河北省辛集中学2020-2021学年高一下学期期中数学试题

这是一份河北省辛集中学2020-2021学年高一下学期期中数学试题，共22页。试卷主要包含了【答案】D，【答案】A，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
 河北省辛集中学2020-2021学年高一下学期期中数学试题 若，则A.  B.  C.  D. 已知向量，，若，则A.  B. 2 C.  D. 6中，若，，，则三角形的面积为A.  B.  C. 2 D. 4一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积等于A.  B.  C.  D. 如图，在下列四个正方体中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB不平行与平面MNQ的是A.  B.
C.  D. 函数的最大值为A. 1 B.  C.  D. 2已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的形状一定为A. 等腰三角形 B. 直角三角形
C. 等腰直角三角形 D. 等腰三角形或直角三角形中，，，，于D，，则A. 6 B.  C. 3 D. 已知三棱锥的四个顶点都在球O的表面上，且，，若已知，，，，则球O的体积是
 A.  B.  C.  D. 棱长为2的正方体中，E，F分别是棱和的中点，则经过点B，E，F的平面截正方体所得的封闭图形的面积为A.  B.  C.  D. 如图，在平面四边形ABCD中，，，，，若点E为边CD上的动点，则的最小值为
 A.  B.  C.  D. 3点M，N分别是棱长为2的正方体中棱BC，的中点，动点P在正方形包括边界内运动.若面AMN，则的长度范围是
 A.  B.  C.  D. 已知，，，，如下四个结论正确的是A. ； B. 四边形ABCD为平行四边形；
C. 与夹角的余弦值为 D. 一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是
A. 圆柱的侧面积为 B. 圆锥的侧面积为
C. 圆柱的侧面积与球的表面积相等 D. 圆锥的表面积最小对于，有如下判断，其中正确的判断是A. 若，则为等腰三角形
B. 若，则
C. 若，，，则符合条件的有两个
D. 若，则是钝角三角形如图，已知圆锥的顶点为S，底面圆O的两条直径分别为AB和CD，且，若平面平面，以下四个结论中正确的是

 A. 平面SBC
B.
C. 若E是底面圆周上的动点，则的最大面积等于的面积
D. l与平面SCD所成的角为已知是边长为6的正三角形，求__________.正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为__________.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，如果，，，那么的最大内角的余弦值为__________.将边长为1的正方形及其内部绕旋转一周形成圆柱，如图，，，其中与C在平面的同侧，则异面直线与所成角的大小是__________.在中，，，
求
求AC边上的高.






 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
求
若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.






 如图，在四棱锥中，，，平面ABCD，且，，，M、N分别为棱PC，PB的中点.求证：平面ADMN；求直线BD与平面ADMN所成角的正弦值.






 如图，四边形ABCD为矩形，且，，平面ABCD，，E为BC的中点.求证：；求三棱锥的体积；探究在PA上是否存在点G，使得平面PCD，并说明理由.







答案和解析 1.【答案】D
 【解析】【分析】本题主要考查了复数的四则运算的应用，解题的关键是熟练掌握复数的四则运算，
根据已知及复数的四则运算即可求出【解答】解：
故选  2.【答案】A
 【解析】【分析】本题考查向量的坐标运算和向量平行的转化，属于基础题.
根据平行列关系式求解即可.【解答】解：，，
由，得，解得
故选  3.【答案】A
 【解析】【分析】本题考查三角形的面积公式，属于基础题.
直接用三角形的面积公式计算即可.【解答】解：三角形的面积为
故选  4.【答案】B
 【解析】【分析】本题考查斜二测画法，属于较易题目.
根据斜二测直观图的特点可知原图形为一直角梯形，根据梯形面积公式即可求解.【解答】解：如图，还原后的原图形为一直角梯形，
 所以该平面图形的面积故选  5.【答案】D
 【解析】【分析】本题考查线面平行的判定定理的应用，属于中档题.
结合正方体的结构特征和线面平行的判定定理逐一判断可得结果.【解答】解：选项A中，如图1，连接

在正方体中，知
又因为N，Q分别为所在棱的中点，所以，所以，
因为平面MNQ，平面MNQ，
所以平面
选项B中，如图2，连接，

在正方体中，，又因为M，Q分别为所在棱的中点，
所以，
所以，因为平面MNQ，平面MNQ，
因此平面
选项C中，如图3，连接

在正方体中，知
又因为M，Q分别为所在棱的中点，
所以，所以，
因为平面MNQ，平面MNQ，
所以平面
选项D中，如图4，连接，取的中点O，连接

因为O，Q分别为和的中点，
所以，又平面，所以AB与平面MNQ不平行．故选  6.【答案】B
 【解析】【分析】本题主要考查两角差的正弦公式和正弦函数的最值问题，属于基础题．
根据两角差的正弦公式进行化简，即可得到答案．【解答】解：，所以最大值是
故选  7.【答案】D
 【解析】【分析】本题考查正弦定理以及三角恒等变换，三角形形状的判断，属于基础题.
由正弦定理“边化角”，由两角和差变形化简，判断三角形的形状.【解答】解：因为，
所以由正弦定理得，，
整理得，
即或，
则或，
故的形状为等腰三角形或直角三角形．
故选  8.【答案】A
 【解析】【分析】本题主要考查了平面向量基本定理，向量垂直的充要条件的运用以及向量的基本运算，属于中档题.
根据以及，得到，即，即可求出与的关系.【解答】解：，且，
，
即，
，
则，
整理得，

故选  9.【答案】C
 【解析】【分析】本题考查了三棱锥外接球的体积求法以及正余弦定理，属于中档题.
先求得三角形ABC外接圆半径r，再求得三棱锥外接球的半径，即可求得球的体积.【解答】解： ，，，
由余弦定理可知：，
即，由正弦定理知的外接圆半径：，由题意知：面ABC，
又，
三棱锥的外接球半径：，
由球的体积公式，有
故选  10.【答案】A
 【解析】【分析】本题考查正方体的性质与截面的有关知识，属于中档题.
画出所截得的封闭图形，根据正方体的性质可求.【解答】解：如图所示，经过点B，E，F的平面载正方体所得的封闭图形为四边形
分别是棱和的中点，
，且
正方体棱长为2，，
四边形BDEF是一个等腰梯形.
在中，，
根据等腰梯形的性质可得，等腰梯形的高为
所以梯形BDEF的面积为
故选  11.【答案】A
 【解析】【分析】本题考查向量的数量积，涉及平面向量，二次函数，向量的坐标运算，属于拔高题.
解法1：建立坐标系，利用平面向量，设点，写出t的范围，再表示出，利用二次函数求出最小值.
解法2：设，利用向量的加减数乘运算，得到的表达式，利用二次函数求出最小值.【解答】解：解法1：如图，以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，

则，，，
令，，

，
当时，取得最小值，

解法2：令，由已知可得，，，

 当时，取得最小值
故选  12.【答案】B
 【解析】【分析】本题主要考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属于中档题目，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找点P的位置.
取，中点E，F，得平面 平面进而得到点P的轨迹为线段EF，又因为为等腰三角形，进而便可得出答案.【解答】解：分别取，的中点E，F，连接、 .则 ，EF ，
因为平面AMN，平面AMN，
故平面AMN，
又因为平面AMN，平面AMN，
故平面AMN，
又因为 ，，平面，
所以平面 平面又因为动点P在正方形包括边界内运动，所以点P的轨迹为线段又因为正方体的棱长为2，所以， .所以为等腰三角形.故当点P在点E或者点F处时，最大，最大值为当点P为EF中点时，最小，最小值为 .故选  13.【答案】BD
 【解析】【分析】本题考查平面向量的坐标运算，向量的夹角，向量的模等，属于基础题.
利用向量坐标运算，通过平行、垂直的坐标表示可判断A，B，由夹角公式判断C，由求模公式判断【解答】解：，，则，故A错；
，，故，且 A， B， C， D四点不共线，
则四边形ABCD为平行四边形，故B正确；
，，
则〈，〉，故C错误；
，
则，故D正确，
故选  14.【答案】CD
 【解析】【分析】本题考查圆柱、圆锥的侧面积和表面积公式，以及球的表面积公式，属于基础题.
根据公式，依次判断每个选项：圆柱的侧面积为，A错误；圆锥的侧面积为，B错误；计算球的表面积为，C正确；计算圆柱和圆锥的表面积比较大小可知D正确，得到答案.【解答】解：因为圆柱和圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，
则圆柱的侧面积为，A错误；
圆锥的母线长，侧面积为，B错误；
球的表面积为，所以圆柱的侧面积与球的表面积相等，C正确；圆柱的表面积，
圆锥的表面积，
因为，所以圆锥的表面积最小，D正确.
故选  15.【答案】BD
 【解析】【分析】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于基础题.
根据正余弦定理对选项逐一判断即可.【解答】解：对于A，在中，若，则结合A，B的范围可得或，
则或，则三角形为等腰三角形或直角三角形，故A错误；
对于B，若，则，由正弦定理，
得，即成立，故B正确；
对于C，，只有一个解，故C错误；
对于D，由正弦定理可知，
由余弦定理可得，则是钝角三角形，故D正确.
故选  16.【答案】ABD
 【解析】【分析】本题考查了旋转体圆柱、圆锥、圆台、球及其结构特征，线面平行的判定，线面平行的性质和直线与平面所成角，属于中档题.
根据线面平行的判定定理与性质定理，圆锥的截面、直线与平面所成角判断选项的正误即可．【解答】解：已知圆锥的顶点为 S ，底面圆 O 的两条直径分别为 AB 和 CD ，所以，
又因为，所以四边形 ABCD 是正方形.
所以，平面 SBC，平面SBC，所以平面 SBC，A正确；
因为平面平面，平面 SAD，平面 SBC，
所以，B正确；
若 E 是底面圆周上的动点，当 时，则的最大面积等于的面积;
当时，的最大面积等于两条母线的夹角为 的截面三角形的面积，所以C不正确；
因为，l 与平面 SCD 所成的角就是 AD 与平面 SCD所成角，
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
又，SO、CD为平面SCD内两条相交直线，
所以平面SCD，则 即为 AD 与平面 SCD所成角，
又， 所以D正确；
所以正确的是
故选  17.【答案】
 【解析】【分析】本题考查平面向量的数量积的定义，考查向量夹角的概念，属于基础题．
运用向量的数量积的定义，注意夹角为，运用公式计算即可得到．【解答】解：
故答案为  18.【答案】
 【解析】【分析】本题考查求正四棱锥的外接球的表面积，属于基础题.
根据几何体的结构找出外接球的球心，然后由勾股定理求出外接球的半径从而得到结果.【解答】解：如图O是正四棱锥外接球的球心，M是底面中心，

，，设外接球半径为R，
在中，，
解得，
所以该球的表面积
故答案为  19.【答案】
 【解析】【分析】本题考查余弦定理和三角形的基础知识，属于基础题．
先判断出A是最大角，再根据余弦定理即可求出．【解答】解：，，，根据大边对大角可知A是最大角，
则
故答案为  20.【答案】
 【解析】【分析】本题考查了空间角、向量夹角公式、数量积运算性质，属于中档题．
建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式即可得出． 【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系． 

，，，，
，
设异面直线与所成角为

又
故
故答案为  21.【答案】解：，，即A是锐角，
，
，
由正弦定理，得，
得，
又A为锐角，
则
由余弦定理得，
即，
即，
得，
解得或舍，
则AC边上的高
 【解析】本题考查正弦定理，余弦定理，属于中档题．
由同角三角函数的基本关系求出，再由正弦定理求解即可;
利用余弦定理求出c的值，即可求出
 22.【答案】解：由题设及正弦定理得因为，所以由，可得，故因为，故，
因为，所以，
因此由题设及知的面积，由正弦定理得，由于为锐角三角形，故，，又，所以，故，从而，因此，面积的取值范围是
 【解析】本题考查正弦定理及三角形的面积公式，注意三角形内角和的运用，属于中档题.
直接根据题意及正弦定理列出式子计算求解即可;
根据正弦定理及三角形的面积公式列式子计算求解即可.
 23.【答案】证明：因为M，N分别为PC，PB的中点，所以；
又因为，所以从而A，D，M，N四点共面；
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
又因为，，平面PAB，平面PAB，
所以平面PAB，
由平面PAB，可得
因为，且N为PB的中点，所以；
又因为，平面ADMN，平面ADMN，
所以平面ADMN；
解：如图，连结DN，

由知平面ADMN，平面ADMN，
所以DN为直线BD在平面ADMN内的射影，且，
所以即为直线BD与平面ADMN所成的角.
在直角梯形ABCD内，过C作于H，
则四边形ABCH为矩形，，
在中，；
所以，，
在中，，，，
所以
综上，直线BD与平面ADMN所成角的正弦值为
 【解析】本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，属于中档题．
证明，，；然后证明平面ADMN；
连结DN；说明即为直线BD与平面ADMN所成的角，通过求解三角形，推出结果即可．
 24.【答案】解：连接AE，

为BC的中点，，四边形ABCD为矩形，
为等腰直角三角形，则，
同理可得，
，即，
又平面ABCD，且平面ABCD，
，
又，平面PAE，平面PAE，
平面PAE，
又平面PAE，
；
由知是腰长为1的等腰直角三角形，
，而PA是三棱锥的高，
 ；
在PA上存在中点G，使得平面PCD，
理由如下：取PA，PD的中点G，H，连接GE，GH，CH，
，H是PA，PD的中点，，且，
又为BC的中点，且四边形ABCD为矩形，
，且，
，且，
四边形EGHC是平行四边形，
，又平面PCD，平面PCD，
 平面
 【解析】本题考查立体几何线面垂直的判定与性质，三棱锥的体积求法以及线面平行的判定，属于拔高题.
求证出平面PAE，根据平面PAE，即可证出；
根据知是腰长为1的等腰直角三角形，运用即可求出三棱锥的体积；
在PA上存在中点G，使得平面PCD，利用线面平行判定定理即可求解.