浙江省浙北G2联盟（嘉兴一中、湖州中学）2021-2022学年高一下学期期中联考数学试卷

高中数学精编资源2/2浙北G2期中联考2021学年第二学期高一数学试题试卷选择题部分(共60分)一、单项选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分.1.设平面向量,,若,则()A. B. C. D.6【答案】B【解析】【分析】利用向量共线的坐标表示即可求解.【详解】解:因为,,,所以,解得,故选:B.2.在△ABC中,已知,,,则角为()A.60° B.30°或150 C.60°或120° D.120°【答案】C【解析】【分析】根据正弦定理可得,得或120°,然后由边角关系,作出判断即可.【详解】解:由正弦定理或,,或均符合.故选:C.3.已知中,,则以边所在直线为轴旋转一周形成的几何体的体积为()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】确定旋转体是由哪些基本几何体组成的,再由体积公式计算.【详解】取中点,连接,则,则题中旋转体是以和绕直角边所在直线旋转所成两个圆锥的组合体,由已知,,体积.故选:B.【点睛】关键点点睛:求旋转体的体积,解题关键是确定旋转体是由哪些基本几何体组合而成,掌握圆柱、圆锥、圆台的定义是解题关键.4.△中,点为上的点,且,若,则的值是()A.1 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据向量对应线段的数量关系可得,再由向量加法的几何应用求的线性关系,结合已知求出即可.【详解】,即,∴,又,则,,故.故选:C.5.在三棱锥中,PA、AB、AC两两垂直,,,则三棱锥外接球的表面积为()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由PA,AB,AC两两垂直,可判定该三棱锥为长方体的一部分,则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,可知外接球半径为长方体体对角线的一半,进而求解.【详解】由于PA,AB,AC两两垂直,故可得该三棱锥为长方体的一部分,因为外接球半径为长方体体对角线的一半,所以,故,故选:C6.下列结论不正确的是()A.在△ABC中,若,则B.若△ABC为锐角三角形,则C.若,则△ABC为钝角三角形D.在△ABC中,若,,三角形面积,则三角形的外接圆半径为【答案】D【解析】【分析】对A,由大角对大边可知,结合正弦定理即可判断;对B,由锐角三角形可知,则,即可判断;对C,由正弦定理可得,结合即可判断;对D,由三角形面积公式可得,根据余弦定理求得,结合正弦定理即可判断.【详解】对于选项A,在△ABC中,若,故选项A正确;对于选项B,因为△ABC为锐角三角形,所以,故选项B正确;对于选项C,,因为,所以,故为钝角,故C正确;对于选项D,因为,,则三角形面积,故,再由余弦定理得,从而三角形的外接圆半径为,故选项D错误.故选:D7.如图,在长方体中,,,M为棱上的一点.当取得最小值时,的长为()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】本题首先可通过将侧面绕逆时针转展开得出当、、共线时取得最小值,此时为的中点,然后根据平面得出,最后根据即可得出结果.【详解】如图,将侧面绕逆时针转展开,与侧面共面,连接,易知当、、共线时,取得最小值,因为,,所以为的中点,,因为平面,平面,所以,则,故选:A.【点睛】关键点点睛:本题考查根据线面垂直判断线线垂直,能否根据题意得出当为的中点时取得最小值是解决本题的关键,考查计算能力,考查数形结合思想,是中档题.8.已知△ABC中,,,,,,则的最小值为()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由平面向量的加法法则可得就是点A到BC的距离,结合已知得△ABC为等腰直角三角形,由于,,P、B、C三点共线且P在BC两个四等分点之间运动,由图易得最小值.【详解】由平面向量的加法法则可得就是点A到BC的距离,依题意得△ABC为等腰直角三角形,斜边,D,E为斜边BC的两个四等分点,因为,,且,得点P在线段DE上运动,由下图易得,当点P在点D处时,取得最小值,根据余弦定理解得,所以.故选:C.【点睛】(1)首尾相接的几个向量的和,等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量;(2)平面向量,若,则A、B、C三点共线,反之亦成立.二、多项选择题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知一个正方形的直观图是一个平行四边形,其中有一边长为4,则此正方形的面积可能为()A.16 B.64 C.32 D.无法确定【答案】AB【解析】【分析】正方形的直观图是一个平行四边形,有一边长为4,分两种情况讨论,根据斜二测画法的原则,即可得结果.【详解】根据题意,正方形的直观图如图所示:①若直观图中平行四边形的边,则原正方形的边长为,所以该正方形的面积为;②若直观图中平行四边形的边,则原正方形的边长为,所以该正方形的面积为,故选:AB.10.下列关于简单几何体的说法正确的是()A.所有棱长都相等的正三棱锥是正四面体 B.正四面体的内切球与外接球半径之比为C.侧棱与底面垂直的四棱柱是直平行六面体 D.同底等高的圆柱和圆锥的表面积之比是【答案】AB【解析】【分析】A、C选项主要考察空间几何体的结构特征,属概念题;B、D选项主要考察空间几何体的内切球、外接球的半径以及表面积问题,属计算问题【详解】对于选项A,正四面体是由四个全等正三角形围成空间封闭图形,所有棱长都相等,而所有棱长都相等的正三棱锥满足要求,故选项正确;对于选项B,如图设正四面体的棱长为,球心为,因为正四面体外接球与内切球的球心重合,故为外接圆的半径,为内切圆的半径;显然,点是底面的中心,且平面,取的中点,连结、,则,且,所以在中,解得,则故,选项正确;对于选项C,底面为平行四边形且侧棱垂直于底面的四棱柱,称为直平行六面体,而侧棱垂直于底面的四棱柱对上下底面没有要求,可以是任意四边形,不一定是直平行六面体,故选项错误;对于选项D,设圆锥和圆柱的表面积分别为、,其底面半径为,高为,则、所以,选项错误故选:AB11.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,,BC边上的中线,则下列说法正确的有()A.与均为定值 B.C. D.的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】对A,利用中点可得,,即可确定为定值,利用数量积的公式可判断是否为定值;对B,根据,结合余弦定理即可判断;对C,根据余弦定理结合基本不等式可知,再由A中为定值可知,代入不等关系中,即可判断;对D,利用余弦定理结合基本不等式可知,进而判断.【详解】由题,对于A选项,,为定值;,不是定值,故A错误;对于B选项,因为,所以,故B正确;对于选项C,,当且仅当时,等号成立,由A选项可知,,所以,解得,故C正确;对于D选项,,当且仅当时,等号成立,因为,所以,所以为锐角,又,所以,故D正确,故选:BCD12.在△ABC中,,,O为△ABC内的一点,设,则下列说法正确的是()A.若O为△ABC的重心,则B.若O为△ABC的内心,则C.若O为△ABC的外心,则D.若O为△ABC的垂心,则【答案】ACD【解析】【分析】对A,由重心可知,根据,,整理可得,即可判断;对B,由内心可知,结合,即可求解判断;对C,由等腰三角形的性质可得,由外心可知,结合余弦定理可得,进而判断;对D,由垂线可知,则,整理可得,而,代入求解,即可判断.【详解】对于A选项,重心为中线交点,则,即,因为,则,所以,,所以,故A正确;对于B选项,内心为角平分线交点,则,即,所以,由A选项,则,,所以,故B错误;对于C选项,外心为垂直平分线交点,即的外接圆圆心,因为,设为边的中点,所以,,所以,因为,所以,在中,,则,,所以,易知,所以,所以,故C正确;对于D选项,垂心为高线交点,设,垂足为边上点,则,,共线,由C选项,因为,,所以,因为,则,即,因为,所以,即,因为,所以,所以,所以,解得,所以,故D正确;故选:ACD【点睛】知识点点睛:的“四心”,可知:(1)重心为中线交点,则;(2)内心为角平分线交点,内切圆圆心,则;(3)外心为垂直平分线交点,外接圆圆心,则;(4)垂心为高线交点,则.非选择题部分(共90分)三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知三角形三边长为3,4,,则这个三角形中最大的内角为______.【答案】##【解析】【分析】由大边对大角,所对角为最大角,结合余弦定理求解即可.【详解】因为大边对大角,设最大内角为,则,所以,故答案为:14.若,,与的夹角为60°,若,则m的值为________.【答案】【解析】【分析】由条件可求得,根据两向量垂直,则两向量的数量积为0,从而会得到关于m的方程,解方程即可求出m.【详解】∵,,与的夹角为60°,∴,∵,∴,∴,故答案为:.15.已知复数满足,求的最小值______.【答案】13【解析】【分析】由可得,代入代简得,则此式表示复平面上的点到点的距离和,求出关于实轴的对称点,从而可求得答案【详解】因为复数满足,所以,所以,所以,解得,所以,所以,则上式表示复平面上的点到点的距离和,因为关于实轴的对称点为,所以因为,当三点共线时取等号,所以的最小值为13,即的最小值为13,故答案:1316.已知△ABC三点在平面直角坐标系xoy所在平面内,点B、C分别在x、y正半轴上滑动,,,,则的最大值为______.【答案】【解析】【分析】根据题意可知,四点共圆,故可得同弧所对圆周角相等,在在中,由正弦定理,可把表示出来,然后根据三角函数的最值问题进行求解.【详解】建立如图的坐标系,,所以四点共圆.,设,则且,,在中,由正弦定理知:,即,,故,其中,时,,故有最大值.故答案为:四、解答题:本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知:复数,其中为虚数单位.(1)求及;(2)若,求实数的值.【答案】(1),(2),【解析】【小问1详解】,则.【小问2详解】由(1)得:,,解得:.18.如图所示,四边形ABCD是直角梯形,其中,,若将图中阴影部分绕AB旋转一周.(注:台体的体积公式:(表示上底面面积,表示下底面面积,h表示台体的高)(1)求阴影部分形成的几何体的表面积;(2)求阴影部分形成的几何体的体积.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)分析几何体的结构,利用台体和球的表面积公式求解,(2)利用台体体积公式和球的体积公式求解.【小问1详解】由题意知,旋转体的表面由三部分组成,圆台下底面、侧面和半球面,且球的半径为2,圆台的上底半径为2,下底半径为5,母线长为,即母线长为5,高为4,设球的表面积为,,圆台的侧面积为,圆台的下底面积为,几何体的表面积为,则,,,故所求几何体的表面积为;【小问2详解】设球的体积为,,圆台的体积为,几何体的体积为,.,∴所求几何体的体积.19.在中,分别为内角所对的边,若.(1)求A;(2)若,求面积的最大值.【答案】(1);(2)最大值为.【解析】【分析】(1)由正弦定理统一为角,利用三角恒等变化即可求解;(2)由余弦定理及均值不等式求出,即可求出面积的最值.【详解】(1)∵由题意可得,,可得(2),由余弦定理,可得,,可得,当且仅当b=c时等号成立,即面积的最大值为.【点睛】关键点点睛:利用正弦定理可以统一边为角或角为边,利用余弦定理可以结合均值不等式求面积的最值,属于中档题.20.已知,,.(1)求;(2)求与的夹角;(3)若在方向上的投影向量为,求的值.【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】(1)根据向量的模的计算即可;(2)根据向量的数量积公式和向量的夹角公式计算即可(3)利用投影向量的定义求出,再由数量积的运算性质求解即可.【详解】(1),又,,,(2),,,(3).21.杭州市为迎接2022年亚运会,规划修建公路自行车比赛赛道,该赛道的平面示意图为如图的五边形ABCDE,运动员的公路自行车比赛中如出现故障,可以从本队的器材车、公共器材车上或收容车上获得帮助.比赛期间,修理或更换车轮或赛车等,也可在固定修车点上进行.还需要运送一些补给物品,例如食物、饮料,工具和配件.所以项目设计需要预留出BD,BE为赛道内的两条服务通道(不考虑宽度),ED,DC,CB,BA,AE为赛道,.(1)从以下两个条件中任选一个条件,求服务通道BE的长度;①;②(2)在(1)条件下,应该如何设计,才能使折线段赛道BAE最长(即最大),最长值为多少？【答案】(1)答案见解析;(2).【解析】【分析】(1)在中,利用正弦定理,可求得BD=6.选①:先由三角形的内角和可得∠BDC=,从而知为直角三角形,然后由勾股定理,得解;选②:在中,由余弦定理可得关于BE方程,解之即可.(2)在中,结合余弦定理和基本不等式,即可得解.【详解】(1)在中,由正弦定理知,,解得,选①:,,,在中,;若选②,在中,由余弦定理知,,化简得,解得或(舍负),故服务通道BE的长度;(2)在中,由余弦定理知,,,,即,当且仅当时,等号成立,此时,的最