湖南省宁乡市三校2021-2022学年高一数学下学期期中试题含解析

Page17湖南省宁乡市三校2021-2022学年高一数学下学期期中试题一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.复数的虚部为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依据复数的虚部的定义去求复数的虚部【详解】复数的虚部为．故选：D2.设为所在平面内一点，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用向量加法减法及数乘向量去表示向量【详解】为线段靠近点的三等分点，．故选：C．3.已知，，，则与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意结合数量积的运算性质可得，即可得出夹角【详解】，则与的夹角为，故选：D4.已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图是一个半圆，则与该圆锥同底等高的圆柱的侧面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】计算出圆锥的母线长，可求出圆锥的高，进而可得出圆柱的母线长和底面半径，由此可求出圆柱的侧面积.【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥的侧面展开图是一个半圆，则，得，所以，圆锥的高为，所以，圆柱的母线长为，底面半径为，因此，圆柱的侧面积为.故选：A.5.某公园设置了一些石凳供大家休息，每张石凳是由正方体石料截去八个一样的四面体得到的，如图所示加里一张石凳的体积是，那么原正方体石料的体积是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据正方体、正四棱锥的体积公式，结合已知进行求解即可.【详解】设正方体的棱长为，则正方体的体积为，每一个正四面体的体积为：，由题意可知：，故选：D6.“今有城，下广四丈，上广二丈，高五丈，袤一百二十六丈五尺．”这是我国古代数学名著《九章算术》卷第五中“商功”中的问题．意思为“现有城（如图，等腰梯形的直棱柱体），下底长4丈，上底长2丈，高5丈，纵长126丈5尺（1丈=10尺）”，则该问题中“城”的体积等于（）A.立方尺 B.立方尺C.立方尺 D.立方尺【答案】A【解析】【分析】求出棱柱底边梯形的面积，利用棱柱的体积公式即可求解.【详解】（立方尺），故选：A【点睛】本题考查了棱柱的体积公式，需熟记柱体的体积公式，属于基础题.7.如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】利用线面平行判定定理逐项判断可得答案．【详解】对于选项A，OQ∥AB，OQ与平面MNQ是相交的位置关系，故AB和平面MNQ不平行，故A错误；对于选项B，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ，故B正确；对于选项C，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故C正确；对于选项D，由于AB∥CD∥NQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故D正确；故选：BCD8.已知一圆锥的侧面展开图是一个中心角为直角的扇形，若该圆锥的侧面积为，则该圆锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求得圆锥的底面半径、母线长，再去求圆锥的体积．【详解】设底面圆半径为，圆锥母线长为，因为圆锥侧面展开图是一个圆心角为的扇形，所以，解得，因为该圆锥的侧面积为，所以，解得，则，即底面圆的面积为，则圆锥的高，故圆锥的体积为，故选：A．二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9.下列说法中正确的是（）A.若，，则B.两个非零向量，，若，则与共线且反向C.若，则存在唯一实数使得D.若是三角形的重心，则【答案】BD【解析】【分析】若可判断A；根据向量减法几何意义可判断B；若可判断C；根据重心特点可判断D．详解】若可满足“，”，但不一定成立，A错；根据向量减法几何意义，当，则与共线且反向，B对；若可满足，但不满足存在唯一实数使得，C错；如图所示：，D对．故选：BD．10.为了测量B，C之间距离，在河的南岸A，C处测量（测量工具：量角器、卷尺），如图所示.下面是四位同学所测得的数据记录，你认为不合理的有（）A.与 B.与 C.，与 D.，与【答案】ABC【解析】【分析】由A，C在河的同一侧，故可以测量，与，由此即可得答案【详解】因为A，C在河的同一侧，所以可以测量，与，故选：ABC11.设、表示不同直线，、表示不同平面，则下列结论中正确的是（）．A.若，，则B.若，，，，则C.、是两条异面直线，若，，，．则．D.若，，，，则【答案】CD【解析】【分析】对选项逐一分析：项，有可能.项，当与相交，且直线都平行于与的交线时，也符合条件.项，设直线，且，直线与确定的平面为，可证，故.项，易知或.分或两种情况判断与的位置关系，即得答案.【详解】项，若，，则或，故错误.项，当与相交，且直线都平行于与的交线时，也符合条件，故错误.项，设直线，且，直线与确定的平面为.由题意.，又.同理，.故正确.项，或.若，过作平面交于直线，则，又.若，.故正确.故选：.【点睛】本题考查空间线面、面面的位置关系，属于中档题.12.已知两非零复数，，若，则下列说法一定成立的是（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】【分析】设，则，根据复数性质依次判断即可.【详解】设，则，对A，，，所以，故A正确；对B，，只有当时，，故不一定成立，故B错误；对C，，故C正确；对D，，故D正确.故选：ACD.三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知（是虚数单位），在复平面上，对应的点在第______象限.【答案】一【解析】【分析】由题意先求出，进而求出，从而得到点的坐标，即可得到答案【详解】，，，所以对应的点为，在第一象限，故答案为：一14.已知外接圆的圆心为O，半径为1，且，则向量在方向上的投影为________.【答案】【解析】【分析】由化简可以知道，即三点共线，所以为外接圆的直径，即，又，为正三角形，即可得出答案。【详解】由得，所以，所以三点共线，所以.又因为，所以，所以，故向量在方向上的投影为.【点睛】本题考查向量的投影，属于基础题。15.正方形的边长是4，点E、F分别是、的中点，现将，，分别沿DE，EF，FD折起，使得A、B、C三点重合于一点.若四面体的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积为______.【答案】.【解析】【分析】将四面体补全为共外接球的长方体，长方体的对角线为外接球的直径可得到答案.【详解】由题意可知，，，可以将四面体补形为以、、为棱的长方体，如图：，此长方体与四面体有相同的外接球，且长方体的体对角线就是四面体的外接球的直径，为，故球的半径为，所以该球的表面积为.故答案为：.16.已知复数满足，则=________，=_________.【答案】①.②.1【解析】【分析】运用复数的除法运算法则求出，利用复数模公式求出.【详解】因为，所以.【点睛】本题考查了复数的除法运算、求模公式，考查了数学运算能力.四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.平面向量，.（1）若且，求的坐标；（2）若满足（1）且的横坐标为正，试求使成立的实数k的值.【答案】（1）或；（2）【解析】【分析】（1）设，求出与的坐标，再由平面向量共线的坐标运算即可求解；（2）先确定的坐标，求出与的坐标，再由平面向量垂直的坐标运算即可求解；【详解】（1）设，则，，由且可得，，解得或，的坐标为或（2）根据题意取，则，，又，则，解得：18.若的三个内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，且，.（1）若，求的值；（2）若的面积，求b、c的值.【答案】（1）；（2），【解析】【分析】（1）由平方关系以及正弦定理，即可得出的值；（2）由三角形面积公式以及余弦定理，即可得出，的值.【详解】（1）∵，且，∴.由正弦定理得，∴.（2）∵，所以由余弦定理得，∴19.已知，，是实数，是虚数单位.（1）若，，求的模；（2）若，且，试求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据题意，求出，进而计算，再由复数模的定义计算即可；（2）根据题意，由复数相等得，进而有，结合二次函数的性质以及，分析可得答案【详解】（1），则，则，则（2）若，则，变形可得：，又，则时，，时，，故的取值范围为20.如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，，的中点，为线段上的动点.（1）证明：平面；（2）若将直三棱柱沿平面截开，求四棱锥的表面积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接，，可证四边形为平行四边形，从而得到，再可得，即可得到平面平面，从而得证；（2）连接即可证明平面，得到，再根据面积公式求出锥体的表面积即可；【详解】解：（1）证明：连接，，因为，分别为，中点，所以，，又因为，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，又为中点，所以，又，，所以平面平面，又平面，所以平面.（2）连接，因为，，，平面，平面，所以平面，所以，，，，，在中，，，，所以，所以，，所以四棱锥的表面积.【点睛】本题考查面面平行，线面平行的证明，锥体的表面积的计算，属于中档题.21.如图，边长为的等边所在平面与菱形所在平面互相垂直，且，，.（1）求证：平面；（2）求多面体的体积.【答案】（1）证明见详解；（2）.【解析】【分析】（1）先利用已知条件得到线面平行，再证面面，即可得出结论；（2）利用已知条件分别求出三棱锥和四棱锥的体积，相加即为多面体的体积.【详解】（1）四边形是菱形，，又面，面，面，同理得，面，，面，且，面面，又面，平面；（2），，，，，，，在菱形中，，，，面面，取的中点，连接，，面，面，由（1）知，面面，点到面的距离为，又点到面的距离为，连接，则.【点睛】本题考查线面平行的判定，考查几何体体积的求法，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查空间想象能力，属于常考题.22.已知五面体ABCDEF中，四边形CDEF为矩形，,CD＝2DE＝2AD＝2AB＝4，AC=，．（1）求证：AB平面ADE；（2）求平面EBC与平面BCF所成的锐二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据勾股定理得，再根据线面垂直判定定理得结果,（2）先根据条件证得直线DE,DA,DC两两互相垂直，再建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解得平面EBC和平面BCF法向量，利用向量数量积得法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.【详解】（1）因为，，所以因为四边形CDEF为矩形，所以，