2021-2022学年河南省濮阳市高一下学期数学期中考试试题含解析

这是一份2021-2022学年河南省濮阳市高一下学期数学期中考试试题含解析，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河南省濮阳市高一下学期数学期中考试试题 一、单选题1．在中，，则（       ）A． B．2 C． D．3【答案】B【分析】根据三角形内角和先求出角，再根据正弦定理即得．【详解】因为，所以，由正弦定理可得，，即，解得．故选：B．2．设，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据复数的除法及加法法则，结合复数的摸公式即可求解.【详解】，所以.故选：A.3．已知的三个顶点及平面内一点满足，下列结论中正确的是（       ）A．在的内部 B．在的边上C．在的边上 D．在的外部【答案】C【分析】将化简，可得，即可选出答案.【详解】因为所以即，所以点为中点.故选：C.4．在中，内角的对边分别为.已知，则此三角形的解的情况是（       ）A．有一解 B．有两解 C．无解 D．有解但解的个数不确定【答案】C【分析】根据正弦定理即可判断三角形解的个数.【详解】由正弦定理，有，即，所以，则此三角形无解.故选:C.5．若向量与向量共线，则（       ）A．0 B．4 C． D．【答案】D【分析】利用向量共线的坐标表示及数量积的坐标公式即可求解.【详解】因为向量与向量共线，所以，解得，，所以.故选：D.6．以下关于空间几何体特征性质的描述，正确的是A．以直角三角形一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体是圆锥B．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱C．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥D．两底面互相平行，其余各面都是梯形，侧棱延长线交于一点的几何体是棱台【答案】D【详解】以直角三角形的一个直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体是圆锥，可得A错误.有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体可能是棱台，不一定是棱柱，故B错误.有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点三角形的几何体叫棱锥，故C错误.根据棱台的定义，可得D正确.本题选择D选项.7．在中，是的中点，，点在上且满足，则等于（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由是的中点可知：，则，由此即可计算出答案.【详解】因为是的中点，所以,又因为，，所以所以.故选：C.8．若一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°且腰和上底均为1的等腰梯形，则原平面图形的面积是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先计算出等腰梯形的面积为，再利用计算得到答案.【详解】等腰梯形的面积 则原平面图形的面积.故选：C.9．如图所示，在中，点是的中点，且与相交于点，若，则满足（       ） A． B．C． D．【答案】B【分析】根据向量的线性运算及三点共线的定理，结合平面向量的基本定理即可求解.【详解】由得因为点是的中点，所以由三点共线知，存在实数，满足，由三点共线知，存在实数，满足，所以，又因为为不共线的非零向量，所以，解得，所以，即，所以，故A不正确；，故B正确；D不正确；，故C不正确.故选：B.10．设甲､乙两个圆柱的底面面积分别为，体积为，若它们的侧面积相等且，则的值是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用圆柱的体积公式以及圆的面积、周长公式进行求解处理.【详解】因为甲､乙两个圆柱的底面面积分别为，且，所以甲､乙两个圆柱的底面半径满足：，所以甲､乙两个圆柱的底面周长满足：，又因为甲､乙两个圆柱的侧面积相等，所以甲､乙两个圆柱的高满足：，所以甲､乙两个圆柱的体积满足：.故A，B，D错误.故选：C.11．如图，为了测量河对岸电视塔的高度，小王在点处测得塔顶的仰角为，塔底与的连线同河岸成角，小王向前走了到达处，测得塔底与的连线同河岸成角，则电视塔的高度为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】在中由正弦定理可求出，代入，即可求出答案.【详解】在中：由正弦定理有：，在中:.故选：A.12．已知为所在平面上的一点，且.若，则是的（       ）A．重心 B．内心 C．外心 D．垂心【答案】B【分析】利用平面向量基本定理及向量数量积的运算可求得，由此可得点I在的平分线上，同理可得，点I在的平分线上，由三角形内心的性质可得选项.【详解】因为，所以，所以，所以，所以在角A的平分线上，故点I在的平分线上，同理可得，点I在的平分线上，故点I在的内心，故选：B. 二、填空题13．在中，角所对的边分别为，若，则的形状是________．【答案】钝角三角形【分析】利用正弦定理把角化为边，结合余弦定理可判断三角形的形状.【详解】由正弦定理原式可化为，由余弦定理，所以为钝角.故的形状是钝角三角形.【点睛】本题主要考查三角形形状的判定，一般求解思路是先边角进行转化，从边的角度或者是从角的角度进行判定，侧重考查逻辑推理的核心素养.14．已知复数，则复数___________.【答案】【分析】先利用等比数列的前n项和求出，利用的周期性即可求解.【详解】.因为，而，所以，所以.故答案为：15．是所在平面上的一点，满足，若，则的面积为___________.【答案】【分析】根据向量的线性运算的法则及向量的共线定理，结合三角形的面积公式即可求解.【详解】因为，所以，即.所以且方向相同，因为，，所以，即.所以的面积为.故答案为：.16．如图所示三棱锥，其中，，则该三棱锥外接球的表面积___________.【答案】【分析】由于三棱锥对棱相等，可将它补成一个长方体，利用长方体求得其外接球的半径，得球表面积．【详解】因为，所以可以将三棱锥如图放置于一个长方体中，设长方体的长宽、高分别为a，b，c，则有整理得，则该棱锥外接球的半径，球．故答案为: . 三、解答题17．求实数分别取何值时，复数满足下列条件：(1)复数为纯虚数；(2)复数对应的点在复平面的第二象限内.【答案】(1)7(2) 【分析】（1）由复数为纯虚数，列不等式组，即可求解；（2）由复数对应的点在复平面的第二象限内，列不等式组，即可求解.【详解】(1)复数为纯虚数，需满足：，解得：.(2)要使复数对应的点在复平面的第二象限内，需满足：，解得：或.所以实数的范围为.18．已知向量.(1)求；(2)若，求实数的值；(3)若，求实数的值.【答案】(1)(2)(3) 【分析】利用平面向量线性运算、向量相等、向量平行的坐标表示进行求解.【详解】(1)，.(2)，又，，所以 ，解得，所以.(3),，，，，解得.19．已知是夹角为的两个单位向量，.(1)求的值.(2)求与的夹角的大小.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意可求出，代入即为答案；（2）由题意即可写出,，则可求出，即可写出答案.【详解】(1)由题意知:所以(2)由题意知,所以与的夹角为.20．如图，在中，，点在边上，为锐角. (1)求；(2)若，求的长.【答案】(1)8；(2). 【分析】（1）在中，由余弦定理求解；（2）由余弦定理求得，然后由两角差的正弦公式计算．最后在中由正弦定理即可得解.【详解】(1)在中，由余弦定理得：，所以，解得或，当时，，此时，不符合题意，舍去；当时，，此时，符合题意，故；(2)在中，，而∠BAD为三角形内角，所以，又由（1）可得，所以，在中，由正弦定理得：，所以.21．如图所示，在四棱锥，平面，，是的中点.（1）求证：；（2）求证：平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）本题可通过线面平行的性质证得；（2）本题可取的中点，连接、，然后根据三角形的中位线的性质得出、，再然后根据平行四边形的性质得出，最后根据线面平行的判定即可得出结果.【详解】（1）因为平面，平面，平面平面，所以.（2）如图，取的中点，连接、，因为是的中点，所以，，因为，，所以，，则四边形是平行四边形，，因为平面，平面，所以平面.22．已知在中，角，，的对边分别为，，，且.（1）求的值；（2）若，求面积的最大值.【答案】(1);(2) .【详解】分析：（1）在式子中运用正弦、余弦定理后可得．（2）由经三角变换可得，然后运用余弦定理可得，从而得到，故得．详解：(1)由题意及正、余弦定理得， 整理得，∴（2）由题意得，∴，∵， ∴，∴.                  由余弦定理得，∴， ，当且仅当时等号成立． ∴．∴面积的最大值为．点睛：（1）正、余弦定理经常与三角形的面积综合在一起考查，解题时要注意整体代换的应用，如余弦定理中常用的变形，这样自然地与三角形的面积公式结合在一起．（2）运用基本不等式求最值时，要注意等号成立的条件，在解题中必须要注明．