2021-2022学年广东省肇庆市香山中学高一年级下册学期期中数学试题【含答案】

这是一份2021-2022学年广东省肇庆市香山中学高一年级下册学期期中数学试题【含答案】，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广东省肇庆市香山中学高一下学期期中数学试题 一、单选题1．若复数的实部与虚部相等，则的值为（    ）A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】根据复数乘法运算化简，再由实部虚部相等求解即可.【详解】，，故选：B2．向量，满足，，，则向量，的夹角是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据平面向量数量积的运算律求出，再根据夹角公式求出，从而得解；【详解】解：因为，，，所以，即，即，所以，设与的夹角为，则，因为，所以；故选：D3．如图所示，梯形是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形ABCD的面积为（ ）A． B．2 C． D．3【答案】D【分析】根据斜二测画法的规则确定原图形形状，结构得出面积．【详解】由三视图知原几何图形是直角梯形，如图，，面积为．故选：D．4．在中，已知，则（    ）A．1 B． C．2 D．4【答案】C【分析】直接利用余弦定理即可求得.【详解】在中，已知，即为，由余弦定理得：,解得：（边长大于0，所以舍去）即.故选：C5．在正方体中，分别为棱的中点 ，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，则，异面直线与所成角，即为与所成的角，然后根据正方体的 相关知识求出答案即可.【详解】如图，连接，，分别为棱的中点 ，所以，异面直线与所成角，即为与所成的角，在正方体中，，所以是等边三角形，所以，异面直线与所成角的余弦值为故选：A6．已知直线与平面，则下列结论成立的是（    ）A．若直线垂直于平面内的两条直线，则B．若直线垂直于平面内的无数条直线，则C．若直线平行于平面内的一条直线，则D．若直线与平面无公共点，则【答案】D【解析】根据线面垂直的定义与判定定理和线面平行的定义与判定定理依次判断各选项即可得答案.【详解】解：对于A选项，直线垂直于平面内的两条相交直线，则，故A选项错误；对于B选项，若直线垂直于平面内的无数条直线，但可能还是不存在相交直线，故B选项错误；对于C选项，当直线在平面内时，不满足，故C选项错误；对于D选项，由线面平行的定义得：若直线与平面无公共点，则，故D选项正确.故选：D.7．在如图的平面图形中，已知,则的值为A． B．C． D．0【答案】C【详解】分析：连结MN，结合几何性质和平面向量的运算法则整理计算即可求得最终结果.详解：如图所示，连结MN，由 可知点分别为线段上靠近点的三等分点，则，由题意可知：，，结合数量积的运算法则可得：.本题选择C选项.点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．8．在中，角的对边分别为，已知的外接圆半径为的周长为则（  ）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先由余弦定理可得，所以，再由正弦定理可得 ，根据周长为9，由即可得解.【详解】在中，由可得，所以，由可得，所以，由的周长为所以，由可得，所以，所以，故选：B 二、多选题9．已知复数z的共轭复数为，若，则（    ）A．z的实部是1 B．z的虚部是 C． D．【答案】AC【分析】依题意根据复数代数形式的除法运算法则化简复数，即可得到其共轭复数与模，即可判断；【详解】解：因为，所以，所以，，的实部为，虚部为；故选：AC10．下列关于平面向量的说法中，正确的是（    ）A．若，则B．若，，则C．若，，，，不共线，则D．若则【答案】ACD【分析】A. 由相等向量的定义判断；B.由零向量与任何非零向量共线判断；C.由平面向量的基本定理判断；D.由两边平方判断.【详解】A. 因为，由相等向量的定义知，故正确；B.当时，由零向量与任何非零向量共线知，错误； C.由平面向量的基本定理知：若，，，，不共线，则，故正确；D.若，两边平方得，即，则，故正确；故选：ACD11．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则下列关系可能成立的是（　　）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】根据题意，由余弦定理可得，再由正弦定理即可求得或，然后对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】因为，所以，因为，所以，因为，由正弦定理可得，所以，因为，所以或，当时，，所以是以为直角顶点的直角三角形，所以，且，故CD正确；当时，，所以，即为等腰三角形，所以，故A正确；故选：ACD12．如图是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中，以下四个命题中，正确的是（    ）A． B． C．与为异面直线 D．【答案】BCD【分析】首先作出正方体的直观图，再判断线线的位置关系.【详解】作出正方体的直观图，如图，由直观图可知与为互相垂直的异面直线，故A错误，故正确；与为异面直线，故正确；由正方体性质得平面，故，故D正确.故选：BCD 三、填空题13．设是虚数单位，若复数(1-)z=2，则复数z的模为____．【答案】【分析】化简(1-)z=2，求出，即得复数z的模.【详解】由(1-)z=2，得，∴．故答案为：14．已知平面向量，，若，则___________.【答案】【分析】由向量平行可得，再由向量线性运算的坐标表示可得，最后应用向量模长的坐标运算求.【详解】由题设，，即，则，所以，故.故答案为：.15．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为3，，，则的值为________．【答案】【分析】先求出，再利用面积求出关系，再结合求出，最后利用余弦定理求出.【详解】，，，，又，，.故答案为：.16．在中，边所对的角分别为，的面积满足，若，则外接圆的面积为______________.【答案】【分析】根据正弦定理与余弦定理以及三角形面积公式，可得，进一步得到外接圆半径，可得结果.【详解】设外接圆的半径为在中，由，所以可知，又所以，则所以可知外接圆的面积为故答案为：【点睛】本题考查三角形的正弦定理，余弦定理的应用以及三角形外接圆的面积，掌握公式，仔细计算，属基础题. 四、解答题17．已知向量，（1）若，求的坐标；（2）若与垂直，求的值.【答案】（1）；（2）【分析】（1）直接由向量的数乘及减法运算求解；（2）由向量的数乘及减法运算求得的坐标，再由向量垂直的坐标运算求解．【详解】（1）.（2）与垂直，，即，∴.【点睛】本题考查平面向量的坐标运算、考查向量垂直的坐标表示，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题．18．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．(1)求角A的大小；(2)若，求△ABC的面积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）将条件整理然后代入余弦定理计算即可；（2）先利用正弦定理将角化边，然后结合条件求出，再利用三角形的面积公式求解即可.【详解】（1）由整理得，，由，；（2），由正弦定理得，①，又，②，由①②得，.19．如图,在中，已知点分别在边上，且，.（1）用向量、表示；（2）设,,,求线段的长. 【答案】（1） ;（2）.   【详解】试题分析:（1）现将转换为，然后利用题目给定的比例，将其转化为以为起点的向量的形式.（2）由（1）将向量两边平方，利用向量的数量积的概念，可求得.试题解析：（1）由题意可得：           （2）由可得： .故.   20．如图，正方体的棱长为，连接，，，，，，得到一个三棱锥．求：(1)三棱锥的表面积；(2)三棱锥的体积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）直接按照锥体表面积计算即可；（2）利用正方体的体积减去三棱锥，，，的体积即可.【详解】（1）∵是正方体，∴，∴三棱锥的表面积为．（2）三棱锥，，，是完全一样的．且正方体的体积为，故．21．如图，在中，，点D在BC边上，且，，（1）求AC的长；（2）求的值.【答案】（1）（2）【分析】（1）由已知利用余弦定理直接求解．（2）利用，结合两角差的正弦公式即可得解．【详解】（1），，，在中，由余弦定理得，（2），所以，又由题意可得，22．如图，在三梭柱中，侧面和侧面均为正方形，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）连接，设交于点，连接，利用三角形的中位线即可证明．（2）证明和即可证明平面.【详解】（1）连接，设交于点，连接．因为为正方形，所以为中点，又为中点，所以为的中位线，所以．因为平面，平面，所以平面．（2）由（1）可知，，因为侧面是正方形，所以，又，所以，又，所以平面．又，所以平面．又因为平面，所以．因为所以平面．