2020-2021学年湖北省高一下学期期中联考数学试题（解析版）

2020-2021学年湖北省高一下学期期中联考数学试题

一、单选题

1．下列说法正确的是（    ）

A．四棱台的侧棱长一定相等 B．有两个侧面垂直于底面的四棱柱是直四棱柱

C．圆柱的任意两条母线所在直线互相平行 D．三棱锥的四个面不可能全是直角三角形

【答案】C

【分析】根据简单几何体的结构特征逐一判断四个选项的正误，即可得正确选项.

【详解】对于选项A：只有正四棱台的侧棱长一定相等，其它四棱台的侧棱长不一定相等故，选项A错误；

对于选项B：四棱柱的两个平行侧面垂直于底面，该四棱柱不一定是直四棱柱，

如图平面和平面都垂直于底面，但该四棱柱不是直四棱柱，

故选项B错误；

对于选项C：圆柱的任意两条母线所在直线互相平行，

故选项C正确；

对于选项D：三棱锥的四个面可能都是直角三角形，

如图：长方体中，三棱锥四个面都是直角三角形，故选项D错误.

故选：C.

2．已知复数，则复数z在复平面内对应的点在（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】结合复数的除法运算，求出复数，然后根据复数的几何意义，即可求出结果.

【详解】，

则复数z(在复平面内对应的点在第四象限.

故选：D.

3．下列几何体中，棱的条数最多的是（    ）

A．四棱柱 B．五棱柱 C．五棱锥 D．六棱锥

【答案】B

【分析】根据几何体的结构特点分析每个几何体棱的数量，由此作出选择.

【详解】四棱柱有12条棱，五棱柱有15条棱，五棱锥有10条棱，六棱锥有12条棱，

因此棱数最多的是五棱柱.

故选：B.

4．已知向量，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据向量垂直对应的坐标关系得到关于的方程，由此求解出的值.

【详解】因为，所以，解得.

故选：D.

5．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则“”是“是直角三角形”的（    ）

A．充要条件 B．充分不必要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】结合余弦定理，角化边，即可求解

【详解】由，得，即，则是直角三角形；反之，若是直角三角形，则与不一定相等.故“”是“是直角三角形”的充分不必要条件.

6．已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】B

【分析】A：结合两直线的位置关系可判断或异面； B：结合线面平行的性质可判断； C：结合线面的位置关系可判断或相交； D：结合线面的位置关系可判断或.

【详解】A：若，则或异面，故A错误；

B：因为，所以在平面内存在不同于n的直线l，使得，则，从而，故，故B正确；

C：若，则或相交，故C错误；

D：若，则或，故D错误.

故选：B

7．道韵楼以“古､大､奇､美”著称，内部雕梁画栋，有倒吊莲花､璧画､雕塑等，是历史､文化､民俗一体的观光胜地道韵楼可近似地看成一个正八棱柱，其底面面积约为平方米，高约为11.5米，则该八棱柱的侧面积约是（    ）

A．460平方米 B．1840平方米 C．2760平方米 D．3680平方米

【答案】D

【分析】利用是正八边形，求得，利用余弦定理求得，利用底面面积求得，从而求得侧面积.

【详解】如图，由题意可知底面是正八边形，，由余弦定理可得，则.因为底面的面积为平方米，所以，解得.则该八棱柱的侧面积为平方米.

故选：D.

8．已知复数，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据，得到，又因为因为，

所以，且，从而可得到所以或求解即可得出结果.

【详解】

由题意可得，

所以，即，

所以.因为，

所以，且.因为，

所以或

解得，则.

故选：C.

二、多选题

9．如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，E，F分别是棱的中点，则（    ）

A．平面 B．平面

C．平面 D．平面

【答案】AB

【分析】连接BD，可得，即可判断A，B正确.再利用反证法即可推出C、D错误.

【详解】如图，连接.因为四边形是平行四边形，且E是棱的中点，所以E是的中点，所以，则平面平面，故A，B正确；因为，所以平面.假设平面，又，则平面平面.因为平面与平面相交，则假设不成立，即平面不成立，故C错误；同理可得D错误.

故选：AB.

10．已知复数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】AD

【分析】利用求模公式求得复数的模，判断出A；求得，求得，判断出B，利用复数的平方判断出C，利用复数的除法求得，判断出D.

【详解】由题意可得，则，则A正确，B错误；，则C错误；，则D正确.

故选：AD.

11．正六角星是我们生活中比较常见的图形，很多吊饰品中就出现了正六角星图案(如图一).正六角星可由两个正三角形一上一下连锁组成(如图二).如图三所示的正六角星的中心为O，A，B，C是该正六角星的顶点，则（    ）

A．向量夹角的余弦值是

B．若，则

C．若，则

D．若非零向量，则当取最小值时，

【答案】AC

【分析】直接利用向量的线性关系，平面向量基本定理，向量的数量积，模的运算公式求解各个选项，即可判断．

【详解】由题意可知，

则，故A正确；

由题意如图

可知，则，故B错误；

因为，所以，

则，故C正确；

因为，

所以，

当时，取最小值，此时，，故D错误.

故选: AC

12．如图，在正方体中，，E，F，P，M，N分别是的中点，则（    ）

A．平面

B．直线与所成的角是

C．存在过点E，F的平面与平面平行，平面截该正方体得到的截面面积为

D．点E到平面的距离是

【答案】ACD

【分析】对于A，利用线线平行证面面平行，再利用面面平行的性质定理可得证；对于B，由，知是所求的角，在中利用余弦定理可得解；对于C，可知六边形是平面截该正方体得到的截面，求得面积即可； 对于D，利用等体积法，结合锥体的体积公式即可得解.

【详解】对于A，取的中点G，连接，易证，，则平面平面，又平面，所以平面，故A正确；

对于B，， 是直线与所成的角，又 ，，所以，则，故B错误；

对于C，分别取的中点H，K，I，连接，易证平面平面，则存在过点E，F的平面与平面平行，六边形是平面截该正方体得到的截面，截面的面积是，故C正确；

对于D，连接，由等体积法，则三棱锥的体积是，的面积是，设点E到平面的距离是d，则，解得，故D正确.

故选：ACD

【点睛】方法点睛：证明面面平行常用的方法：

（1）面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；

（2）利用垂直于同一条直线的两个平面平行；

（3）两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行；

（4）利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化．

三、填空题

13．写出一个模为5的向量___________.(用坐标表示)

【答案】(答案不唯一)

【分析】设，由模长公式知x，y只需满足即可.

【详解】设，x，y只需满足即可.

故答案为：(答案不唯一)

14．已知某圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，则该圆锥轴截面的面积是___________.

【答案】

【分析】由题意可求出该圆锥的母线长为2，底面圆的半径为1，以及该圆锥的高是，进而可求出该圆锥轴截面的面积.

【详解】由题意可知展开图的半径是2，所以该圆锥的母线长为2，底面圆的周长为，所以可知底面圆的半径为1，则该圆锥的高是，故该圆锥轴截面的面积是.

故答案为：.

15．已知在平面四边形中，，且，则___________.

【答案】1

【分析】将已知条件变形，结合向量的多边形法则可知，由此可得，代入数据可求解出的长度.

【详解】因为，所以.

因为，所以，

即，所以.

又，所以.

故答案为：.

四、双空题

16．已知复数，且，则的最小值是___________；此时，复数___________.

【答案】1    或   

【分析】根据复数的除法运算先求解出，，然后可得的结果，利用基本不等式可求的最小值，同时可求解出此时的值，则可求.

【详解】因为，所以，所以，.

因为，且，

所以，

则.

因为，

所以，当且仅当时，等号成立，此时，

则或.

故答案为：；或.

五、解答题

17．在①；②四边形的面积为24；③四边形的周长为20这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.

如图，四边形是圆柱的一个轴截面，，且___________.

（1）求该圆柱的体积；

（2）若用一细绳从点A绕圆柱一周后到达D处(如图)，求细绳的最短长度.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】条件选择见解析；（1）；（2）.

【分析】选择①的长度即为高，直接利用圆柱的体积公式即可求解；

选择②结合四边形的面积等于底面直径乘以，即可求出的长度，而的长度即为高，直接利用圆柱的体积公式即可求解；

选择③结合四边形的周长等于（底面直径加）乘以2，即可求出的长度，而的长度即为高，直接利用圆柱的体积公式即可求解；

（2）结合圆柱沿侧面展开，得到即为最短长度，然后计算求解即可.

【详解】解：选择①，

（1）由题意可得圆柱的底面圆的半径，高，

则该圆柱的体积.

选择②，

（1）由题意可得圆柱的底面圆的半径，高，

则该圆柱的体积.

选择③，

（1）由题意可得圆柱的底面圆的半径，高，

则该圆柱的体积.

（2）将圆柱沿侧面展开，如图所示，，

则.

故细绳的最短长度为.

18．已知复数.

（1）若z是纯虚数，求m的值；

（2）若z在复平面内对应点在直线上，求m的值.

【答案】（1）；（2）或.

【分析】首先将复数化简为标准形式，确定其实部与虚部，（1）依题意实部为零且虚部不为零得到方程（不等式）组，解得即可；

（2）将实部代入，虚部代入得到方程，解得即可；

【详解】解：由题意可得，

则z的实部为，虚部为.

（1）因为z是纯虚数，所以

解得.

（2）由题意可得，

解得或.

19．如图，在长方体中，，点E，F分别在上(不包含端点)，且.

证明：（1）A，，E，F四点共面；

（2）直线交于一点.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【分析】(1)先通过线线平行，得到线线共面，从而得到四点共面.

(2)先证直线与直线相交，再证交点在直线上.即可.

【详解】证明：（1）如图，连接.

因为，所以，所以.

由长方体的性质可知，所以.

故A，，E，F四点共面.

（2）由（1）可得，则四边形是梯形，

故直线与直线必相交，记.

因为，且平面，所以平面，

因为，且平面，所以平面.

因为平面平面，所以.

即直线交于一点.

20．如图，平面四边形是某公园的一块草地，为方便市民通行，该公园管理处计划在草地中间修一条石路（不考虑石路的宽度），．

（1）求该草地的面积；

（2）求石路的长度．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）连接．在中，利用余弦定理求得AC，再在中，利用余弦定理求得CD，然后草地的面积由和的面积和求解.

（2）由，结合求解.

【详解】（1）如图所示：

连接．

在中，由余弦定理可得，

即，则．

在中，由余弦定理可得，

则，解得或（舍去）．

的面积，

的面积，

故该草地的面积．

（2）因为

，所以，

所以．

由余弦定理可得，

，

即，

解得，

故，即石路的长度为．

21．如图，在四棱锥中，直线垂直于平面，，且.

（1）求四棱锥的体积.

（2）在上是否存在点F，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.

【答案】（1）；（2）存在，.

【分析】（1）利用椎体体积公式，即可求解.

（2）分别取的中点E，F，连接.得到四边形是平行四边形，所以,即可求解.

【详解】解：（1）如图，过点D作，交于点M，则.

因为，所以四边形是平行四边形，

所以.

因为，所以，所以.

则四边形的面积为.

由题意可知是四棱锥的高，则该四棱锥的体积为.

（2）分别取的中点E，F，连接.

因为E，F分别是的中点，所以.

由（1）可知，所以，

所以四边形是平行四边形，所以.

因为平面，平面，所以平面.

故存在点F，使得平面，此时，.

22．我们知道，对一个量用两种方法分别计算一次，由结果相同则可以构造等式解决问题，这种思维方法称为“算两次”原理，又称“富比尼原理”，是一种重要的数学思想.例如：如图甲，在中，D为的中点，则，两式相加得，因为D为的中点，所以，于是.请用“算两次”的方法解决下列问题：

（1）如图乙，在四边形中，E，F分别为的中点，证明： .

（2）如图丙，在四边形中，E，F分别在边上，且，，，，与的夹角为，求.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）分别在在四边形、四边形中表示向量，两式相加再结合相反向量的和为，即可求证；

（2）利用已知条件中的“算两次”原理将用和表示，再利用数量积的定义运算即可求解.

【详解】（1）证明：在四边形中，，①

在四边形中，，②

由①+②，得.

因为E，F分别为的中点，所以，

于是.

（2）解：在四边形中，①，

在四边形中，②，

由，，得，

由，得.

所以

.