2020-2021学年江苏省无锡一中高一（下）期中数学试卷

2020-2021学年江苏省无锡一中高一（下）期中数学试卷

一、单选题（每小题5分，在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求）

1．（5分）已知向量，，若，则　　

A． B．0 C．1 D．3

2．（5分）已知复数满足，则复数　　

A． B． C． D．

3．（5分）在中，若，，，则为　　

A． B．或 C． D．或

4．（5分）如图△是一个平面图形的直观图，若，则这个平面图形的面积是　　

A．1 B． C． D．

5．（5分）如果与是一组基底，则下列不能作为基底的是　　

A．与 B．与 C．与 D．与

6．（5分）下列命题正确的是　　

A．若直线，则平行于经过的任何平面 

B．若直线和平面满足，则与内任何直线平行 

C．若直线，和平面满足，，则 

D．若直线，和平面满足，，，则

7．（5分）八角红楼是某校现址上最早的教学大楼，她是一座三层的教学楼，中间是四层的八角楼，也是该校最具历史意义的一幢建筑．“以八角红楼为标志，绿树红墙，借锡惠、运河之景，形成大气、优美之校园环境”是该校校园的整体规划指导思想，因此在此后的综合教育楼等校园建筑的设计中，大多都以坡屋顶、八角顶和八角红楼相呼应，形成了现在该校校园建筑的整体风格，给无数校友和国内外来宾留下了深刻的印象，为迎接建党100周年及110年校庆，学校考虑更换楼顶红瓦，考虑到拼接重叠、各种可能的其他损耗及后期维护需要，准备按楼顶面积的1.5倍准备红瓦，八角红楼的楼顶可近似看成正八棱锥，正八棱锥的底面边长约为，高约为．已知红瓦整箱出售，每箱50片，每片规格为，则学校至少需要采购红瓦　　

A．10箱 B．11箱 C．12箱 D．13箱

8．（5分）在中，，，为线段上的动点，且，则的最小值为　　

A． B． C． D．

二.多选题（每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9．（5分）设向量，，则下列叙述正确的是　　

A．若，则与的夹角为钝角 

B．的最小值为2 

C．为单位向量，且与垂直，则 

D．若，则或

10．（5分）在复平面内，下列说法错误的是　　

A．若复数满足，则 

B．若复数，满足，则 

C．若复数，则“为纯虚数”的充要条件是“” 

D．若复数满足，则复数对应点的集合是以原点为圆心，1为半径的圆

11．（5分）一个圆锥的底面圆周和顶点都在同一个球的球面上，已知圆锥的底面面积与球面面积比值为，则这个圆锥体积与球体积的比值可能为　　

A． B． C． D．

12．（5分）在中，角，，所对的边分别为，，，下列判断正确的是　　

A．若，则 

B．若，则 

C．若，则为锐角三角形 

D．若为锐角三角形，则

三.填空题（每小题5分）

13．（5分）已知向量与的夹角为，，则　　．

14．（5分）在中，角，，所对的边分别为，，．已知，且，则

角　　．

15．（5分）锐角中，角，，所对的边分别为，，，，且，则面积的取值范围是　　．

16．（5分）在中，角，，所对的边分别为，，，已知，的面积为，则的取值范围是　　．

四.解答题

17．（10分）已知复数为虚数单位，．

（1）若是实数，求的值；

（2）若复数在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围．

18．（12分）如图，在正方形中，点是边上中点，点在边上．

（1）若点是上靠近的三等分点；设，求的值：

（2）若，当时，求的值．

19．（12分）在中，角，，所对的边分别为，，，满足．

（1）求；

（2）若，，求．

20．（12分）已知两个不共线的向量，它们的夹角为，且，，为正实数．

（1）若与垂直，求；

（2）若，求的最小值及对应的的值，并判断此时向量与是否垂直？

21．（12分）如图，在正方体中，，，分别是，，的中点，

（1）求证：平面．

（2）平面过，，三点，则平面截此正方体的截面为一个多边形，

（ⅰ）仅用铅笔和无刻度直尺，在图2正方体中画出此截面多边形（保留作图痕迹，不需要写作图步骤）；

（ⅱ）若正方体的棱长为6，直接写出此截面多边形的周长．

22．（12分）现有长度分别为1，2，3，4的线段各1条，将它们全部用上，首尾依次相连地放在桌面上，可组成周长为10的三角形或四边形．

（1）求出所有可能的三角形的面积；

（2）如图，已知平面凸四边形中，，，，，

（ⅰ）求，满足的数量关系；

（ⅱ）求四边形面积的最大值，并指出面积最大时的值．

2020-2021学年江苏省无锡一中高一（下）期中数学试卷

参考答案与试题解析

一、单选题（每小题5分，在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求）

1．【分析】可求出，然后根据即可得出，然后解出的值即可．

【解答】解：，且，

，解得．

故选：．

2．【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简即可．

【解答】解：，

，

，

故选：．

3．【分析】利用正弦定理和题设中两边和一个角的值求得．

【解答】解：由正弦定理可知，

或

故选：．

4．【分析】由已知中△是一平面图形的直观图，直角边，我们易求出△的面积，再根据原图的面积与直观图面积之比为，即可求出满足条件答案．

【解答】解：由已知中△，直角边，则△的面积

由原图的面积与直观图面积之比为

可得原图形的面积为：

故选：．

5．【分析】根据不共线的非零向量可以作为基底分别检验各选项即可判断．

【解答】解：由题意得与不平行，

则与不共线，可以作为基底，不符合题意；

则与不共线，可以作为基底，不符合题意；

与共线，不可以作为基底，符合题意；

与不共线，可以作为基底，不符合题意；

故选：．

6．【分析】由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系逐一判断四个命题的真假．

【解答】解：对于，如果，是两条直线，且，那么平行于经过，但不经过的任何平面，故错误；

对于，如果直线和平面满足，那么与内的直线有两种位置关系，平行或异面，故错误；

对于，如果直线，和平面满足，，那么与的位置关系有平行、相交或异面，故错误；

对于，如果直线，和平面满足，，，那么，故正确．

故选：．

7．【分析】利用正八边形的性质求出小三角形的高，由此求出正八棱锥的侧面三角形的高，进而求出正八棱锥的侧面积，由此即可求解．

【解答】解：正八边形中，每个小三角形的顶角为，底边长为2，

设三角形的腰长为，则由余弦定理可得：，

解得，

所以三角形的高为，

则正八棱锥侧面三角形的高为，

即，所以正八棱锥的侧面积为，

又因为每箱瓦片面积为，

且需准备楼顶面积的1.5倍，

又由，

故至少需要11箱，

故选：．

8．【分析】由已知结合正余弦定理求得，，的值，建立平面直角坐标系，再由向量等式求得，然后利用基本不等式求最值．

【解答】解：，由正弦定理可得，，

再由余弦定理可得，，整理得，即，

又，

，即，得，

，得，从而．

以所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，

可得，，，，

为线段上的一点，则存在实数使得，，，

设，，，，，

由，，，，

得，，则，

求的最小值，则，均不为0，

则．

当且仅当时等号成立．

故选：．

二.多选题（每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9．【分析】根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案．

【解答】解：根据题意，依次分析选项：

对于，若与的夹角为钝角，则有且、不共线，若，满足且、不共线，正确；

对于，向量，则，即的最小值为2，正确；

对于，当，时，为单位向量，且，即与垂直，不正确；

对于，，则，若，则，解可得或，错误；

故选：．

10．【分析】利用复数的乘除运算、共轭复数的性质判断；利用复数的模判断；利用纯虚数的定义判断；利用复数的几何意义判断．

【解答】解：对于，设，，，则，

复数满足，，，则，故正确；

对于，设，，，．

由，得，

则，而不一定等于0，故错误；

对于，若复数，则“为纯虚数”的充要条件是“且”，故错误；

对于，根据复数的几何意义可知：

若复数满足，则复数对应点的集合是以原点为圆心，1为半径的圆，故正确．

故选：．

11．【分析】设球的半径为，圆锥底面半径为，求出球的面积，然后求出圆锥的底面积，求出圆锥的底面半径，运用球的截面性质，可得球心到截面的距离，进而得到所求体积之比．

【解答】解：不妨设球的表面积为，

由圆锥的底面面积与球面面积比值为，

可得圆锥的底面积为，

则圆锥的底面半径为，

由几何体的特征可知，球心到圆锥底面的距离，球的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形，

由此可以求得球心到圆锥底面的距离是，

则圆锥体积较小者的高为：；

圆锥体积较大者的高为：．

故圆锥体积与球体积的比为：，

或，

故选：．

12．【分析】对于：根据正弦定理即可求解；对于：根据正弦定理即可求解；对于：举出反例即可求解；对于：由题意可得，进而根据诱导公式即可求解．

【解答】解：对于：若，根据正弦定理，整理得，故正确；

对于：若，转换为：，利用正弦定理：，则，故正确；

对于：由“”不能推出“为锐角三角形”，如，时，故错误；

对于：当为锐角三角形时，，，，可得成立，故正确．

故选：．

三.填空题（每小题5分）

13．【分析】利用向量的模的运算法则以及向量的数量积求解即可．

【解答】解：向量与的夹角为，，

则．

故答案为：．

14．【分析】利用数量积的运算法则和正弦定理、诱导公式可得，即可得出．

【解答】解：中，角，，所对的边分别为，，，

已知，且，

，．

利用正弦定理可得，

化简可得，由于，，

．

15．【分析】由正弦定理化简已知的式子后，由余弦定理求出的值，由内角的范围和特殊角的三角函数值求出角的值，由题意求出角的取值范围，再利用正弦定理，三角形的面积公式，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的性质即可求解出面积的取值范围．

【解答】解：由题意知，，

由正弦定理得：，化简得：，

由余弦定理得，，

又，

则，

又，则，

因为是锐角三角形，

所以，解得，

因为，

由正弦定理得，

所以，，

所以的面积为，

又，可得，，可得，，

所以的面积为，，

故面积的取值范围是，．

故答案为：，．

16．【分析】求出上的高，设，则，求出，设，求出函数的导数，根据函数的单调性求出的取值范围．

【解答】解：设上的高为，则，解得：，

设，则，在左侧为正，在右侧为负），

，

设，则，

令，解得：，，

，，时，，递增，

，时，，递减，

易得时，，

故时，取最大值，时，取最小值，

时，，

时，，

故，．

四.解答题

17．【分析】（1）利用复数代数形式的乘除运算化简，由虚部为0求解值即可；

（2）直接由实部大于0且虚部小于0联立不等式组求解．

【解答】解：（1）

．

是实数，，解得．

（2）复数在复平面内对应的点位于第四象限，

，解得．

18．【分析】（1）用，表示出，得出，的值即可得出的值．

（2）设，用，表示出，，根据计算，即可求解．

【解答】解：（1）点是边上中点，点是上靠近的三等分点，

，，

，

，，

故．

（2）设，则，

又，，

，

故，．

，，，

由余弦定理得．

19．【分析】（1）由正弦定理，同角三角函数基本关系式化简已知等式，结合，可得，结合范围，可得的值．

（2）由已知利用余弦定理即可求解的值．

【解答】解：（1）因为，由正弦定理可得，

又，

所以，即，

因为，

所以．

（2）因为，，，

所以由，，

解得．

20．【分析】（1）利用数量积运算、同角三角函数的基本关系式即可得出；

（2）利用数量积的性质和二次函数的单调性即可得出．

【解答】解：（1）与垂直，，

，

，．

又，

，

．

（2），

故当时，取得最小值为，

此时，

故向量与垂直．

21．【分析】（1）连接，交于，连接，，由，，可得是平行四边形，可知，利用线面平行的判定即可证明．

（2）（ⅰ）尺规作图即可得解；（ⅱ）由题意利用勾股定理即可求解．

【解答】解：（1）证明：连接，交于，连接，，

在正方体中，是的中点，

所以，

又因为在正方形中，连接交于，

所以是的中点，

又因为在中，分别是的中点，

所以是的中位线，

所以，所以，所以是平行四边形，所以，

又因为平面，平面，

所以平面．

（2）（ⅰ）在图2正方体中画出此截面多边形如右图所示：

（ⅱ），，截面多边形的周长等于，

，，，，

所以，

，

所以截面多边形的周长等于．

22．【分析】（1）利用三线段构成三角形的条件，分析可能的三角形，再利用余弦、正弦定理求解三角形的面积即可；

（2）分别在，中，由余弦定理求边长，化简即可得到答案；

利用正弦定理表示出，将中的关系进行平方，再求出，整理可得，从而求出四边形面积的最大值，再利用，且，求出，进而求出即可．

【解答】解：（1）如果三条线段构成三角形的条件，则任意两边之和大于第三边长，

于是可能的三角形是，3，4或2，，4，

当三角形三条边为，3，4时，由余弦定理可得，

故，所以；

当三角形三条边为2，，4时，由余弦定理可得，

故，所以；

所以所有可能的三角形的面积为或；

（2）（ⅰ）分别在，中，由余弦定理求边长，

则有，

化简可得；

（ⅱ）由正弦定理可得，

所以，

又因为，

所以，

故

，

所以的最大值为24，即的最大值为，

当且仅当，且时取等号，

此时，所以，即，

故四边形面积的最大值为，面积最大时的值为．

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日期：2022/3/11 19:10:45；用户：高中数学6；邮箱：tdjyzx38@xyh.com；学号：42412367