2020-2021学年江苏省泰州中学高一（下）期中数学试卷

2020-2021学年江苏省泰州中学高一（下）期中数学试卷

一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1．（5分）已知两点，，则与向量同向的单位向量是　　

A． B． C． D．

2．（5分）如图所示，正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是　　

A．6 B．8 C． D．

3．（5分）求值：　　

A． B． C． D．1

4．（5分）已知平面，直线，，下列结论正确的是　　

A．若，，则 B．若，，则 

C．若，，则 D．若，，则

5．（5分）如图所示，中，，点是线段的中点，则　　

A． B． C． D．

6．（5分）碌碡是我国古代人民发明的一种把米、麦、豆等粮食加工成粉末的器具，如图，近似圆柱形碌碡的轴固定在经过圆盘圆心且垂直于圆盘的木桩上，当人或动物推动木柄时，碌碡在圆盘上滚动．若人或动物推动木柄绕圆盘转动一周，碌碡恰好滚动了3圈，则该圆柱形碌碡的底面圆的半径与其高之比为　　

A． B． C． D．

7．（5分）泰州基督教堂，始建于清光绪二十八年，位于泰州市区迎春东路185号，市人民医院北院对面，总建筑面积2500多平方米．2017年被认定为省四星级宗教活动场所．小明同学为了估算泰州基督教堂的高度，在人民医院北院内找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点，，三点共线）处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则小明估算泰州基督教堂的高度为　　

A． B． C． D．

8．（5分）骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆（前轮），圆（后轮）的直径均为1，，，均是边长为1的等边三角形，设点为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中，的最大值为　　

A．3 B． C． D．

二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

9．（5分）在中，角，，的对边分别为，，，则下列各组条件中使得有唯一解的是　　

A．，， B．，， 

C．，， D．，，

10．（5分）已知，，是同一平面内的三个向量，下列命题中正确的是　　

A． 

B．若，则 

C．非零向量和，满足，则与的夹角为 

D．

11．（5分）对于，有如下命题，其中正确的有　　

A．若，则是等腰三角形 

B．若，则一定为直角三角形 

C．若，则为锐角三角形 

D．若，则一定是等边三角形

12．（5分）如图，在长方体中，，，、分别为棱、的中点，则下列说法中正确的有　　

A． 

B．直线与为相交直线 

C．若是棱上一点，且，则、、、四点共面 

D．平面截该长方体所得的截面可能为六边形

三、填空题（每小题5分共20分，第15题第一空2分，第二空3分）

13．（5分）已知向量的夹角为，若，则　　．

14．（5分）喷泉是流动的艺术，美妙绝伦的喷泉给人以无限的享受，若不考虑空气阻力，当喷泉水柱以与水平方向夹角为的速度喷向空气中时，水柱在水平方向上移动的距离为，能够达到的最高高度为（如图所示，其中为重力加速度）．若，则与的比值为　　．

15．（5分）在中，是边上一点，且，，若是的中点，则　　；若，则的面积的最大值为　　．

16．（5分）如图，已知圆台高为5，上底面半径为3，下底面半径为4，为的内接三角形，且，为上一点，则的最小值为　　．

四、解答题（本大题共6小题，共计70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17．（10分）已知，，．

（1）求的值；

（2）求的值．

18．（12分）已知向量，，．

（1）求向量与夹角的正切值；

（2）若，求的值．

19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为侧棱的中点．

（1）求证：平面；

（2）若，，求证：平面．

20．（12分）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．

问题：在中，角，，对应的边分别为，，，若，_____，求角的值和的最小值．

21．（12分）已知四棱锥的底面是菱形．

（1）求证：若，求证：平面；

（2），分别是，上的点，若平面，，求的值；

（3）若，为上一点，且平面，，判断是否为等腰三角形？并说明理由．

22．（12分）在中，满足：，是的中点．

（1）若是线段上任意一点，且，求的最小值；

（2）若点是内一点，且，，，求的最小值．

2020-2021学年江苏省泰州中学高一（下）期中数学试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1．【分析】利用可解决此题．

【解答】解：由两点，，可知与向量同向的单位向量是：，．

故选：．

2．【分析】根据题目给出的直观图的形状，画出对应的原平面图形的形状，求出相应的边长，则问题可求．

【解答】解：作出该直观图的原图形，因为直观图中的线段轴，所以在原图形中对应的线段平行于轴且长度不变，点

和在原图形中对应的点和的纵坐标是的2倍，则

，所以，则四边形的长度为8．

故选：．

3．【分析】把前两项利用和差化积变形，进一步求解得答案．

【解答】解：

．

故选：．

4．【分析】由空间中直线与直线、直线与平面位置关系逐一分析四个选项得结论．

【解答】解：对于，若，，则或，故错误；

对于，若，，则或或与相交，相交也不一定垂直，故错误；

对于，若，，则或与相交或与异面，故错误；

对于，若，则垂直内所有直线，垂直所有与平行的直线，又，，故正确．

故选：．

5．【分析】直接利用已知条件，结合向量的平行四边形法则，推出结果即可．

【解答】解：如图所示，中，，点是线段的中点，

则

．

故选：．

6．【分析】由题意结合圆的周长公式，得到它们的半径之比，从而求得答案．

【解答】解：由题意，人推动木柄绕圆盘转动1周，碌碡恰好滚动了3圈，

因为圆的周长为，

所以圆盘与碌碡的半径之比为，

所以圆柱形碌碡的高与其底面圆的直径之比约为，

所以该圆柱形碌碡的底面圆的半径与其高之比为．

故选：．

7．【分析】利用求得，在中运用正弦定理可得，解，可得的值．

【解答】解：在中，，

解得；

在中，，，

所以，

由正弦定理得，，

解得；

在中，，

即估算泰州基督教堂的高度为．

故选：．

8．【分析】根据题意建立平面直角坐标系，然后将涉及到的点的坐标求出来，其中点坐标借助于三角函数表示，则所求的结果即可转化为三角函数的最值问题求解．

【解答】解：据题意：圆（后轮）的半径均为，，，均是边长为1的等边三角形．点为后轮上的一点，如图建立平面直角坐标系：

则，，，，．

圆的方程为，可设，，

所以，，，．

故

．

故选：．

二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

9．【分析】中，由正弦定理求出、的值，判断有唯一解；

中，由正弦定理求出，根据判断为锐角，有唯一解；

中，由正弦定理求出，根据判断的值有2个，有两解；

中，由余弦定理求出的值只有1个，判断有唯一解．

【解答】解：对于，，，，所以，

由正弦定理得，

所以，，

所以有唯一解；

对于，，，，

由正弦定理得，所以，且，

所以为锐角，有唯一解；

对于，，，，

由正弦定理得，

所以，且，

所以的值有2个，有两解；

对于，，，，

由余弦定理得，即，

整理得，解得，

只取，所以有唯一解．

故选：．

10．【分析】由数量积公式结合余弦值的有界性即可判断；举例子判断；由三角形法则判断；直接计算判断．

【解答】解：，故选项正确；

显然，不一定相等，例如当为零向量时，故选项错误；

设，则，，

为正三角形，

而由三角形法则可知，为的一半，即为，故选项正确；

设，则是与共线的单位向量，是与共线的单位向量，

，故选项正确．

故选：．

11．【分析】直接利用三角函数关系式的恒等变换，正弦定理的应用，三角形形状的判定的应用判定、、、的结论．

【解答】解：对于，故或，整理得或，故是等腰三角形或直角三角形，故错误；

对于，利用正弦定理：，整理得，整理得，由于，，故，故，故，所以一定为直角三角形，故正确；

对于：由于，整理得，故，由于，故，故，所以为锐角三角形，故正确，

对于，根据三角形的内角的范围和函数余弦值的取值，

只有当，关系式才成立，

所以一定是等边三角形，故正确；

故选：．

12．【分析】利用三垂线定理即可判断选项，证明四边形为梯形，即可判断选项，取的中点，连结，，，通过证明，即可判断选项，确定截面共有五条边，即可判断选项．

【解答】解：由题意可知，平面，

故在平面内的射影为，

因为与不垂直，故与不垂直，

故选项错误；

因为，且，

所以四边形为梯形，则与必相交，

故选项正确；

点是棱上一点，且，

取的中点，连结，，，

因为，分别为和的中点，

所以，

又四边形为平行四边形，

所以，

故、、、四点共面，

故选项正确；

由选项可知，，，为截面的边，截面又与平面以及平面相交，

则可得截面的两条边，所以截面共有五条边，

故选项错误．

故选：．

三、填空题（每小题5分共20分，第15题第一空2分，第二空3分）

13．【分析】由向量的夹角为，可得，将，展开即可求解

【解答】解：向量的夹角为，可得，

，

．

设，

可得

解得：

故答案为：3

14．【分析】先表示，然后结合二倍角公式进行化简即可求解．

【解答】解：．

故答案为：．

15．【分析】若为中点，则，，在中，由余弦定理可得，在中，可得，即可得解的值，若，作于点，作，可求，由余弦定理，可得，利用二次函数的性质可得的最大值，进而可求的最大值．

【解答】解：若为中点，则，，

在中，由余弦定理可得，

即，

所以，即，

所以，

在中，，

所以，

所以，

若，，，

由上可得，作于点，

因为，，

所以，作，，

所以在边上的高为，，

所以，

因为，，，所以，

由余弦定理，

可得，即当时，有最大值，即，则，

所以．

故答案为：，．

16．【分析】设在底面的投影为，建立平面直角坐标系，则点在圆上，可设，，则 即可求解．

【解答】解：如图，设在底面的投影为，如图建立平面直角坐标系，

则点在圆上，

可设，，可得，

，

则

由柯西不等式可得，即，

，（当时取等号）．

．

故答案为：126．

四、解答题（本大题共6小题，共计70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17．【分析】（1）由已知结合两角和的正切公式先求，然后结合同角基本关系即可求解；

（2）由已知结合同角基本关系可求以，，然后结合诱导公式即可求解．

【解答】解：（1）因为，

所以，

所以；

（2）因为，，

所以，

所以，，

因为，，

所以，

所以．

18．【分析】（1）先代入数量积求出夹角的余弦，再根据同角三角函数基本关系式求解结论，

（2）直接根据向量垂直的条件即可求得结论．

【解答】解（1）因为，所以．

设向量与的夹角，则，解得．

又，，所以，故．

（2）因为，所以，

即，解得．

19．【分析】（1）连接，交于点，连接，推导出，由此能证明平面．

（2）推导出，，，，由此能证明平面．

【解答】证明：（1）连接，交于点，连接，

四边形是平行四边形，，

为侧棱的中点，，

平面，平面，

平面．

（2）为中点，，，

，，，

平面，平面，，

平面．

20．【分析】选择条件①，利用诱导公式及两角和的余弦公式可求得角的值，再由余弦定理和基本不等式即可求得的最小值；

选择条件②，利用二倍角公式和诱导公式可求得角的值，再由余弦定理和基本不等式即可求得的最小值；

选择条件③，利用正弦定理及两角和的正弦公式可求得角的值，再由余弦定理和基本不等式即可求得的最小值．

【解答】解：选择条件①，

可得，

即，

即，

因为，所以，

所以，因为，

所以，

由余弦定理，

因为，当且仅当时等号成立，

所以,所以，

即的最小值为．

选择条件②，

可得，即，

解得或（舍，

因为，

所以，

由余弦定理，

因为，当且仅当时等号成立，

所以,所以，

即的最小值为．

选择条件③，

由正弦定理可得，

即，因为，

所以，即，

因为，

所以，

由余弦定理，

因为，当且仅当时等号成立，

所以,所以，

即的最小值为．

21．【分析】（1）设，推导出，，，由此能证明平面．

（2）过作交于，连接，推导出，从而，，，共面，进而，四边形是平行四边形，，由此能求出结果．

（3）由平面，知，平面，，从而，，，，进而，，，由此推导出不可能为等腰三角形．

【解答】解：（1）证明：设，

四边形是菱形，，，

，，

，平面，平面，

平面．

（2）过作交于，连接，

在菱形中，，，，

，，，共面，

平面，平面，平面平面，

，

四边形是平行四边形，，

，．

（3）不可能为等腰三角形，理由如下：

由平面，可知，

，，、平面，

平面，平面，，

，，，，

，，

在菱形中，若，则是等边三角形，

为中点，，，

不可能为等腰三角形．

22．【分析】（1）设，则，把所求转化为含的函数，利用函数性质得解；

（2）设，则，再利用基本不等式得解．

【解答】解：（1），

，

设，则，而，

，

当且仅当时，取得最小值；

（2）设，则，

，

，则，

同理，可得，

，当且仅当，即时取等号，

的最小值为4．

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日期：2022/3/11 19:13:41；用户：高中数学6；邮箱：tdjyzx38@xyh.com；学号：42412367