2021-2022学年福建省龙岩市非一级达标校高一下学期期中联考数学试题含解析

这是一份2021-2022学年福建省龙岩市非一级达标校高一下学期期中联考数学试题含解析，共14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学年福建省龙岩市非一级达标校高一下学期期中联考数学试题一、单选题1．已知向量，，且∥，则m＝（       ）A．2 B．－2 C．1 D．－1【答案】B【分析】直接由∥，列方程求解即可【详解】因为向量，，且∥，所以，得m＝－2，故选：B2．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若的面积为4，a＝2，B＝30°，则c＝（       ）A．8 B．4 C． D．【答案】A【分析】直接运用三角形面积公式进行求解即可.【详解】由，得c＝8.故选：A3．已知复数，则在复平面内对应的点位于（       ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】由复数的除法运算法则化简计算，表示出共轭复数，从而得答案.【详解】因为，所以.故在复平面内对应的点位于第二象限.故选：B4．在空间中，直线平面，则“直线”是“”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】D【分析】由线面的位置关系和线面平行的判定结合充分、必要条件的概念进行分析判断即可得出答案.【详解】在空间中，直线平面，由直线,得直线或，所以无法推出，由直线平面，，则或与异面，所以也无法推出直线.故“直线”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D5．已知圆锥的底面积为，高为4，则该圆锥的侧面积为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据圆的面积公式，结合勾股定理、圆锥的侧面积公式进行求解即可.【详解】由题意得，圆锥底面圆的半径，则母线长，所以圆锥的侧面积为，故选：B6．在△ABC中，边AB的中点为D，若O为△ABC的重心，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据重心的性质及平面向量线性运算法则计算可得；【详解】解：由题意得.故选：D7．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，则的值为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先利用余弦定理求出，再由余弦定理计算可得；【详解】解：由余弦定理，解得.故.故选：B8．《九章算术》中将正四棱台体（棱台的上下底面均为正方形）称为方亭.如图，现有一方亭，其中上底面与下底面的面积之比为，方亭的高，，方亭的四个侧面均为全等的等腰梯形，已知方亭四个侧面的面积之和，则方亭的体积为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】分析可知，设，则，，过点、在平面内分别作，，垂足分别为点、，根据正四棱台的侧面积计算出的值，再利用台体的体积公式可求得结果.【详解】由题意得，设，则，.过点、在平面内分别作，，垂足分别为点、，在等腰梯形中，因为，，，则四边形为矩形，所以，，，因为，，，所以，，所以，，所以，，所以等腰梯形的面积为，得.所以，，，故方亭的体积为.故选：C.二、多选题9．已知平面内三点，，，则（       ）A． B．C． D．与的夹角为【答案】BCD【分析】由题意可求得向量的坐标，由此判断A;计算，判断B;根据向量坐标，求出，判断C;利用向量的夹角公式求得与的夹角，判断D.【详解】由题意得向量，，，故A错误；因为，所以，B正确.因为，所以，C正确.因为，因为，所以与的夹角为，D正确.，故选：BCD10．在长方体中，AB＝BC＝2，，点P为线段上的一动点，则（       ）A．所在的直线与所在的直线为异面直线B． 平行于平面内的任意一条直线C．的最小值为D．三棱锥的体积为定值【答案】ACD【分析】对于A，由异面直线的定义判断，对于B，举例判断，对于C，将矩形和沿展开为矩形，再判断，对于D，由于∥平面，从而可得结论【详解】对于A，所在的直线与所在的直线为异面直线，A正确.对于B，//平面，但不一定平行于平面内的任意一条直线，如与不平行，所以B错误.对于C，将矩形和沿展开为矩形，则，C正确.因为//平面，所以P到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，D正确.故选：ACD11．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下面说法正确的是（       ）A．若A＝60°，a＝20，b＝30，则△ABC无解B．若A＝150°，a＝3，b＝4，则△ABC有一解C．若A＝45°，，，则△ABC有两解D．若A＝60°，a＝12，b＝8，则△ABC有两解【答案】AC【分析】利用正弦定理逐一判断即可得出答案.【详解】解：因为，所以△ABC无解，A正确；A＝150°，因为，所以B>30°，△ABC无解，B错误；因为，所以A＝60°或120°，△ABC有两解，C正确；因为，，所以B为锐角，△ABC有一解，D错误.故选：AC.12．若正四面体外接球的表面积为，则（       ）A．该正四面体的体积B．该正四面体的表面积为C．该正四面体内切球的半径为D．该正四面体的外接球上一动点M到内切球上一动点N距离的最小值为【答案】ACD【分析】对于选项A：利用公式，求出半径，将正四面体放到正方体中考虑，即可快速求出答案；对于选项B：利用体积差法，总体积减去四个规则小三棱锥的体积即可得解；对于选项C：根据内切球和外接球球心重合，求出正四面体的高减去外接球的半径，即为内切球的半径；对于选项D：外接球半径减去内切球的半径即可得解.【详解】设正四面体的外接球半径为R，则，得.把正四面体A－CFG补形为正方体ABCD－EFHG，则，得，AF＝3.，A正确.该正四面体的表面积为，B错误.设正四面体的高为h，则，得，因为正四面体的外接球球心与内切球球心重合，所以内切球半径，C正确.该正四面体的外接球上一动点M到内切球上一动点N距离的最小值为，D正确.故选：ACD.三、填空题13．已知复数z的实部和虚部均不等于0，写出一个满足的复数：______.【答案】（答案不唯一）【分析】根据复数模长概念求解即可.【详解】设，则，即，且，所以满足，且，即可，即（答案不唯一）故答案为：（答案不唯一）14．甲、乙两艘渔船从点A处同时出海去捕鱼，乙渔船往正东方向航行，速度为15公里每小时，甲渔船往北偏东30°方向航行，速度为20公里每小时，两小时后，甲渔船出现故障停在了B处，乙渔船接到消息后，立刻从所在地C处开往B处进行救援，则乙渔船到达甲渔船所在位置至少需要______小时.（参考数据：取）【答案】2.4【分析】根据余弦定理进行求解即可.【详解】由题可知AB＝40，AC＝30，∠BAC＝60°由余弦定理，得，得，乙渔船到达甲渔船所在位置需要的时间为小时.故答案为：2.415．已知正方形ABCD的边长为2，正方形ABCD的内切圆圆上有一动点E，平面内有一动点P，则的最大值为______.【答案】【分析】建立直角坐标系，利用坐标表示法求解数量积，再利用三角函数的性质求最大值.【详解】如图，建立直角坐标系，得点，，因为圆O为单位圆，所以设，其中，则，.所以.故答案为：【点睛】求解平面向量数量积时，如果不能利用定义直接求解时，可以通过建立直角坐标系的方式，表示出题干中的向量的坐标，从而利用坐标表示法求解数量积.四、双空题16．水平放置的平面四边形ABCD的斜二测直观图为一个边长为4，其中一个夹角为45°的菱形，则四边形ABCD的实际周长为______，实际面积为______.【答案】     24     32【分析】根据斜二测法的原理进行求解计算即可.【详解】由斜二测画法得，四边形ABCD的实际图形为矩形，矩形的两邻边长的边长分别为，所以矩形的周长为，面积为，故答案为：24；32五、解答题17．已知复数.(1)若z为实数，求m的值；(2)若z为纯虚数，求m的值.【答案】(1)m＝2或(2)【分析】（1）根据复数是实数的特征即可得出答案；（2）根据复数是纯虚数的特征即可得出答案.【详解】(1)解：由题意得，得m＝2或；(2)解：由题意得得.18．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)求A的大小；(2)若a＝4，b＋c＝8，求的值.【答案】(1)60°(2)【分析】（1）根据题意结合平方关系及两角差的余弦公式求得，即可得解；（2）利用余弦定理结合已知求出，再利用正弦定理即可得解.【详解】(1)解：由题意得，得，得，所以，因为，所以A＝60°；(2)解：由余弦定理，得.因为b＋c＝8，所以bc＝16，由正弦定理，得，，所以.19．如图，在长方体中，E，F分别是和的中点． (1)证明：E，F，D，B四点共面．(2)证明：BE，DF，三线共点．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）连接EF，BD，，易得，再由，得到证明；．（2）由直线BE和DF相交，延长BE，DF，设它们相交于点P，然后再论证平面，平面即可.【详解】(1)如图，  连接EF，BD，．∵EF是的中位线，∴．∵与平行且相等，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∴E，F，D，B四点共面．(2)∵，且，∴直线BE和DF相交．延长BE，DF，设它们相交于点P，∵直线BE，直线平面，∴平面，∵直线DF，直线平面，∴平面，∵平面平面，∴，∴BE，DF，三线共点．20．已知向量，，.(1)若在上的投影向量的模为1，求x的值；(2)若，求k的值.【答案】(1)或(2)【分析】（1）计算出，利用数量积的定义表示出在上的投影向量的模，再利用三角函数的性质求解；（2）利用向量垂直的公式列式求解.【详解】(1)由题意得，所以，即，又因为，所以，所以或，即或.(2)因为，所以，得，即.21．记的内角的对边分别为，已知，为边上的中线，的角平分线交于点.(1)若，求的值；(2)若，求面积的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用余弦定理求出，由已知可得，给两边平方化简可求出，从而可求出的值，（2）由已知条件合三角形面积公式可得，利用基本不等式可得，从而可求出面积的最小值【详解】(1)在中，，，由余弦定理，得，解得或（舍去），由题意得，两边平方得，所以，即的值为，(2)因为，所以.因为，所以，当且仅当时，等号成立，所以，故△ABC面积的最小值为.22．如图，在正三棱柱中，O为与的交点，M为的中点，.(1)证明：OM∥平面；(2)若G为线段FC上一动点，在平面上是否存在一点N，使得NG∥平面恒成立？若存在，请找出点N位置并证明NG∥平面；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在；在延长线上，且；证明见解析【分析】（1）由中位线定理得，根据线面平行的判定定理得证.（2）先证出，得，∴，再根据线面平行的判定定理得CF∥平面，根据△AEO∽△AFN，得EO∥FN，再根据线面平行的判定定理得FN∥平面，从而得出平面∥平面FCN，继而得证.【详解】(1)由题意得，O为的中点，∵M为的中点；∴OM为的中位线，∴，∵平面，平面，∴OM∥平面.(2)存在点N，当在延长线上，且时满足条件；理由如下：如图，延长，使得.∵∴，∴，∴，∴.∵平面，∴CF∥平面.由及得，∴△AEO∽△AFN，∴EO∥FN.∵平面，∴FN∥平面.又∵FN，平面FCN且，∴平面∥平面FCN.∵平面FCN，∴NG∥平面.