2021-2022学年广西桂平市麻垌中学高一下学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年广西桂平市麻垌中学高一下学期期中考试数学试题（解析版），共13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学年广西桂平市麻垌中学高一下学期期中考试数学试题 一、单选题1．已知向量，且，则（    ）A． B．15 C． D．【答案】A【分析】利用两向量平行的坐标表示，列出方程求解即可.【详解】向量，且 解得：故选：A.2．若复数，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】C【分析】根据复数单位的周期性，结合复数在复平面内对应点的特征进行判断即可.【详解】因为，所以在复平面内对应的点为，它位于第三象限.故选：C3．记的内角的对边分别为，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据正弦定理可求出结果.【详解】由正弦定理，得.故选：B4．某款厨房用具中的香料收纳罐的实物图如图1所示，该几何体为上、下底面周长分别为，的正四棱台，若棱台的高为，忽略收纳罐的厚度，则该香料收纳罐的容积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用台体的体积公式直接计算即可．【详解】由题意可知，该四棱台的上、下底面边长分别为，，故该香料收纳罐的容积为．故选：C．5．在平行四边形中，，若的中点为E，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据平面向量的加法和数乘运算可求出结果.【详解】.故选：D6．已知某圆柱的内切球半径为，则该圆柱的侧面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可得该圆柱底面圆的半径为，圆柱的高为7，从而可求出其侧面积．【详解】由题意得，该圆柱底面圆的半径为，圆柱的高为7，所以该圆柱的侧面积为．故选：B．7．记的内角的对边分别为，则边上的高为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据余弦定理求出，再根据面积公式列式可求出结果.【详解】由，得.设边上的高为，因为，所以，即边上的高为.故选：D8．在中，，为的中点，若，，，则（    ）A．3 B． C．2 D．【答案】A【分析】由平面向量的运算法则分解，转化后由数量积的运算律求解【详解】因为，，所以.故选：A 二、多选题9．已知复数z满足，则z可能为（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】设，由可求出结果.【详解】设，则，解得或，所以或.故选：AC10．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：BCD11．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．如图，在长方体中，M，N分别是EH和FG的中点，则在三条直线AD，CD，BF中，与直线MN是异面直线的共有_______条．【答案】2【分析】由MN//CD，判断出MN与CD;由异面直线的判定定理判断出直线AD，BF均与MN异面．【详解】因为MN//CD，MN与CD共面;由异面直线的判定定理可得：直线AD，BF均与MN异面．故答案为：214．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．已知正方形的边长为2，正方形的内切圆上有一动点，平面内有一动点，则的最小值为__________.【答案】【分析】将化为，建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算可求出结果.【详解】因为，以正方形的中心为原点，与正方形的边垂直的直线为坐标轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则，因为圆为单位圆，所以设，其中，则，所以，因为，所以当时，取得最小值.所以的最小值为.故答案为：. 四、双空题16．已知复数z满足，则___________，___________.【答案】          【分析】根据等式求出复数，得到的复数化简后得到结果，再直接利用模长公式求解即可.【详解】 故答案为：；. 五、解答题17．已知复数.(1)若z为纯虚数，求m的值；(2)若复数的实部与虚部之和为14，求m的值.【答案】(1)5(2)1 【分析】（1）先将复数进整理，得出其实部和虚部，由条件可得实部为零，虚部不为零得出答案.(2)先化简复数，得出实部与虚部，从而求出答案.【详解】（1）由z为纯虚数，则，解得（舍去）（2）所以，解得18．一个四棱锥木块如图所示，点O在△PBC内，过点O将木块锯开，使截面平行于直线PC和AB，请作出截面，即画出截面与木块表面相交的每条线段，并说明作法及理由．【答案】答案见解析【分析】过点O作EF∥PC，分别交PB，BC于点E，F，过点E作EH∥AB，交PA于点H，过点F作FG∥AB，交AD于点G，连接GH，然后由线面平行的判定可证得AB∥平面EFGH，PC∥平面EFGH．【详解】解：如图，过点O作EF∥PC，分别交PB，BC于点E，F，过点E作EH∥AB，交PA于点H，过点F作FG∥AB，交AD于点G，连接GH．∴截面为四边形EHGF．理由如下：∵∥，∥，∴∥，∴E，F，G，H四点共面．∵AB∥EH，EH平面EFGH，平面EFGH，∴AB∥平面EFGH．∵PC∥EF，EF平面EFGH，平面EFGH，∴PC∥平面EFGH．19．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)求B的大小；(2)若，求的面积.【答案】(1)(2). 【分析】（1）根据余弦定理角化边得到，再根据余弦定理可求出结果；（2）由以及求出，再根据三角形的面积公式可求出结果.【详解】（1）由及余弦定理得，化简得，所以，又，所以.（2）由（1）知，，所以，所以，所以，所以的面积.为.20．已知，为两个夹角为锐角的向量，，，且在上的投影向量的模为.(1)若，求的值；(2)若，，，A，B，C三点共线，且点B在线段上，求的值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据投影向量的模的公式，结合平面向量垂直的性质、平面向量数量积的运算性质进行求解即可；（2）根据平面向量减法的几何意义，结合共线向量的性质进行求解即可.【详解】（1）由题意得，得.因为，所以得；（2）由题意得，因为A，B，C三点共线，且点B在线段上，所以即，得解得，又，所以.故.21．如图，在某景区依湖畔而建的半径为500米的一条圆弧形小路上，为吸引游客，景区在这条弧形小路上取两点A，B，准备分别以A，B两处为入口，在河岸内侧建造两条玻璃栈道，，并在两条栈道的终点P处建造一个观景台，已知弧所对的圆心角为.(1)若为等腰直角三角形，且为斜边，求的面积；(2)假设玻璃栈道的宽度固定，修建玻璃栈道的造价按照长度来计算，且造价为1200元/米，试问当时，修建两条玻璃栈道最多共需要多少万元？【答案】(1)平方米.(2)万元. 【分析】（1）根据圆心角和半径求出弦长，根据等腰直角三角形求出直角边，再根据面积公式求出面积.（2）设，，利用正弦定理求出、，在求出的最大值，然后乘以即可得解.【详解】（1）因为弧所对的圆心角为，圆的半径为500，所以米，又为等腰直角三角形，且为斜边，所以米，所以的面积为平方米.（2）设，，由正弦定理得，得，由正弦定理得，得，所以，因为，所以，所以当，即时，取得最大值为米，所以修建两条玻璃栈道最多共需要万元.22．如图，在正三棱柱中，O为与的交点，M为的中点，．(1)证明：平面；(2)若G为线段FC上一动点，在平面上是否存在一点N，使得平面恒成立？若存在，请找出点N位置并证明平面；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)存在，点N在延长线上，且，证明见解析. 【分析】（1）先证明，再根据线面平行的判定定理即可证明问题；（2）先证明与全等，得到，进而得到平面，再得到平面，然后得到平面平面FCN，进而确定出点N的位置并证明问题.【详解】（1）在三棱柱中，O为的中点，连接，∵M为的中点，易知共线，且M为的中点，∴OM为的中位线，∴，∵平面，平面，∴平面．（2）存在点N，当N在延长线上，且时满足条件．理由如下：如图，延长，使得．∵∴与全等，∴，∴，∴．∵平面，平面，∴平面．由及得，∴与相似，∴．∵平面，平面，∴平面．又∵FN，平面FCN且，∴平面平面FCN．∵平面FCN，∴平面．