2021-2022学年福建省三明第一中学高一下学期期中学段考试数学试题含解析

这是一份2021-2022学年福建省三明第一中学高一下学期期中学段考试数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年福建省三明第一中学高一下学期期中学段考试数学试题一、单选题1．设是虚数单位，若复数，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由已知条件求出复数，利用复数的模的公式可求得.【详解】，，因此，.故选：C.2．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据正弦定理可求.【详解】由正弦定理可得，故，而，故，故选：C.3．正方体上点P，Q，R，S是其所在棱的中点，则直线PQ与RS异面的图形是（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】对于ACD；利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面.对于B：利用异面直线的判定定理可以判断直线PQ与RS异面.【详解】对于A：如图示 ：在正方体中，连结，则.因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，由三角形的中位线定理可得：.由平行公理可得：.故直线PQ与RS共面.故A错误；对于B：由异面直线的判定定理可以判断直线PQ与RS异面.故B正确；对于C：如图示 ：在正方体中，连结.则.因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，所以.由三角形的中位线定理可得：.由平行公理可得：.故直线PQ与RS共面.故C错误；对于D：如图示 ：在正方体中，连结.则.因为且，所以四边形为平行四边形，所以.因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，由三角形的中位线定理可得：.由平行公理可得：.故直线PQ与RS共面.故D错误；故选：B4．设D，E，F分别为的三边BC，CA，AB的中点，则＋等于（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用向量的线性运算和中点的向量表示进行计算，即得结果.【详解】如图，＋＝＋＋＋＝＋＝＋＝.故选：C.5．如图，在正方体中，为线段的中点，则直线与的夹角的余弦值为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接，说明直线与的夹角为或其补角，计算出三边边长，利用余弦定理求出，即可得解.【详解】如下图所示，设正方体的棱长为，因为，则，所以，直线与的夹角为或其补角，平面，平面，故，因为，，故，同理可得，由余弦定理可得.因此，直线与的夹角的余弦值为.故选：D.6．用斜二测画法绘出的水平放置的直观图，如图所示，其中，，则绕所在直线旋转一周后所形成的几何体的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题可根据斜二测画法得出几何体是底面半径为、母线长为的圆锥，然后根据圆锥的表面积计算公式即可得出结果.【详解】如图所示，根据直观图绘出原图，并将其旋转一周，得到圆锥，由斜二测画法易知是直角三角形，，，，则，圆锥的底面半径为、母线长为，故几何体的表面积为，故选：C.7．已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是　　A． B． C． D．【答案】B【分析】根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．【详解】建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点，则，，，设，则，，，则当，时，取得最小值，故选：．二、多选题8．已知i为虚数单位，以下说法正确的是（       ）A．B．复数的虚部为2C．复数在复平面对应的点在第一象限D．为纯虚数，则实数【答案】AD【分析】根据复数的计算即可求解.【详解】,为纯虚数，则,故A,D对.复数的虚部为,,对应的点为，不在第一象限，故B,C错误.故选：AD9．已知，是平面内夹角为的两个单位向量，向量在该平面内，且，则下列结论正确的是（       ）A． B． C． D．的最小值为【答案】BD【分析】令，， 设，然后根据平面向量的坐标运算逐项分析即可.【详解】因为，是平面内夹角为的两个单位向量，所以设，，设，又因为，所以，则,，故A错误；，故B正确；，，所以不一定等于0，故C错误；，故D正确.故选：BD.10．已知的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，下列说法正确的是(       )A．若，则是锐角三角形B．若，则C．若，则是钝角三角形D．若，则有两解【答案】ABD【分析】A：根据正弦定理求出边长之比，根据余弦定理判断最大角的大小即可判断三角形得形状；B：根据正弦定理角化边和三角形大边对大角的性质即可判断；C：根据向量数量积的定义即可判断C的大小，从而做出判断；D：判断a与bsin30°、b的关系，数形结合即可判断三角形解的个数．【详解】对于A，根据正弦定理知，则C为△ABC的最大角，设，则，故C为锐角，故△ABC为锐角三角形，故A正确；对于B，若sinA>sinB，根据正弦定理知a>b，根据三角形大边对大角的性质知A>B，故B正确；对于C，C为锐角，故不能判断△ABC的形状，故C错误；对于D，如图，CD=bsin30°=2，∵CD<a=3<AC，故以C为圆心，a=3为半径画圆弧，和AD边有两个交点，交点即为B，故三角形有两解，故D正确．故选：ABD．11．已知正方体的棱长为2，点E，F，G分别为的中点，则下列结论正确的是（       ）A．B．平面AEFC．平面AEF截正方体所得的截面面积为D．平面AEF截正方体所得上下两部分几何体体积之比为【答案】BC【分析】在正方体中，得到，根据与不垂直，可得判定A错误；取的中点，分别连接，证得平面和平面，进而证得平面平面，可判定B正确；连接，可得，得到平面截正方体所得的截面为等腰梯形，进而判定C正确；根据棱台的体积公式和正方体的体积公式，可判定D错误.【详解】在正方体中，可得，又由四边形为矩形，且为的中点，所以与不垂直，所以与不垂直，所以A错误；取的中点，分别连接，因为分别为的中点，可得 又因为分别为的中点，可得，所以，又由平面，平面，所以平面，又由分别为的中点，可得，可证得平面，因为，且平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面，所以B正确；连接，可得，即四点共面，所以平面截正方体所得的截面为等腰梯形,其中，可得梯形的高为，所以梯形的面积为，所以C正确；由棱台的定义，可得几何体为一个三棱台，其中，三棱台的高，所以三棱台的体积为，又由正方体的体积为，所以平面截正方体所得上下两部分几何体体积之比为，所以D错误.故选：BC.三、填空题12．已知，则实数___________．【答案】【分析】根据，得到，即可求解.【详解】由复数，可得，解得.故答案为：.13．已知平面向量，则与同向的单位向量的坐标为___________．【答案】【分析】根据单位向量的定义求解即可.【详解】与同向的单位向量为，因为，故答案为：14．如图，平面四边形ABCD中，，则四边形ABCD的面积的最大值为___________【答案】【分析】设，由余弦定理可得，再根据为等腰直角三角形，可得，最后根据及辅助角公式计算可得；【详解】解：因为，，所以为等腰直角三角形，所以，设，，则由余弦定理，即，所以所以当，即时；故答案为：四、双空题15．已知正四面体的棱长为，则该正四面体的体积___________，其内切球的半径为___________．【答案】          【分析】根据几何关系，求出正四面体的高和底面积即可求其体积，根据等体积法即可求其内切球半径．【详解】如图为正四面体PABC，O为△ABC的中心，根据正弦定理知△ABC的外接圆半径OC=，∴PO=，则；设是正四面体PABC的内切球球心，设内切球半径为R，则根据等体积法得：．故答案为：．五、解答题16．已知a，b为两条直线，为两个平面，则下列结论正确的（       ）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】B【分析】对A，注意判断的情况；对B，结合线面平行的性质即可判断；对C，讨论a，b的相交情况，即可判断；对D，注意判断的情况【详解】对A，，则或，A错；对B，，由线面平行的性质易得，存在，故，则，故，B对；对C，，则当时，；当，则或相交，C错；对D，，则或，D错，故选：B17．已知复数．(1)若，求a的值；(2)求的最小值，【答案】(1)或(2)【分析】（1）根据复数的运算，化简得到，列出方程，即可求解；（2）根据复数模的公式，化简得到，进而求得有最小值.【详解】(1)解：由复数，可得，所以，解得或．(2)解：由复数，可得，所以当时，有最小值，最小值为.18．已知平面内三个向量．(1)求；(2)求满足的实数m及n的值；(3)若，求实数k的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据向量线性运算的坐标表示求出的坐标，再求模；（2）根据平面向量基本定理得到方程组，解得即可；（3）首先求出的坐标，再由向量垂直得到，根据数量积的坐标表示得到方程，计算可得；【详解】(1)解：因为，，，所以，所以．(2)解：由得，即，解得．(3)解：因为，，，所以，因为，所以，即，解得．19．已知△ABC的内角A，B，C所对的边为a，b，c，向量，向量，且(1)求角A；(2)若，求△ABC的面积【答案】(1)(2)【分析】（1）由向量平行得到等量关系，用正弦定理得到，从而求出角A；（2）由余弦定理求出，从而用面积公式得到△ABC的面积【详解】(1)因为，，所以.由正弦定理得.又∵，∴从而∵∴(2)由余弦定理，得又则，即∵∴∴三角形ABC的面积20．在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，平面ABCD，．(1)求证：；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）作辅助线，证明，，即证明平面PAC，根据线面垂直的性质及可证明结论；（2）取CD中点为点F，连接AF，PF,证明平面PAF，从而说明是二面角的平面角．解直角三角形APF, 即可求得答案.【详解】(1)证明：连接AC交于BD点O, 因为底面ABCD是菱形，所以．又因为平面ABCD，平面ABCD，，又因为，所以平面PAC，平面PAC， 所以．(2)取CD中点为点F，连接AF，PF,因为底面ABCD是菱形，，所以是等边三角形，所以．因为平面ABCD，平面ABCD，所以，而，所以平面PAF，平面PAF，所以，所以是二面角的平面角．因为，则,因为，所以，所以,所以二面角的正弦值为．21．如图，在海岸A处，发现北偏东方向，距离A为海里的B处有一艘走私船，在A处北偏西方向，距离A为20海里的C处有一艘缉私艇奉命以海里/小时的速度追截走私船，此时，走私船正以10海里/小时的速度从B处向北偏东方向逃窜，问缉私艇沿什么方向行驶才能最快追上走私船？并求出所需时间．【答案】缉私艇沿北偏东行驶才能最快追上走私船，所需时间小时【分析】设缉私艇在点D处追上走私船，所需t小时，在中，利用余弦定理求得，再利用正弦定理求得，从而可得，在中，由正弦定理即可得出答案.【详解】解：设缉私艇在点D处追上走私船，所需t小时，则海里，海里，因为，在中，由余弦定理得，即，所以，由正弦定理得，所以，所以BC为东西方向，所以，在中，由正弦定理得，所以，所以，所以，即，即（小时），所以缉私艇沿北偏东行驶才能最快追上走私船，所需时间小时.22．如图，梯形ABCD中，，过A作于E，沿AE把ADE折起，设D折起，设点D折起后的位置P，且．(1)求证：平面平面PBC；(2)在棱PC上是否存在一点F，使直线平面PAE？并说明理由；(3)设平面平面直线l，求直线l与平面ABCE所成角的正切值．【答案】(1)证明见解析(2)存在，理由见解析(3)【分析】（1）可证平面PAE，从而得到要求证的平面平面PBC．（2）可证当F为PC中点时，直线平面PAE．（3）过点F作EC的垂线，垂足为H，则平面ABCE，从而可求，故可求直线l与平面ABCE所成角的正切值．【详解】(1)证明：因为，所以，所以，所以为等腰直角三角形.又因为，，所以平面ECP，平面ECP，以．因为，所以平面PAE，因为平面PBC，所以平面平面PBC．(2)存在，当F为PC中点时，直线平面PAE．证明：取PE中点O，PC中点F，连接OF，AO，BF，因为O，F分别为PE，PC中点，所以，且，因为，且，所以，所以四边形ABFO为平行四边形，所以，而平面PAE，平面PAE，所以直线平面PAE．(3)因为平面PAE，平面PBC，平面平面，所以．所以直线BF与平面ABCE所成的角等于直线l与平面ABCE所成的角，过点F作EC的垂线，垂足为H．由（1）可得，所以，过点B作EC的垂线，交EC于点M，则，故四边形为矩形，故，故，所以，由（1）可得平面ECP，而平面ECP，所以，而，所以平面ABCE，所以为直线BF与平面ABCE所成的角，且，又因为，所以直线l与平面ABCE所成角的正切值为．