2020-2021学年江苏省南京市“六校联合体”高一（下）期中数学试卷

这是一份2020-2021学年江苏省南京市“六校联合体”高一（下）期中数学试卷，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年江苏省南京市“六校联合体”高一（下）期中数学试卷一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）已知复数（其中是虚数单位）的实部与虚部相等，则实数等于　　A． B． C．2 D．32．（5分）如图，边长为1的正方形是一个水平放置的平面图形的直观图，则图形的面积是　　A． B． C． D．3．（5分）　　A． B． C． D．4．（5分）任何一个复数（其中，，为虚数单位）都可以表示成的形式，通常称之为复数的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：，我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列说法正确的是　　A． B．当，时， C．当，时， D．当，时，若为偶数，则复数为纯虚数5．（5分）下列命题中正确的有　　①空间内任意三点确定一个平面②棱柱的侧面一定是平行四边形③空间中，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线垂直④分别在两个相交平面内的两条直线如果相交，则交点一定在两个平面的交线上A．①② B．②④ C．②③ D．①④6．（5分）已知单位向量与的夹角为，且，向量与的夹角为，则等于　　A． B． C． D．7．（5分）正方体中，直线与直线所成的角、直线与直线所成的角分别为　　A．， B．， C．， D．，8．（5分）在斜三角形中，内角，，所对的边分别为，，，若，则的最小值为　　A． B． C． D．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，有选错的的得0分，部分选对得2分．9．（5分）在中，内角，，所对的边分别为，，．下列有关的结论正确的是　　A．若，则 B．在中，，则为等腰三角形 C．若，则为钝角三角形 D．若，则10．（5分）以下式子均有意义，则下列等式恒成立的是　　A． B． C． D．11．（5分）如图，在中，内角，，的对边分别为，，，若，且，是外一点，，，则下列说法正确的是　　A．是等边三角形 B．若，则，，，四点共圆 C．四边形面积最大值为 D．四边形面积最小值为12．（5分）如图所示，在中，，，与交于点．过点的直线与两边、分别交于点，，设，，则　　A． B． C．可能的取值为 D．的最小值为三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案直接填写在答题卡相应位置上．13．（5分）在中，，，，则的外接圆半径为 　　．14．（5分）的值是　　．15．（5分）小王同学为了估算学校天文台的高度，在学校宿舍楼和天文台之间的地面上的点，，三点共线）处测得楼顶、天文台顶的仰角分别是和，在楼顶处测得天文台顶的仰角为，宿舍楼高为，假设，和点在同一平面内，则学校天文台的高度为　　．16．（5分）如图，平面向量，的夹角是，，，平面内任意一点关于点对称点为，点关于点的对称点为点，则　　．四、解答题：本大题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（10分）已知复数，且为纯虚数是的共轭复数）．（1）设复数，求；（2）复数在复平面对应的点在第一象限，求实数的取值范围．18．（12分）已知，，且，．求：（Ⅰ）的值．（Ⅱ）的值．19．（12分）已知，，是同一平面的三个向量，其中，．（1）若，且，求的坐标；（2）若与的夹角的余弦值为，且，求．20．（12分）已知的内角，，的对边分别为，，，且．（1）求角；（2）若角的角平分线交于点，，，求和的长度．21．（12分）如图，（1）在圆的内接四边形中，，，，求的值；（2）在圆的内接四边形中，，，的面积为，求的值．22．（12分）已知是的内角，函数的最大值为．（1）求的大小；（2）若，关于的方程在，内有两个不同的解，求实数的取值范围．
2020-2021学年江苏省南京市“六校联合体”高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．【分析】直接利用实部和虚部的定义，列出方程，求解即可．【解答】解：因为复数（其中是虚数单位）的实部与虚部相等，所以，则．故选：．2．【分析】利用斜二测画法的过程把给出的直观图还原回原图形，再计算原图形的面积．【解答】解：还原直观图为原图形如图所示，因为，所以，还原回原图形后，，．所以原图形的面积为．故选：．3．【分析】利用诱导公式，两角和的正弦函数公式，特殊角的三角函数值即可化简求值．【解答】解：，，原式．故选：．4．【分析】直接利用棣莫弗定理结合三角函数值的求法逐一核对四个选项得答案．【解答】解：，，则，，，故正确；当，时，，，故错误；当，时，，则，故正确；当，时，，取，则，故错误．故选：．5．【分析】利用平面的性质判断①，棱柱的对于判断②；空间直线与直线的垂直关系判断③；平面的基本性质判断④．【解答】对于①，空间3点，可能在一条直线上，不能确定一个平面，故①不正确；对于②，由棱柱的对于可知，其侧面一定是平行四边形，故②正确；对于③，空间中，过直线外一点有无数条直线与已知直线垂直，故③不正确；对于④，交点分别含于两条直线，也分别含于两个平面，必然在交线上，故④正确；故选：．6．【分析】根据题意，由向量数量积的计算公式可得、以及的值，由向量夹角公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，单位向量与的夹角为，且，则，向量、则，则有，向量，，则有，，则，故选：．7．【分析】由，得直线与直线所成的角就是直线与直线所成角，由，得是直线与直线所成的角（或所成角的补角），由此能求出结果．【解答】解：正方体中，，直线与直线所成的角就是直线与直线所成角，四边形是正方形，，直线与直线所成的角为；，是直线与直线所成的角（或所成角的补角），，，直线与直线所成的角为．故选：．8．【分析】由已知结合正弦定理及同角基本关系可得，然后结合诱导公式及和角正切公式可表示，代入化简后结合基本不等式可求．【解答】解：由及正弦定理得，所以，即，且，又，则，当且仅当，即时取等号，此时取得最小值．故选：．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，有选错的的得0分，部分选对得2分．9．【分析】结合正弦定理分析选型；结合定理及二倍角公式分析选项；结合正切函数值的符号可判断角的范围可判断选项；结合同角基本关系可分析选项．【解答】解：由得，即，正确；由得，即，所以或，所以或，即为等腰三角形或直角三角形，错误；若，则，，必有一个为负，即，，必有一个钝角，正确；若，则，不一定成立，错误．故选：．10．【分析】利用正弦的两角和差公式即可判断选项，利用同角三角函数关系即可判断选项，利用弦化切以及二倍角公式即可判断选项，利用两角和差公式以及角的变换即可判断选项．【解答】解：对于，因为，，所以，故选项错误；对于，因为，所以，故选项正确；对于，，所以，故选项正确；对于，，所以，故选项正确．故选：．11．【分析】利用三角函数恒等变换化简已知等式可求，再利用，可知为等边三角形，从而判断；利用四点，，，共圆，四边形对角互补，从而判断；设，，在中，由余弦定理可得，利用三角形的面积公式，三角函数恒等变换的，可求，利用正弦函数的性质求出最值，即可判断．【解答】解：，，即，由，可得，或．又，可得．，故正确；若四点，，，共圆，则四边形对角互补，由正确知，在中，，，，故正确；等边中，设，，在中，由余弦定理，得，由于，，代入上式，得，，，，，，四边形面积的最大值为，无最小值，故正确，错误，故选：．12．【分析】由、、三点共线，、、三点共线，结合共线向量基本定理及平面向量基本定理把用基底表示，由系数相等可判断；再由的结论结合、、共线列式求得，的值判断；由中的结论利用基本不等式求最值判断；由，再结合基本不等式求最值判断．【解答】解：由已知，、、三点共线，则，又，，则，①由、、三点共线，则，，则，②由①②得，，得．，故正确；由、、三点共线，设，，得，又，，，结合，得，消去得，，故正确；由，由题意知，，．当且仅当，即时等号成立，，不可能取值，故错误；，．当且仅当，即时等号成立．的最小值为，故正确．故选：．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案直接填写在答题卡相应位置上．13．【分析】由已知结合余弦定理可求，然后结合正弦定理即可求解．【解答】解：由余弦定理得，所以，因为，由正弦定理得，所以．故答案为：．14．【分析】根据两角和正切公式的变形形式，整理即可得到答案．【解答】解：，，．故答案为：．15．【分析】由已知求得，再在三角形中，运用正弦定理可得，再解直角三角形，计算可得学校天文台的高度．【解答】解：在直角三角形中，，在中，，，故，由正弦定理，，故，在直角三角形中，．故答案为：．16．【分析】建立平面坐标系，利用中点坐标公式，表示各点的坐标，利用向量的数量积即可求出．【解答】解：以为坐标原点，以所在的直线为轴，以的垂直线为轴，平面向量，的夹角是，，，，，，，设点，，，，，平面内任意一点关于点对称点为，，，，，，，点关于点的对称点为点，，，，，，，，，．故答案为：．四、解答题：本大题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．【分析】（1）利用复数的运算法则、纯虚数与共轭复数的定义即可得出，进而得出复数，．（2），化简复数，再根据复数在复平面对应的点在第一象限，即可得出实数的取值范围．【解答】解：（1）复数，且为纯虚数是的共轭复数），，，解得．复数，则．（2），复数在复平面对应的点在第一象限，，，解得．实数的取值范围是．18．【分析】（Ⅰ）由已知可得和的值，可得，代入化简可得；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，代入化简可得其值，结合的范围可得．【解答】解：（Ⅰ），，，，，，，（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，又，19．【分析】（1）根据题意，由设的坐标为，由向量模的计算公式可得，解可得的值，即可得答案；（2）设，求出，由数量积的计算公式可得，解可得的值，即可得答案．【解答】解：（1）根据题意，，，，若，则设的坐标为，又由，则，解可得：或，则或；（2），，则，设，若，则，即，解可得：，即．20．【分析】（1）结合正弦定理及和差角公式进行化简可求，进而可求；（2）由已知结合三角形面积公式及余弦定理可求，，然后结合余弦定理及三角形面积公式可求．【解答】解：（1）由及正弦定理得，因为，所以，由为三角形内角得；（2）因为平分，则到，的距离相等，设为，因为，所以，由角平分线性质得，所以，因为，，由余弦定理得，解得所以，因为，，解得．21．【分析】（1）结合圆内接四边形性质可知，然后结合诱导公式及余弦定理可求；（2）由已知先求出，，然后结合诱导公式及余弦定理可求，再由三角形面积公式可求．【解答】解：连接，则中，由余弦定理得，中，由余弦定理得，由圆内接四边形性质可知，，所以，解得；（2）因为，，所以，，由题意，，由余弦定理得，所以，因为，所以，所以，所以．22．【分析】（1）利用三角函数恒等变换化成最简形式，再利用余弦函数的图象与性质即可求解．（2）由在，内有两个不同的解，化为在，内有两个不同的解，再利用分类讨论，一元二次方程根与系数的关系即可求解．【解答】解：（1），的最大值为，，，，．（2）由（1）得，，设，，，，，，在，内有两个不同的解，①若△，即或时，当时，方程的解为，此时有解或，故在，内有一个不同的解，不符合题意，当时，方程的解为，此时只有一解，故在，内只有一解，不符合题意，②若△，即或时，此时方程在上有两个不同的解和且，当时，则，，设，则，，当时，则，，，则，，则，，此时符合题意，，综上，实数的取值范围为．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/3/11 19:11:56；用户：高中数学6；邮箱：tdjyzx38@xyh.com；学号：42412367