.

点睛：此题考查复数的四则运算，属于送分题，解题时注意审清题意，切勿不可因简单导致马虎丢分.

4．D

【分析】

根据复数运算法则求解即可.

【详解】

．故选D．

【点睛】

本题考查复数的商的运算，渗透了数学运算素养．采取运算法则法，利用方程思想解题．

5．C

【分析】

根据圆锥轴截面的定义结合正三角形的性质，可得圆锥的底面半径、母线长，结合圆锥表面积公式，即可求出答案.

【详解】

圆锥的轴截面是边长为的正三角形，

圆锥的底面半径，母线长；

表面积

故选C.

【点睛】

本题给出圆锥轴截面的形状，求圆锥的表面积，着重考查了等边三角形的性质和圆锥轴截面等知识，属于基础题.

6．A

【详解】

分析：根据正视图，左视图，俯视图可得该几何体为圆柱，然后根据圆柱表面积公式求解即可.

详解：由题得该几何体为圆柱，底面半径为2，高为4，所以表面积为：

，

故选A.

点睛：考查三视图，能正确推理出几何体的形状是解题关键，属于基础题.

7．C

【详解】

试题分析：A．l与l1，l2可以相交，如图：

∴该选项错误；

B．l可以和l1，l2中的一个平行，如上图，∴该选项错误；

C．l可以和l1，l2都相交，如下图：

，∴该选项错误；

D．“l至少与l1，l2中的一条相交”正确，假如l和l1，l2都不相交；

∵l和l1，l2都共面；

∴l和l1，l2都平行；

∴l1∥l2，l1和l2共面，这样便不符合已知的l1和l2异面；

∴该选项正确．

故选D．

考点：点、线、面的位置关系．

8．A

【分析】

根据剩余几何体的直观图，结合三视图的定义即可得到主视图

【详解】

解：正方体中，

过点的平面截去该正方体的上半部分后，

剩余部分的直观图如图：

则该几何体的正视图为图中粗线部分．

故选A．

【点睛】

本题主要考查了空间三视图与直观图的应用问题，是基础题．

9．A

【详解】

试题分析：,所以与同方向的单位向量为，故选A.

考点：向量运算及相关概念.

10．B

【分析】

把平方后再开方即可.

【详解】

因为

所以

所以

故选：B.

11．B

【分析】

先根据题意确定的值，再由余弦定理可直接求得的值．

【详解】

在中知∠ACB＝120°，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos120°＝2a2－2a2×＝3a2，∴AB＝a.

故选:B.

【点睛】

本题主要考查余弦定理的应用,属于基础题．

12．A

【解析】

【分析】

取DG的中点M，连AM、FM，证明四边形ABFM是平行四边形，问题得解.

【详解】

如图所示，取DG的中点M，连AM、FM，．

则由已知条件易证得四边形DEFM是平行四边形，

∴且．

∵平面ABC∥平面DEFG，平面ABC∩平面ADEB＝AB，平面DEFG∩平面ADEB＝DE，

∴AB∥DE，

∴AB∥FM．

又AB＝DE，

∴AB＝FM，

∴四边形ABFM是平行四边形，

∴BF∥AM．

又BF平面ACGD，AM平面ACGD，

∴BF∥平面ACGD．选A．

【点睛】

本题主要考查了线面平行的判定定理及面面平行的性质，还考查了转化能力及空间思维能力，属于中档题.

13．

【分析】

利用周期性求得所求表达式的值.

【详解】

故答案为：

14．

【详解】

根据两向量垂直，可得，

解得.

故答案为：.

15．

【分析】

先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果.

【详解】

正六棱柱体积为

圆柱体积为

所求几何体体积为

故答案为：

【点睛】

本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.

16．③④.

【分析】

根据异面直线判定定理可知①错误，③正确；根据线线平行的性质可知②错误；通过平移求解出异面直线所成角，可得④正确.

【详解】

①平面，平面，平面，，可知与为异面直线，故①错误；

②，，可知与不平行，故②错误；

③平面，平面，平面，，可知与异面，可知③正确；

④,分别为棱,的中点，可知，则直线与所成角即为，又为等比三角形，可得，可知④正确.

本题正确结果：③④

【点睛】

本题考查空间中直线与直线的位置关系、异面直线所成角的求解问题，属于基础题.

17．（1），；（2）.

【分析】

（1）利用向量的坐标运算即可求的坐标.

（2）由已知线性关系，结合坐标表示得到，解方程组即可.

【详解】

（1）根据题意，，，，

则,,,,，

（2）根据题意，若，即,,,，

则有，解可得，

故.

18．（1）；（2）.

【分析】

（1）由复数为纯虚数得出其实部为零，虚部不为零，进而可解得实数的值；

（2）当时，由复数的四则运算法则可计算得出的值.

【详解】

（1）复数为纯虚数，则，解得；

（2）当时，，

.

【点睛】

本题考查利用复数类型求参数，同时也考查了复数的计算，考查计算能力，属于基础题.

19．

【分析】

利用圆柱和球的体积公式，求出体积即可.

【详解】

解：设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R.

球的体积，圆柱的体积，

.

【点睛】

本题考查圆柱和球的体积，是基础题.

20．（1）见证明；（2）见证明

【分析】

（1）设与的交点为，连结，证明，再由线面平行的判定可得平面；

（2）由为线段的中点，点是的中点，证得四边形为平行四边形，得到，进一步得到平面．再由平面，结合面面平行的判定可得平面平面．

【详解】

证明：（1）设与的交点为，连结，

∵四边形为平行四边形，∴为中点，

又是的中点，∴是三角形的中位线，则，

又∵平面，平面，

∴平面；

（2）∵为线段的中点，点是的中点，

∴且，则四边形为平行四边形，

∴，

又∵平面，平面，

∴平面．

又平面，，且平面，平面，

∴平面平面．

【点睛】

本题考查直线与平面，平面与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．