黑龙江省齐齐哈尔市重点中学2020-2021学年高一下学期数学期中考试试卷

1、黑江齐哈市点学 20202021 学高下期学中试卷 一、单选择题：（题共 8 小题，每题 5 分，满分 分） ( 5 分 已知A. ( 5 分 用符号表“点，则复数 （ ） B.在直线 上直线 在面外，确的是（ ）A.，B.， ( 5 分 若均为非零向量，“”是“与共线的 ）A. 充不必要条件B. 必不充分条件 充必要条件 既充分也不必要条件 ( 5 分 如图所示 eq oac(, )A表水平放 eq oac(, )ABC 在二测画法下直观图在 x轴上，与 x轴 垂直，且 ， eq oac(, )ABC 的 AB 上高为 （ ）A. 6 B. 3 C. 3 ( 5 分 已知 A ， B ， 三

2、共线，且对任一点 C ， 有则 等（ ）A. B. C. ( 5 分 如正三棱柱的底面边长为，高为 2，一只蚂蚁要从顶点 沿三棱柱的表面爬到顶点 ，若侧面紧贴墙面（不能通行），则爬行的最短路程是（ ）A. B. C. 4 D. ( 5 分 已知一个圆锥的底面积为 侧面积为 2，则该圆锥的体积为（ ）A. B. C. D. ( 5 分 九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑若三棱锥为鳖臑，PA平 ， PA2AC4，棱锥的四个顶点都在球 O 的面上，则球 的表面积为（ ）A. 8B. 二、多选择题（本共 小题，每题 5 分，满分

3、分） ( 5 分 定义平面向量之间的一种运“ ”如：对任意的 ， ，令，下面说法正确的是 A. 若B.与共线，则 对意的 ，有10. ( 5 分 下结论正确的个数是（ ）A. 经一条直线和这条线外一点可以确定一个平面B. 经过两条相交直线，可以确定一个平 经两条平行直线，可以确定一个平面 经空间任意三点可以确定一个平面11. ( 5 分 某向正东方向走了 x 后右转了 150，然后沿新方向走了 3 ，则 的值为（ ），结果离出发点恰好A. 2 2 D. 312. ( 5 分 锐 A.中三个内角分别是 A B ， 且 B. C.，则下列说法正确的是（ ） 三、填题（本大题 4 小题每小题 5 分

4、，满分 分）13. ( 5 分 若数， ，则_.14. ( 5 分 已，若，则_15. ( 5 分 中国天”是国具有自主知识产权、世界最大单口径、最灵敏的球面射电望远镜（如图， 其反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆为底，垂直于圆面的径被截得的部分为高），设球冠底的半径为 ，冠的高为 ，球的半径_用表示结果）16. ( 5 分 已在中，点满足 ，存在实数使得成立，则_.四、解题（本大题 6 小题共 70 分） 17. ( 10 分 已知复数当实数 取么值时，复数 z 是：（）虚数；（）平面内第二、四象限角平分线上的点对应的复.18. ( 10 分 已知，且的内角所对的

5、边分别为 ，若向 ，（）角（） ，求角19. ( 12 分 已知圆锥的侧面展开图为半圆，母线长为.（）圆锥的面积；（）该圆锥按如图所示放置一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，求圆柱的体，求 的；20. ( 12 分 已知单位向量 （）的夹角 ，量.，求向量（）21. ( 12 分 已知函数的夹角.（）函数 f（）单调性；（ 中角 A ， B ， C 的边分别为 a ， ， c ， 且 求 ABC 的积， ，22. ( 12 分 在（）确定中，已知的形状；（）的取值范围答案解析分一、单项选择题：（本题共 小，每小题 分满分 40 分） 【案】 【考点】复数的基本概念，复数代数形式的混合运算【解析】【

6、解答】解：由题意得故答案为：【分析】根据复数的运算法则，结合共轭复数的定义，直接求解即. 【案】 【考点】平面的概念、画法及表示【解析】【解答】解：根据点，直线，平面的关系及表示方法得 故答案为：【分析】根据点，直线，平面的关系及表示方法直接求解即.， 则 z=1-3i.， 所 B 正确.【案】 【考点必条件、充分条件与充要条件的判断，平行向量与共线向量，平面向量数量积的性质其运算 律【解析【答】解：当共线且同向，所以充分性成立；， 又 ， 所以 cos， ，当共线但反向时， ， 所必要性不成立，所以 A 正.故答案为：【分析】根据充要条件的定义，结合向量的数量积及共线向量的定义求解即可 【案

7、】 【考点】斜二测画法直观图【解析】【解答】解：如图，过点 C作 CD /y轴交 轴于点 D，则 在 eq oac(, )中BC=3， CD=，所 eq oac(, ) 的 上高 CD=2CD=， 所以 A 正.故答案选：【分析】利用斜二测画法还 eq oac(, )ABC，算边 AB 上高即可 【案】 【考点】向量在几何中的应用，三点共线【解析】【解答】解：因为 A,B,D 三点共线，且对任一点 C， 有， 且 m+n=1又故答案选：， 所 ， 解 ， 所 正.【分析】由三点共线的性质定理易得， 直接解即可【案】 【考点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题【解析】【解答】解： 正棱的侧面部分

8、展开图如图所示，图一，连接 AC与 交于点 G，则爬行的最短路程时沿着 爬，时，图二，连接 AC， C作 AB 的线交 于 E， CE=ACsin60= ， 则 ， 所， 所 正.故答案为：【分析】本题主要考正棱柱侧面展开图，结合两点间的最短距离是直线距离来求解即. 【案】 【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【解析】【解答】解：设圆锥的底面半径、高、母线长分别为 r,h,l，则 ， 解得 r=1l=2，所以 圆锥体积，故答案为：【分析】根据圆锥的底面积，侧面积，体积公式直接求解即.【案】 【考点】球的体积和表面积，球内接多面体【解析】【解答】解：由题意得该四面体的四个面都是直角三角形，且 PA

9、平 ，所以 PC=， PB=， 因 eq oac(, ) 是角三角形，以 BC=或 ， 若 BC=， 此不满足 是直角三角形，所以舍去，因为 +BC=PC2， 所以 BC，因为 2+BC2=AC， 所以BC，以平面 ABC 所在小圆半径为,因 PA=2，以外接球 O 的半径为， 所球 O 的表面积为.故答案为：【分析】先利用公式求得外接球半径，再根据球的表面积公式直接求解即.二、多项选择题（本题共 4 小题，每小题 5 分满分 20 分） 【案】 A,C,D【考点】平面向量数量积的运算【解析】【解答】解：对于 ，与共线，则 mq-np=0，所以 A 对；对于 B，题意得对于 ，于任意的 ， 所

10、， 所 错， 所以， 所 C 对；对于 ，对， 所 故答案为：【分析】根据向量的数量积，结合对向量的新定义，直接求解即.10.【答案】 A,B,C【考点】平面的概念、画法及表示，平面的基本性质及推论【解析】【解答】解：根据过在一条直线上的三点，有且只有一个平可知 ABC 正， 错. 故答案为：【分析】由平面的基本性质和推论直接求解即.11.【答案】 【考点】余弦定理，余弦定理的应用【解析】【解答】解：如图，设出发点为 ， ABC=180-150，AC=， 解 x=或 2 .， 则 AC=AB2+BC-2AB，即故答案为：【分析】由余弦定理，数形结合，直接求解即.12.【答案】 A,C,D【考点

11、】正弦函数的单调性，余弦函数的单调性，正弦定理【解析】【解答】解：对于 ，据三角形大角对大边，由 ，得 ab，由正弦定理得 所以 A 对；，对于 B，为函数 y=cosx 在0,上是减函数，则由 AB 得对于 ，锐角三角形中，因为 ， 所以， 所 对， 所 错；， 而数 y=sinx 在0, 上增函数，则对于 ，在锐角三角形中，因为， 所 对故答案为：， 所以 ， 而数 在0, 上增函数，则1 2 31 2 【分析】根据三角形的几何性质，利用正弦定理，结合正弦函数与余弦函数的单调性，以及诱公式， 逐项判断即可1 2 31 2 三、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分满分 分）13.【答案

12、】【考点】复数代数形式的加减运算，复数求模【解析】【解答】解：由题意得 z +z +z =-1+i+1-i+3-2i=3-2i，|z +z +z |故答案为：【分析】根据复数的运算，以及复数的求模公式直接求解即.14.【答案】【考点】相等向量与相反向量，平面向量的坐标运算【解析由意得， 则， 解 ， 则.故答案为：【分析】根据向量的坐标运算法则，结合相等向量的定义，直接求解即 15.【答案】【考点】球面距离及相关计算【解析】【解答】解：如图，球心到截面圆的距离为 R-h，则由勾股定理易得(R-h)+r2=R2， 化简 +h=2Rh，得.故答案为：【分析】作出图形，可知球心到截面圆的距离为 R-

13、 ，利用勾股定理列等式可求得 16.【答案】 【考点】向量的加法及其几何意义，向量的共线定理，向量在几何中的应用【解析解答解因为 点满足 ， 所以可知 点是ABC 的重心，设点 D 是边 BC 的点，如图所示，则， 即 ， 所 m=3.故答案为：【分析】利用三角形重心的性质，结合向量的运算求解即. 四、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分）17.【答案】 解：（），当复数解得为纯虚数时，所以当时，复数为纯虚数；（）复数对应的点在复平面内第二、四象限角平分线上时，解得所以，或，或，时，复数对应的点在复平面内第二、四象限角平分线上【考点】复数的基本概念，复数的代数表示法及其几何意义 【解析】【

14、分析】根据复数的运算先把复数化成 z=a+bi 的式 （）据纯虚的定义 且 b0 直求解即可； （）题意易 ，接求解即可.18.【答案】 （）： 向， ， ，,，,（）：在中， ，由正弦定理得： ，,或【考点】数量积的坐标表达式，数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析分（利已知条件结合两向量垂直数量积为 的价关系，再利用数量的坐标运算， 进而求出角 的弦值，再利用三角形中角 B 的值范围，进而求出角 B 的值（利用已知件结合正弦定理，进而求出角 的正弦值，再利用三角形中角 A 的值范围，进而求出 角 A 的。19.【答案】 （）：母线 AB 剪，侧展图如图所：设 ，半圆A 中， ， 弧长，这是

15、圆锥的底面周长，所以 所以 ，故圆锥的底面积为（）：设圆的高， ，在中，所以，即 ， ，所以，当 ，时，圆柱的侧面积最大，此时【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【解析】【分析】1由锥的底面周长等于半圆弧长直接求解即可；（）据相似三角形求出出20.【答案】 （）：据题意，向量，再由圆柱侧面积公式求， 讨论次函数的最值即可求.，若，设 ，则有，则有，解可得（）：根据意，设向量的夹角为 ；若，则 ，所以，所以，又，则所以，又所以 ，又由 ，以 ； 故量的夹角为，【考点】平行向量与共线向量，数量积表示两个向量的夹角 【解析】【分析】1由共线向量的充要条件直接求解即可； （）向量的角公式直接即.21.【

16、答案】 （）：，由由故 f（），得，得上单调递增，在，；，上单调递减，k；（）：，则， A（，），即，由正弦定理得，即 ，得 ，或 ，当 C时，A+C，去，所 ， ，【考点】三角函数中的恒等变换应用，两角和与差的正弦公式，正弦定理的应用 【解析】【分析】利用三角恒等变换将函数 f(x)化简为：（）正弦函的性质直接求解即可；（）正弦函的性质，结合正弦定理，以及三角形面积公式直接求解即.22.【答案】 （）：正弦定理得，因为,所所以, 把代得所以是直角三角形，所以（）：由（）知所以.根据正弦定理得因为，所以，所以即的取值范围是【考点】正弦函数的定义域和值域，正弦定理的应用，三角形的形状判断【解析】

17、【分析】1由正弦定理，结合两角和与差的余弦公式，以及二倍角的余弦公式即可判断； （）正弦定，结合正弦函数的性质求解即.试卷分析分1. 试总分分总分：148 分客观题（占比）65（43.9% 分值分布主观题（占比）客观题（占比）83（56.1% 13（59.1% 题量分布主观题（占比）9（40.9% ）2. 试题分分大题题型单项选择题：（本题共 8 小题，每小题 分，满分 40分）多项选择题（本题 4 小题，每小题 分，满分 20 分）填空题（本大题共 小题，每小题 分，满分 分）解答题（本大题共 6 小题，共 70 分）3. 试难结分题目量（占比）8（36.4% ）4（18.2% ）4（18.

18、2% ）6（27.3% ）分值（占比）40（27.0%20（13.5%20（13.5%68（45.9%序号1难易度容易占比54.5%23 试知点析序号普通困难知识点（认知水平）40.9%4.5%分值（占比）对应题号1234567891011121314复数的基本概念复数代数形式的混合运算平面的概念、画法及表示必要条件、充分条件与充要条件的判断平行向量与共线向量平面向量数量积的性质及其运算律斜二测画法直观图向量在几何中的应用三点共线多面体和旋转体表面上的最短距离问题旋转体（圆柱、圆锥、圆台）球的体积和表面积球内接多面体平面向量数量积的运算15（5.1% ）5（1.7% ）10（3.4% ）5（1.7% ）17（5.8% ）5（1.7% ）5（1.7% ）10（3.4% ）5（1.7% ）5（1.7% ）17（5.8% ）5（1.7% ）5（1.7% ）5（1.7% ）1,1712,1033,20345,16567,19889151617181920212223242526272829303132平面的基本性质及推论余弦定理余弦定理的应用正弦函数的单调性余弦函数的单调性正弦定理复数代数形式的加减运算复数求模相等向量与相反向量平面向量的坐标运算球面距离及相关计算向量的加法及其几何意义向量的共线定理复数的代数表示法及其几何意义数量积的坐标表达式数量积判断两个平面向量的垂直关系数