2021省哈尔滨宾县二中高一下学期第二次月考数学试题含答案

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宾县第二中学2020-2021学年度下学期第二次月考高一数学试卷考试时间：120分钟；总分：150分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；2．请将答案规范填写在答题卡上。一、选择题：（每题5分共60分。其中1-10为单选题，11,12为不定项选择题）1．已知复数，的虚部是（    ）A． B． C． D．2．已知，，则（    ）A． B． C． D．3．如图，已知等腰三角形，是一个平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（    ） A． B． C． D．4．设是虚数单位，则复数对应的点在复平面内位于（    ）A．第一象限        B．第二象限       C．第三象限        D．第四象限5．设为单位向量，且，则（    ）A． B． C． D．6．已知内角所对边的长分别为，，则形状一定是（    ）A．等腰直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．直角三角形7．如图，在等边中，，向量在向量上的投影向量为（    ）A．         B．         C．          D．8．下列命题正确的是（    ）①平行于同一条直线的两条直线平行；②平行于同一条直线的两个平面平行；③平行于同一个平面的两条直线平行；④平行于同一个平面的两个平面平行A．①② B．③④ C．①④ D．②③9．长方体中，若，，，且此长方体内接于球，则球的表面积为（    ）A． B． C． D．10．在平行四边形ABCD中，F是CD的中点，AF与BD相交于E，则（    ）A．    B．    C．     D．11．是两个平面，是两条直线，下列四个命题中错误的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则12．在中，角的对边分别为，若，则角的值为（    ）A． B． C． D． 二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．若一个圆锥的轴截面是面积为的等边三角形，则该圆锥的表面积为__________．14．若的两边长分别为2，3，其夹角的余弦值为，则其外接圆的直径为__________．15．设复数，若为纯虚数，则实数__________．16．已知向量，满足，，若与的夹角为，则__________．三、解答题：（17题10分，18-22每题12分，共70分）17．如图，已知△ABC中，AB＝，∠ABC＝45°，∠ACB＝60°．（1）求AC的长；（2）若CD＝5，求AD的长．18．在平面直角坐标系中，.（1）若m=2，求的值；（2）若向量，求m的值.19．在正方体中，是棱的中点．（1）求证：平面;   （2）若是棱的中点，求证：平面平面．20．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AC与BD交于点O，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH，求证：（1）证明：AP∥平面BDM；（2）证明：AP∥GH. 21．已知锐角的内角所对的边分别，且. 若,,且．（1）求角和边;（2）若点满足，求的面积．22．如图，在四棱锥中，底面是矩形．（1）设为上靠近的三等分点，为上靠近的三等分点．求证：平面;（2）设是上靠近点的一个三等分点，试问：在上是否存在一点，使平面成立？若存在，请予以证明；若不存在，说明理由．
宾县第二中学2020-2021学年度下学期第二次月考高一数学答案1．A【分析】先根据复数的除法运算求解出，然后即可判断出的虚部.【详解】因为，所以虚部为，故选：A.2．A【分析】利用平面向量数量积的坐标运算可得结果.【详解】由已知条件可得，，因此，.故选：A.3．D【分析】利用斜二测画法，由直观图作出原图三角形，再利用三角形面积公式即可求解.【详解】因为是等腰直角三角形，，所以，所以原平面图形为：且，，所以原平面图形的面积是，故选：D4．C【分析】利用复数的乘法法则化简复数，由此可得出结论.【详解】，因此，复数在复平面内的点位于第三象限.故选：C.5．B【分析】先根据得，再根据向量模的公式计算即可得答案.【详解】因为为单位向量，且，所以，所以，解得，所以.故选：B.6．D【分析】由余弦定理化简可得，即可判断.【详解】，余弦定理可得，则，则，所以为直角三角形.故选：D.7．D【分析】将向量用表示，求得模长及，从而利用投影公式求得向量在向量上的投影向量即可.【详解】由题知D点是BC的四等分点，设三角形边长为a，则，，，则向量在向量上的投影向量为：，故选：D【点睛】关键点点睛：表示出，计算得到，利用投影公式求解.8．C【分析】根据空间平行关系分别判断每个命题即可.【详解】①由平行线间的传递性可知，平行于同一条直线的两条直线平行，故①正确；②平行于同一条直线的两个平面平行或相交，故②错误；③平行于同一个平面的两条直线平行、相交或异面，故③错误；④根据平面平行的性质，平行于同一个平面的两个平面平行，故④正确.故选：C.9．C【分析】由长方体的对角线公式，算出长方体对角线的长，从而得到长方体外接球的直径，结合球的表面积公式即可得到，该球的表面积．【详解】长方体中，，，，长方体的对角线，长方体的各顶点都在同一球面上，球的一条直径为，可得半径，因此，该球的表面积为故选：C．10．A【分析】根据平面向量的线性运算求解．【详解】由得，所以，所以．故选：A．11．ABD【分析】根据空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐个分析可得答案.【详解】对于A，若，则或，故错A误；对于B，若，则或为异面直线，故B错误；对于C，若则与无公共点，因为，所以与无公共点，所以，故C正确；对于D，若，则或与相交，故D错误.故选：ABD12．BD【分析】根据余弦定理，代入即可求得角B.【详解】根据余弦定理可知，代入化简可得，即，因为，所以或，故选：BD.【点睛】本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题.13．【分析】利用圆锥的轴截面是面积为的等边三角形求出圆锥的底面半径和母线长，然后再求圆锥的表面积．【详解】设圆锥轴截面正三角形的边长是，
 因为正三角形的面积为， 所以，，所以圆锥的底面半径，圆锥的母线，这个圆锥的表面积是：故答案为：．14．【分析】由余弦定理求出第三边c，再由正弦定理求出三角形外接圆的直径．【详解】设中，，，且，由余弦定理可知,又，由正弦定理可知外接圆直径为：故答案为：【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的掌握水平；在中，，其中R为三角形外接圆的半径,常用来求三角形外接圆的半径（直径）.15．2【分析】由复数的运算法则，求得，结合为纯虚数，列出方程组，即可求解.【详解】由复数，可得，因为为纯虚数，可得，解得.故答案为：.16．4【分析】根据，，且与的夹角为，利用数量积的定义和运算律求解.【详解】因为向量，满足，，且与的夹角为，所以，．故答案为：417．（1）3，（2）7【分析】（1）在△ABC中直接利用正弦定理求解即可；（2）先求出，然后在中利用余弦定理求解即可【详解】解：（1）如图所示，在△ABC中，由正弦定理得，,则，（2）因为∠ACB＝60°，所以,在中，由余弦定理得，【点睛】此题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查计算能力，属于基础题18．（1）；（2）.【分析】（1）根据向量模的计算公式可得结果；（2）由可得即可解得结果.【详解】（1）.（2）若，则，即所以.19．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）连，使，连，可得，即可证明；（2）通过证明平面，再结合（1）即可证明.【详解】（1）连，使，连．∵是正方形，，．又是中点，，，又平面，平面，∴平面．    （2）∵是棱的中点，是棱的中点．且，是平行四边形，，又平面，平面，平面，由（1）平面，又 ，∴平面//平面．20．证明　连接MO.（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点．又∵M是PC的中点，∴AP∥OM.又∵AP⊄平面BDM，OM⊂平面BDM，∴AP∥平面BDM.（2）由（1）可知AP∥平面BDM.又∵AP⊂平面APGH，平面APGH∩平面BDM＝GH，∴AP∥GH. 21．（1），；（2）.【分析】（1）由向量垂直得数量积为0，再由正弦定理化边为角，可求得角，然后由余弦定理求得，注意取舍．（2）由向量的线性运算求得在上位置，利用的面积得出结论．【详解】（1）由，即，由正弦定理，，又，又．由，代入得，1或2，又时，，不合题意，舍；时，，符合题意，所以．（2）在上，且为靠近的三等分点，，．【点睛】关键点点睛：本题考查正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，平面向量垂直的数量积表示，解题关键是由正弦定理化边为角．在解三角形中已知两边和一边对角求第三边时也可以应用余弦定理列式求解，同样需要判断三角形解的情况．22．（1）证明见解析；（2）在上是存在中点，使平面成立，证明见解析.【分析】（1）取上靠近的三等分点，连接，可得进而证明平面，同理证明平面，得出面平面即可证明；（2）存在中点，连，使，连，得出即可证明.【详解】（1）如图，取上靠近的三等分点，连接，中，，则又平面，平面，平面，同理，平面，又，∴平面平面，又平面，∴平面．（2）存在中点，使平面成立．取中点，连，使，连．是矩形，是的中点，又是上靠近点的一个三等分点，且是中点，是的中点，中，，又平面，平面，平面，故在上是存在中点，使平面成立．【点睛】关键点睛：本题考查线面平行的证明，解题的关键是正确理解线面平行的判定定理以及面面平行的性质.