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《重庆市第八中学校2021-2022学年高一下学期期中数学试题(解析Word版)》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
重庆八中2021-2022学年度高一年级(下)半期考试数学试题一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共计40分.每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题意的)1.已知向量,则与平行的单位向量的坐标为()A.B.或C.D.或【答案】B【解析】【分析】先求向量的模,再利用平行向量进行求解.【详解】因为,所以,所以与平行的单位向量为或,即或,即或.故选:B.2.若复数z满足(i为虚数单位),则复平面内表示z的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算法则,求得,结合复数的几何意义,即可求解.【详解】由题意,复数满足,可得,所以复数在复平面内对应的点的坐标为,位于第一象限.故选:A.3.在中,,,,则B=()第20页/共20页学科网(北京)股份有限公司
1A.45°B.90°C.135°D.45°或135°【答案】A【解析】【分析】根据题意利用正弦定理直接求解即可【详解】中,,,,由正弦定理得,,因为,所以角为锐角,所以,故选:A4.下列说法错误的是()A.经过同一直线上的3个点的平面有无数个B.两两相交且不共点的三条直线确定一个平面C.若直线a不平行于平面,且,则内不存在与a平行的直线D.若a,b是两条直线,,是两个平面,且,,则a,b是异面直线【答案】D【解析】【分析】对于A、B:利用公理3即可判断;对于C:根据线面的位置关系直接判断;对于D:取反例:若平面,平面,可得a//b即可否定命题.【详解】对于A:经过同一直线上的3个点的平面,即为经过一条直线的平面有无数个.故A正确;对于B:两两相交且不共点的三条直线有三个不共线的交点,由公理3,三个不共线的点确定一个平面 .故B正确对于C:若直线a不平行于平面,且,则a与相交,所以内不存在与a平行的直线.故C正确;对于D:取反例:若平面,平面,由面面平行的性质,可得a//b.故D错误.故选:D5.正四棱台的上,下底面的边长分别为2,4,侧棱长2,则其体积为()A.B.C.D.第20页/共20页学科网(北京)股份有限公司
2【答案】C【解析】【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积,再由棱台的体积公式即可得解.【详解】作出图形,连接该正四棱台上下底面的中心,如图,因为该四棱台上下底面边长分别为2,4,侧棱长为2,所以该棱台的高,下底面面积,上底面面积,所以该棱台的体积.故选:C.6.北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中,地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面,轨道高度(轨道高度是指卫星到地球表面的距离)为h.将地球看作是一个球心为O,半径为r的球,其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数.如果地球表面上某一观测点与该卫星在同一条子午线(经线)所在的平面,且在该观测点能直接观测到该卫星.若该观测点的纬度值为,观测该卫星的仰角为,则下列关系一定成立的是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意,画出示意图,在三角形OAB中利用正弦定理即求解.【详解】解:如图所示,,由正弦定理可得,即,化简得,第20页/共20页学科网(北京)股份有限公司
3故选:A7.如图,四边形ABCD四点共圆,其中BD为直径,,,,则面积为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先在利用余弦定理求出边,再利用正弦定理求出直径,进而利用直角三角形求出、,再利用三角形的面积公式进行求解.【详解】在中,因为,,,所以由余弦定理,得,由正弦定理,得;在和中,,,又,所以的面积为.故选:C.8.在中,角B,C所对的边分别为b,c,点O为的外心,若,则第20页/共20页学科网(北京)股份有限公司
4的最小值是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】取边的中点,连接,,则由题意可得,所以可得,再结合,可得,从而可求得其最小值【详解】在中,取边的中点,连接,,因为点O为的外心,所以,所以,所以,因为,所以,所以,因为,所以,所以当时,取得最小值,故选:A第20页/共20页学科网(北京)股份有限公司
5二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共计20分.每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题意.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分)9.已知复数,,下列结论正确的有()A.B.若,则C.D.【答案】ABC【解析】【分析】利用共轭复数的定义判断选项A,由复数的乘法运算以及实数0的含义判断选项B,由复数模的运算性质判断选项C,由复数的乘法运算及模的平方判断选项D.【详解】设对于A,,故选项A正确;对于B,因为,则,则或,所以中至少有一个0,故选项B正确;对于C,由复数模的运算性质可知,,=故选项C正确;对于D,当,则,,所以故选项D错误.故选:ABC.10.已知平面向量,,,下列说法正确的是()A.若,则B.若,则第20页/共20页学科网(北京)股份有限公司
6C.若,则D.若向量与向量夹角为锐角,则【答案】AB【解析】【分析】对于A:先利用向量运算的坐标表示求出相关向量的坐标,再利用向量共线的判定进行求解;对于B:先利用向量运算的坐标表示求出相关向量的坐标,再利用向量垂直的判定进行求解;对于C:利用向量夹角公式进行判定;对于D:利用且、不平行进行求解判定.【详解】对于A:因,,所以,又因且,所以,解得,即选项A正确;对于B:因为,,所以,又因为且,所以,解得,即选项B正确;对于C:若,则,则,即选项C错误;对于D:因为,,所以,因为向量与向量夹角为锐角,所以且、不平行,则且,解得且,即选项D错误.故选:AB.11.在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且,则下列结论正确的是()A.B.是锐角三角形C.若,则内切圆半径为D.若,则外接圆半径【答案】AC【解析】【分析】利用正弦定理判定选项A正确;利用边角关系和余弦定理判定选项B第20页/共20页学科网(北京)股份有限公司
7错误;利用三角形的面积公式进而求出内切圆半径判定选项C正确;利用进行求解判定选项D错误.【详解】因为,所以设,,,且,对于A:由正弦定理,得,即选项A正确;对于选项B:因为,所以角最大,则,即为钝角,即是钝角三角形,即选项B错误;对于C:若,则,,因为,所以,则,设的内切圆半径为,则,解得,即选项C正确;对于D:若,由正弦定理,得,即,即选项D错误.故选:AC.12.已知正的边长为2,D是边BC的中点,动点P满足,有,且,则()A.的最小值为B.的最大值为C.的最小值为D.的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】以点为原点、边为x轴建立平面直角坐标系,写出相关点坐标,设出第20页/共20页学科网(北京)股份有限公司
8,利用平面向量的坐标运算得到,再结合角的范围逐一验证各选项.【详解】以点为原点、边为x轴建立平面直角坐标系(如图所示),则,,,;因为,所以点在以为圆心、1为半径的圆上,设,则,,,又因为,所以,即,即,又因为,所以,即;对于A:因为,所以,则,即的最小值为,即选项A正确;对于B:因为,所以,则,即的最大值为,即选项B正确;第20页/共20页学科网(北京)股份有限公司
9对于C、D:因为且,所以,因为,所以所以,所以,即的最小值为,最大值为,即选项C错误,选项D正确.故选:ABD.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知复数(i为虚数单位),则z的虚部为___________.【答案】##【解析】【详解】因为,所以z的虚部为.故答案为:.14.已知不共线的平面向量,,两两所成的角相等,且,则||=___________.【答案】2或3【解析】【分析】先求出,利用列方程即可求出.【详解】由不共线的平面向量,,两两所成的角相等,可设为θ,则.设||=m.因为,所以,即,第20页/共20页学科网(北京)股份有限公司
10所以即,解得:或3.所以||=2或3故答案为:2或315.已知圆锥的顶点S,母线SA,SB所成角的余弦值为,且轴截面是正三角形,若的面积为,则该圆锥的侧面积为___________.【答案】【解析】【分析】先根据三角形面积公式求出母线长,再根据轴截面求出底面半径,最后根据圆锥侧面积公式求出结果.【详解】因为母线,所成角的余弦值为,所以母线,所成角的正弦值为,因为的面积为,设母线长为,所以,解得,因为轴截面为正三角形,所以底面半径,因此圆锥的侧面积为.故答案为:.第20页/共20页学科网(北京)股份有限公司
1116.锐角中,角A,B,C所对边分别为a,b,c,有,且,则的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】先利用三角函数恒等变形求出,利用正弦定理表示出,用三角函数求出的取值范围.【详解】因为,所以.因为,所以,所以.所以.因为为锐角三角形,所以,所以,所以.所以,即.因为为锐角三角形,所以,解得:由正弦定理得:,.所以.因为,所以,所以.因为,所以,所以,所以.即在中,由两边之和大于第三边,所以.第20页/共20页学科网(北京)股份有限公司
12综上所述:.故答案为:【点睛】解三角形的最值问题包括两类:(1)利用正弦定理转化为三角函数求最值;(2)利用余弦定理转化为基本不等式求最值.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,解答时应写出必要的文字说明,证明过程或演算步骤)17.已知,,,求:(1)与的夹角;(2)与的夹角的余弦值.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)根据平面向量积的运算性质,结合平面向量夹角公式进行求解即可;(2)根据平面向量积的运算性质,结合平面向量夹角公式进行求解即可.【详解】解(1),,,设与的夹角为,则.又,;(2),,.,又.,设与的夹角为,第20页/共20页学科网(北京)股份有限公司
13则.即与的夹角的余弦值为.18.如图,平行四边形ABCD中,已知,,设,.(1)用向量和表示向量,;(2)若,,求实数x和y的值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)用平面向量的线性运算整理可得:,,代入已知向量即可得到.(2)用平面向量的线性运算整理可得:,结合题干条件,可得到等式,解等式即可.【小问1详解】,;【小问2详解】因为.即,第20页/共20页学科网(北京)股份有限公司
14因为与不共线,从而,解得.19.如图,已知四边形ABCD是平行四边形,点P是平面ABCD外一点,M是PC的中点,在DM上取一点G,过G和AP作平面交平面BDM于GH,H在BD上.(1)证明:;(2)若AB的中点为N,求证:平面APD.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)连结AC交BD于O,连结OM.先证明出面MBD,再利用线面平行的性质定理即可证明;(2)连结MN.取PD的中点E,连结EM,AE.利用线面平行的判定定理即可证明平面APD.【小问1详解】连结AC交BD于O,连结OM.因为ABCD是平行四边形,所以O为AC中点.因为M是PC的中点,所以.因为面MBD,面MBD,所以面MBD.又过G和AP作平面交平面BDM于GH,H在BD上,第20页/共20页学科网(北京)股份有限公司
15所以.【小问2详解】连结MN.取PD的中点E,连结EM,AE.因为M是PC的中点,所以,且.因为ABCD是平行四边形,所以,且所以,且,所以四边形ANME为平行四边形,所以.因为面APD,面APD,所以平面APD.20.下面问题的条件①,②,③,④有多余,现请你在①,④中删去一个,并将剩下的三个作为条件解答这个问题.已知中,是边的中点,你删去的条件是_____请写出用剩余条件解答本题的过程.(1)求的长;(2)的平分线交于点,求的长.注:如果选择删去条件①和条件④分别解答,按第一个解答计分.【答案】(1)条件选择见解析,;(2).【解析】【分析】(1)删①:设,,在和中,分别应用余弦定理列出方程,通过解方程即可求出的长;删④:设,在和中,分别应用余弦定理,求出和的值,根据即可求出的长;(2)根据,利用三角形的面积公式即可求出的长.【小问1详解】删①:设,,在中,由余弦定理,得,第20页/共20页学科网(北京)股份有限公司
16在中,由余弦定理,得,联立,解得,,所以,;删④:设,在中,由余弦定理,得,在中,由余弦定理,得,∵,所以,解得,所以;【小问2详解】由(1)知删①和删④都能得出,,,因为,所以所以.21.如图,扇形OMN的半径为,圆心角为,A为弧MN上一动点,B为半径上一点且满足.(1)若,求AB的长;(2)求△ABM面积的最大值.【答案】(1)1;(2).【解析】【分析】(1)在△OAB中,利用余弦定理即可求AB;(2)由题可知AB∥OM,则,设,,在第20页/共20页学科网(北京)股份有限公司
17中利用余弦定理和基本不等式求出xy的最大值,再由即可求面积最大值.【小问1详解】在△OAB中,由余弦定理得,,即,即,即,∴;【小问2详解】,,,∥,,设,,则在中,由余弦定理得,即,当且仅当时取等号,∴,当且仅当时取等号.∴△ABM面积的最大值为.22.在△中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,边长均为正整数,且.(1)若,求a;(2)若角C为钝角,求△的周长的最小值.【答案】(1)6;(2)77.【解析】【分析】(1)根据角的范围,结合已知条件和正弦定理,求得的初步范围,再对每种情况进行讨论,即可求得结果;(2)根据正弦定理,求得之间的等量关系,结合的范围,以及为整数,进行讨论即可求得周长最短时,三角形各边的长度,则问题得解.第20页/共20页学科网(北京)股份有限公司
18【小问1详解】由,可得,则,整理得:,若,则,,解得,此时,不满足题意;则,且;又,故可得,则,又为正整数,故或或,当时,由可知,不是整数,不满足题意;当时,由可知,,满足题意;当时,由可知,不是整数,不满足题意.综上所述:.【小问2详解】根据正弦定理可得:,即,则,由可得:代入,可得:;因为为钝角,即,解得,第20页/共20页学科网(北京)股份有限公司
19故,则,即,因为为整数,当时,都没有满足条件,当时,此时,此时满足要求的的最小值为,注意到,则也为整数,当时不满足,则将扩大整数倍,当扩大4倍得到,此时满足要求,则当时,是满足题意的三角形的最短边长,故三角形周长的最小值为.故△周长的最小值为77.【点睛】本题考察利用正弦定理和余弦定理求解三角形,解决第一问和第二问的关键是准确应用为整数这一条件,属综合困难题.第20页/共20页学科网(北京)股份有限公司