福建省泰宁第一中学2020-2021学年高一数学下学期期中试题.doc

福建省泰宁第一中学2020-2021学年高一数学下学期期中试题

福建省泰宁第一中学2020-2021学年高一数学下学期期中试题

年级：
姓名：

6

福建省泰宁第一中学2020-2021学年高一数学下学期期中试题
(考试时间：120分钟，满分：150分）
第I卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一个符合要求.
1．已知，其中为虚数单位，则复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．下列关于向量的命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，，则 D．若，，则
3．在中,已知,则( )
A．6 B．12 C．6或12 D．无解
4．已知向量，，且，则实数等于( )
A． B． C． D．
5．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．如皋定慧寺原有佛塔毁于五代时期，现在的观音塔为2002年6月12日奠基，历时两年完成的，是仿明清古塔建筑，框架七层、八角彩绘，总建筑面积700多平方米.塔内供奉观音大士铜铸32应身，玻璃钢彩铸大悲咒出相84尊，有通道拾级而上可登顶层.塔名由中国书法协会名誉主席、中国佛教协会顾问、国学大师启功先生题写.塔是佛教的工巧明（即工艺学，比如建筑学就是工巧明之一），东汉明帝永平年间方始在我国兴建.所谓救人一命胜造七级浮屠，这七级浮屠就是指七级佛塔.下面是观音塔的示意图，游客（视为质点）从地面点看楼顶点的仰角为，沿直线前进51米达到点，此时看点点的仰角为，若，则该八角观音塔的高约为（ ）（）

A．8米 B．9米 C．40米 D．45米
7．是边长为1的等边三角形，点分别是边的中点，连接并延长到点，使得，则的值为（ ）
A． B． C． D．
8．已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的底面边长为，高为，球的体积为，则这个正四棱柱的侧面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合要求.全部选对得5分，部分选对得2分，错选得0分.
9．已知复数则（ ）
A．是纯虚数 B．对应的点位于第二象限
C． D．
10．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
B．若m∥n，m∥α，则n∥α
C．若m⊂α，n⊂β，则m，n是异面直线
D．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m，n是异面直线

11．设P是所在平面内的一点，则( )
A． B．
C． D．
12．如图，M、N分别为边长为1的正方形ABCD的边BC、CD的中点，将正方形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论正确的是（ ）
A．MN∥平面ABD
B．异面直线AC与BD所成的角为定值
C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
D．三棱锥M-ACN体积的最大值为
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.
13．复数（为虚数单位），则________.
14．在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若,则角C＝ ______.
15．在中，已知，为边中点，点在直线上，且，则边的长度为___________。
16．四棱锥中，平面，，，且，则点到平面的距离为 ；若为侧棱上一点，且，则 .
四、解答题：本大题共6个大题，满分70分.解答题应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤.
17．（本题满分10分）已知向量，，且与的夹角为.
（1）求；
（2）若与垂直，求实数λ的值.

18.（本题满分12分）
如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，点D在直线AC上，且AD=4DC.
（I）求BD的长；
（II）求sin∠CBD的值.

19．（本题满分12分）
如图，已知圆锥的顶点为，底面圆心为，半径为4；
（1）若圆锥的侧面积为，求圆锥的体积.
（2）若，，是底面半径，且，为线段的中点，求异面直线与所成的角的余弦值.

20.(本题满分12分)
如图所示，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，点M，N分别是AB，PC的中点，且PA=AD
(1)求证：MN∥平面PAD (2)求证：平面PMC⊥平面PCD

21．在中，分别为角所对的边.在①； ②；③这三个条件中任选一个，作出解答.
（1）求角的值；
（2）若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围.

22.如图，直三棱柱中，，，分别为上的点，且
（1）当为的中点时，求证：；
（2）当在线段上运动时（不含端点），求三棱锥体积的最小值.

参考答案
1．D 2．C 3．C 4． A 5．D 6．D
7．B
【解析】：设，，∴，，
，∴.
8．B
【解析】设球的半径为，则，解得.
如图， 正四棱柱底面对角线，在中，由，
，，则侧面积，
即侧面积的最大值为.故选：B.
9． AD
【详解】利用复数的相关概念可判断A正确；
对于B选项，对应的点位于第四象限，故B错；
对于C选项，，则，故C错；
对于D选项，，则，故D正确.
故选：AD
10．AD
【详解】由m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，得：
对于A，若m⊥α，n⊥α，则由线面垂直的性质定理得m∥n，故A正确；
对于B，若m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α，故B错误；
对于C，若m⊂α，n⊂β，则m，n相交、平行或异面，故C错误；
对于D，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m，n是异面直线，故D正确. 故选：AD.
11．CD
【详解】由题意：故
即 ,
故选：CD
12．ABD
【详解】选项，因为，平面，平面，所以平面，故选项正确；
选项，取中点，连接，则，且，所以平面，所以，异面直线与所成的角为，为定值，故选项正确；
选项若直线与直线垂直，因为直线与直线也垂直，
则直线平面，所以直线直线，
又因为，所以平面，所以，
而是以和为腰长的等腰三角形，这显然不可能，故选项不正确；
选项，，当平面平面时取最大值，
此时，故选项正确.
故选：ABD.
13． 14． 15． 16． 1.
16.【详解】因为，，且，
所以，所以，
又平面，所以，
又，所以平面，
所以点到平面的距离为.
如图，过棱上点作于点，
因为，，
所以平面，所以，
又，所以，
由平面，所以，所以，所以.
故答案为：；1.
17．（1）；（2）
【详解】
解：（1）由向量夹角的坐标表示得：
，解得：，
所以 所以
（2）由（1）知，故，
由于与垂直，
所以，解得：.
18.（本题满分12分）
（I）解：因为∠ABC=90°，AB=4，BC=3，
所以，AC=5，
又因为AD=4DC，所以AD=4，DC=1.
在△BCD中，由余弦定理，
得
，
所以.……………………6分
（II）在△BCD中，由正弦定理，得，
所以， 所以.……………………12分
19．(1) ;(2)
【详解】（1）∵圆锥的顶点为，底面圆心为，半径为，圆锥的母线长为，
∴圆锥的侧面积，，则.
∴圆锥的体积．
（2）∵，，是底面半径，且，
为线段的中点，
∴以为原点，为轴，为轴，为轴，
建立空间直角坐标系，，，，，，
，，
设异面直线与所成的角为，
则．∴．
∴异面直线与所成的角的为．
20、（1）设PD的中点为点E，连接AE，NE，由点N为PC的中点知ENDC，又ABCD是矩形，所以DCAB，所以ENAB，又点M是AB的中点，所以ENAM，所以AMNE是平行四边形，所以MN∥AE，而AE⊂平面PAD，NM⊄平面PAD，所以MN∥平面PAD. （6分）
(2)因为PA=AD，所以AE⊥PD，又因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥PA，而CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥AE，因为PD∩CD=D，所以AE⊥平面PCD，因为MN∥AE，所以MN⊥平面PCD，又MN⊂平面PMC，所以平面PMC⊥平面PCD. （12分）
21．条件选择见解析；（1）；（2）.
【详解】解：（1）选①，
由正弦定理得：，
∴，
∵，∴，∴，∵，∴；
选②，
∴，
∴，
∵，∴，则，∴；
选③，
得，∴，
∴，∵，∴，∴，∴.
（2）已知为锐角三角形，且，
由正弦定理得：， ∴，，
∴，
∵为锐角三角形，∴，
∴ ∴.
22.（1）见解析； （2）当， 取得最小值，最小值为18.
【详解】（1）证明：因为D为的中点，，所以为的中点.
因为三棱柱为直三棱柱，，
所以四边形为正方形，所以.
因为，D为的中点，所以.
因为平面平面，且平面平面，
所以平面，又平面，
所以.
因为，所以平面，
又平面，所以.
（2）解：设，则，，．
由已知可得到面距离即为的边所对应的高．

当时，有最小值为18．
【点睛】
本题考查异面直线垂直的证明，考查当为何值时，三棱锥的体积最小，并求出最小体积，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．