2020-2021学年山东省枣庄市薛城区高一下学期期中考试数学试题（解析版）

2020-2021学年山东省枣庄市薛城区高一下学期期中考试

数学试题

一、单选题

1．复数则在复平面内，对应的点的坐标是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先通过复数的除法运算化简复数，然后利用复数的几何意义求解.

【详解】因为，

所以在复平面内，对应的点的坐标是.

故选：B

【点睛】本题主要考查复数的运算及几何意义，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

2．长方体的一个顶点上的三条棱长分别为3、4、5，且它的8个顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是（    ）

A． B． C． D．都不对

【答案】B

【分析】由题意长方体的外接球的直径就是长方体的对角线，求出长方体的对角线，就是求出球的直径，然后求出球的表面积．

【详解】解：长方体的一个顶点上的三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一个球面上，

所以长方体的对角线就是球的直径，长方体的对角线为：，

所以球的半径为：；则这个球的表面积是：．

故选：．

3．向量在正方形网格中的位置如图所示．若向量与垂直，则实数（    ）

A． B．

C．3 D．2

【答案】C

【分析】设，其中，根据向量垂直的条件可得选项．

【详解】由图可设，其中，所以，

又向量与垂直，所以，即，所以，解得.

故选：C.

4．设为所在平面内一点，若，则下列关系中正确的是

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】∵

∴−=3(−)；

∴=−.

故选A.

5．一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，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．

【答案】D

【分析】先求得，结合直观图与原图的关系求得原图的面积.

【详解】在直观图中，，

所以原图是一个直角梯形，且上底为，下底为，高为，

所以原图的面积为

故选：D

6．已知圆柱的高为，它的两个底面的圆周在半径为的同一个球的球面上.则球的体积与圆柱的体积的比值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据圆柱的底面半径、球的半径与球心到圆柱底面的距离构成直角三角形求出圆柱的底面半径为，再有体积公式求出圆柱的体积与球的体积即可.

【详解】设圆柱的底面半径为，则，

所以圆柱的体积为，

又球的体积为

所以球的体积与圆柱的体积的比

故选D

【点睛】本题主要考查几何体的体积，需熟记公式，属于基础题.

7．《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题．《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边、、求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实．一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即．现有周长为的满足，则用以上给出的公式求得的面积为

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用正弦定理结合三角形的周长可求得的三边边长，利用题中公式可求得的面积.

【详解】由题意结合正弦定理可得：，

周长为，即，，，.

所以，

故选：D.

8．如图，是某防汛抗洪大坝的坡面，大坝上有一高为20米的监测塔，若某科研小组在坝底点测得，沿着坡面前进40米到达点，测得，则大坝的坡角（）的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由，，可得，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，进而由可得结果.

【详解】因为，，所以.

在中，由正弦定理得，解得.

在中，由正弦定理得，

所以.

又，所以，

所以.

故选A.

【点睛】本题考查正弦定理解三角形，考查诱导公式，考查学生合理进行边角转化的能力，属于中档题.

二、多选题

9．用一个平面去截一个几何体，截面的形状是三角形，那么这个几何体可能是（    ）

A．圆锥 B．圆柱 C．棱锥 D．正方体

【答案】ACD

【分析】根据物体特征分析截面可能的情况即可得解.

【详解】圆锥的轴截面是三角形，圆柱的任何截面都不可能是三角形，

三棱锥平行于底面的截面是三角形，

正方体的截面可能是三角形，如图形成的截面三角形,

故选：ACD

10．已知复数的共轭复数为，且，则下列结论正确的是（    ）

A． B．虚部为 C． D．

【答案】AD

【分析】首先根据题意得到，再依次判断选项即可.

【详解】，

对选项A，，故A正确.

对选项B，，虚部为，故B错误；

对选项C，，故C错误；

对选项D，，故D正确.

故选：AD

11．在中，D，E，F分别是边，，中点，下列说法正确的是（    ）

A．

B．

C．若，则是在的投影向量

D．若点P是线段上的动点，且满足，则的最大值为

【答案】BCD

【分析】对选项A，B，利用平面向量的加减法即可判断A错误，B正确.对选项C，首先根据已知得到为的平分线，即，再利用平面向量的投影概念即可判断C正确.对选项D，首先根据三点共线，设，，再根据已知得到，从而得到，即可判断选项D正确.

【详解】如图所示：

对选项A，，故A错误.

对选项B，

，故B正确.

对选项C，，，分别表示平行于，，的单位向量，

由平面向量加法可知：为的平分线表示的向量.

因为，所以为的平分线，

又因为为的中线，所以，如图所示：

在的投影为，

所以是在的投影向量，故选项C正确.

对选项D，如图所示：

因为在上，即三点共线，

设，.

又因为，所以.

因为，则，.

令，

当时，取得最大值为.故选项D正确.

故选：BCD

【点睛】本题主要考查平面向量的加法，减法的几何意义，数形结合为解决本题的关键，属于中档题.

12．对于，有如下命题，其中正确的有（    ）

A．若，则是等腰三角形

B．若是锐角三角形，则不等式恒成立

C．若，则为锐角三角形

D．若，则为钝角三角形

【答案】BD

【分析】对选项A，根据题意得到或，即可判断A错误；对选项B， 根据题意得到，从而得到，即可判断B正确；对选项C，根据题意得到，从而得到，即可判断C错误；对选项D，根据得到为钝角，即可判断D正确.

【详解】对选项A，，

所以或，故A错误；

对选项B，是锐角三角形，

所以，

所以，故B正确.

对选项C，，

所以，.

又因为，所以为钝角，为钝角三角形，故C错误；

对选项D，，

所以，

即，又因为，所以为钝角，为钝角三角形，故D正确.

故选：BD

三、填空题

13．已知向量，，则在方向上的投影向量的模为________．

【答案】

【分析】先计算在方向上的投影,再求绝对值即可得答案

【详解】解:因为，,所以，,,

所以在方向上的投影为,

所以在方向上的投影向量的模为,

故答案为:

14．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且， ， ，则b＝_______.

【答案】2或4

【分析】由已知利用余弦定理计算可得；

【详解】解：在三角形中， ， ，由余弦定理，即，解得或

故答案为：2或4

【点睛】本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．

15．如图，在四边形ABCD中，，E为边BC的中点，若，则_________．

【答案】

【分析】首先连接，再利用向量加法的几何意义求解即可.

【详解】连接，如图所示：

所以，则.

故答案为：

16．如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆锥的底面半径为10公里，母线长为40公里，是母线上一点，且公里.为了发展旅游业，要建设一条最短的从绕山一周到的观光铁路.这条铁路从出发后首先上坡，随后下坡，则下坡段铁路的长度为______________公里.

【答案】18

【分析】先展开圆锥的侧面，确定观光铁路路线，再根据实际意义确定下坡段的铁路路线，最后解三角形得结果.

【详解】如图，展开圆锥的侧面，过点作的垂线，垂足为，

记点为上任意一点，联结，，

由两点之间线段最短，知观光铁路为图中的，，

上坡即到山顶的距离越来越小，下坡即到山顶的距离越来越大，

∴下坡段的铁路，即图中的，

由，得.

故答案为：18

【点睛】本题考查圆锥侧面展开图、解三角形，考查等价转化思想方法以及基本分析求解能力，属基础题.

四、解答题

17．已知复平面内的点A，B对应的复数分别为，（），设对应的复数为z.

（1）当实数m取何值时，复数z是纯虚数；

（2）若复数z在复平面上对应的点位于第四象限，求实数m的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）求出，z是纯虚数，虚部不为0，实部为0，即可求解；

（2）根据的值，求出对应点到坐标，根据已知列出不等式，即可求出结论.

【详解】点A，B对应的复数分别为，

对应的复数为z，，

（1）复数z是纯虚数，，

解得，

；

（2）复数z在复平面上对应的点坐标为，

位于第四象限，，即，

.

【点睛】本题考查复数的代数表示法、几何意义、复数的分类，属于基础题.

18．已知向量，，．

（1）求向量与所成角的余弦值；

（2）若，求实数的值．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）首先计算，再利用向量夹角公式计算即可；

（2）首先计算，再利用平行向量坐标运算公式求解即可.

【详解】（1）因为，，所以．

设向量与所成角为，

．

（2）∵，，

又，

∴，解得．

19．学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3．说明过程，不要求严格证明，不考虑打印损耗的情况下，

（1）计算制作该模型所需原料的质量；

（2）计算该模型的表面积（精确到0.1）

参考数据：，，

【答案】（1）118.8；（2）cm2．

【分析】先计算出该模型的体积，体积等于长方体的体积减去四棱锥的体积，再用体积乘以密度即可求出所需原料的质量；

（2）由已知数据计算出四棱锥的侧面积，则该模型的表面积

【详解】解：（1）因为E，F，G，H，分别为所在矩形各棱的中点，所以四边形EFGH为菱形．

由AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm，得

又因为O为长方体的中心，所四棱锥O﹣EFGH的高．

，

．

∴该模型体积为：

cm3．

∵3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，

∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9＝118.8g．

（2）记面的中心为，连接，，，

则，，．

由题意，四棱锥O﹣EFGH的四个侧面为全等三角形．

在等腰中，取的中点，连接，

，

所以．

∴该模型表面积为：

cm3

cm2．

20．在中，若、、分别是内角、、的对边，已知同时满足下列个条件中的个：①；②；③；④ ．

（1）请指出这个条件，并说明理由；

（2）求．

【答案】（1）满足①，③，④；理由见解析；（2）.

【分析】（1）若同时满足①，②,由已知条件和余弦定理可得，矛盾，所以只能同时满足③，④，再根据大边对大角可知满足①，即得答案.

（2）由正弦定理得到，即得，再由结合两角和的正弦公式可得答案.

【详解】（1）同时满足条件①，③，④．

理由如下：

若同时满足①，②．

因为，且，所以，即

因为，且，所以

所以，矛盾

所以只能同时满足③，④．

因为，所以，故不满足②

故满足①，③，④

（2）在中，，，

由正弦定理知：，所以

又因为，所以，

所以.

【点睛】本题考查正弦定理，余弦定理的应用，考查两角和的正弦公式，考查分析推理能力，属于中档题.

21．边长为1的正三角形，、分别是边、上的点，若，，其中，设的中点为，中点为.

（1）若、、三点共线，求证：；

（2）若，求的最小值.

【答案】（1）证明见解析；（2）最小值为.

【分析】(1)利用共线向量基本定理得,根据三角形的中线对应的向量等于相邻两边对应的向量的和的一半,将已知条件代入得到要证的结论;

(2)利用向量的运算法则:三角形减法法则的逆运算将用三角形的边对应的向量表示,利用向量模的平方等于向量的平方,将表示为的二次函数,求出二次函数的最小值.

【详解】

(1)由三点共线,得共线,

根据共线向量定理可得,存在使得,

即,

所以,

根据平面向量基本定理可得,

所以.

(2)因为,

又,所以,

因为三角形是边长为1的正三角形,所以,,

所以

,

所以时,取得最小值.

【点睛】本题考查了共线向量定理,平面向量基本定理,平面向量的数量积,平面向量三角形的减法法则的逆运算,二次函数求最小值,属于中档题.

22．在中，内角的，，对边分别为，，，已知.

（1）求角的取值范围；

（2）若，且，求的值．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由结合两角和与差的三角函数，利用正弦定理得到，然后由余弦定理结合基本不等式求解.

（2）由，结合，求得，从而，然后由余弦定理求得，然后由求解.

【详解】（1）因为，

所以，由正弦定理可得，，

因为，

所以，

即.

（2）因为，且，

所以不是最大角，

所以，

所以，

得，

因而．

由余弦定理得，

所以．

所以，

即·

【点睛】方法点睛：(1)解决平面向量与三角函数的交汇问题，关键是准确利用向量运算化简已知条件，将其转化为三角函数中的有关问题解决．(2)熟练掌握向量数量积的运算公式、几何意义、向量模、夹角的运算公式外，还应掌握三角恒等变换、正、余弦定理等知识．