2019-2020学年天津市静海区第一中学高一下学期期中考试数学试题(解析版)
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2019-2020学年天津市静海区第一中学高一下学期期中考试数学试题(解析版)

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资料简介
第 1 页 共 13 页 2019-2020 学年天津市静海区第一中学高一下学期期中考试 数学试题 一、单选题 1.复数 对应的点落在( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 【答案】C 【解析】利用复数的运算法则化简复数,根据复数的几何意义即可求得对应点,即可判 断. 【详解】 因为 , 故其对应的点为 , 容易知其位于第三象限. 故选:C. 【点睛】 本题考查复数的运算以及复数的几何意义,属综合基础题. 2.在 中, 、 、 分别为角 、 、 的对边,它的面积为 ,则 角 等于( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】利用面积公式,借助余弦定理,即可容易求得结果. 【详解】 因为 ,且 , 故可得 ,即 , 又因为 ,故可得 . 故选:D. 【点睛】 本题考查三角形的面积公式以及余弦定理的应用,属综合基础题. 3 4 2 3 i i − + 3 4 2 3 i i − + ( )( ) ( )( ) 3 4 2 3 6 17 2 3 2 3 13 13 i i ii i − −= = − −+ − 6 17,13 13  − −   ABC∆ a b c A B C 2 2 2 4 a b c− − A 30° 45° 60° 135° 2 2 2 4 a b c− − 1 2 bcsinA= 2 2 2 2a b c bccosA= + − sinA cosA= − 1tanA = − ( )0,A π∈ 3 4A π=第 2 页 共 13 页 3.已知正方体的 个顶点中,有 个为一侧面是等边三角形的正三棱锥的顶点,则这 个正三棱锥与正方体的全面积之比为 ( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 所求的全面积之比为: ,故选 A. 4.已知三棱锥 , 是直角三角形,其斜边 , 平面 , ,则三棱锥的外接球的表面积为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】根据题意,在长方体中找到满足题意的三棱锥,求得长方体外接球的表面积即 为所求. 【详解】 根据题意,可在长方体中找到满足题意的三棱锥,如下图所示: 8 4 1: 3 1: 2 2: 2 3: 6 ( )2 2 3 2 4 14 1 6 3 × × =× S ABC− ABC 6 3AB = SC ⊥ ABC 6SC = 144π 72π 100π 64π第 3 页 共 13 页 故该长方体的外接球与三棱锥 的外接球相同, 又长方体的长宽高可以为 , 则外接球半径 . 故其表面积 . 故选:A. 【点睛】 本题考查三棱锥外接球的求解,属基础题. 5.已知 中, 为边 的两个三等分点, 则 ( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】用基向量 表示出目标向量,利用向量的数量积运算,即可求得结果. 【详解】 根据题意,由平面向量的定比分点可得: , 故可得 . 故选:B. 【点睛】 本题考查用基向量表示平面向量,以及向量的数量积运算,属综合基础题. 6.复数 的虚部为( ) A. B. C.3 D.-7 【答案】C 【解析】先求得 ,再利用复数运算法则,化简复数后,求其虚部即可. S ABC− 3 6,3 6,6 ( ) ( )2 2 3 6 3 6 36 62R + + = = 24 144S Rπ π= × = ABC∆ 60 , 4, 2,BAC AB AC E F∠ = ° = = 、 BC AE AF⋅ =  5 4 20 3 15 8 5 3 ,AB AC  2 1 1 2,3 3 3 3AE AB AC AF AB AC= + = +      2 1 1 2 3 3 3 3AE AF AB AC AB AC   ⋅ = + ⋅ +             2 22 2 5 609 9 9AB AC AB AC cos= + + °    2 2 5 116 4 4 29 9 9 2 = × + × + × × × 20 3 = ( )( )2 3 4i i i+ + − 3i 7i− 3 4i+第 4 页 共 13 页 【详解】 因为 , 故 , 故其虚部为 . 故选:C. 【点睛】 本题考查复数的乘法运算,复数的模长求解,以及虚部的辨识,属综合基础题. 7.在锐角三角形 ABC 中,若 ,且满足关系式 ,则 的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】根据已知条件求得 ,构造 的函数,通过求三角函数的值域,即可求 得结果. 【详解】 因为 ,故可得 , 又 ,故可得 . 因为 ,故可得 整理得 ,则 . 故可得 , 因为 ,故可得 . 则 故可得 . 故选:C. 【点睛】 本题考查利用正余弦定理求解三角形中的范围问题,涉及正弦的和角公式,属综合困难 3 4 5i+ = ( )( )2 5 11 3i i i+ − = + 3 3sin cos 2B B+ = cos cos sin sin 3sin B C A B b c C + = a c+ ( 3,2 3ùúû (2 3,4 3 (6,4 3 (3,2 3 ,b B a c+ 3sin cos 2B B+ = sin 16B π + =   0, 2B π ∈   60B = ° cos cos sin sin 3sin B C A B b c C + = 3 3 3 2 ccosB bcosC sinA asinBbc sinc c + = × = × 2 3b = 2 4bR sinB = = ( ) ( )4 4 4 4sin 60 4 3sin 30a c sinA sinC sinA A A+ = + = + + ° = + ° 0, ,120 0,2 2A A π π   ∈ °− ∈       ( )30 ,90A∈ ° ° ( ) (4 3sin 30 6,4 3A + ° ∈  (6,4 3a c + ∈ 第 5 页 共 13 页 题. 二、填空题 8.已知向量 ,若 与 共线,则 等于_______ 【答案】 【解析】根据已知条件,即可求的 与 的坐标,根据向量共线的坐标公式, 即可求得结果. 【详解】 因为 , 故可得 , , 因为 与 共线, 故可得 ,即可得 . 故答案为: . 【点睛】 本题考查向量坐标的运算,以及由向量共线求参数值,属基础题. 9.已知复数 z 满足(z-2)i=1+2i(i 是虚数单位),则复数 z 的模为_____. 【答案】 【解析】根据复数的运算,即可求得复数 ,则模长得解. 【详解】 因为(z-2)i=1+2i,故可得 . 故可得 . 故答案为: . 【点睛】 本题考查复数的运算,以及复数模长的求解,属综合基础题. 10.在 中,角 所对的边分别为 ,若 , ,则 =______ 【答案】 ( ) ( )3,2 , 2, 1a b= = − ma nb+  2a b+  m n 1 2 ma nb+  2a b+  ( ) ( )3,2 , 2, 1a b= = − ma nb+  ( )3 2 ,2m n m n= + − 2a b+  ( )7,0= ma nb+  2a b+  14 7 0m n− = 1 2 m n = 1 2 17 z 1 2 2 4iz ii += + = − 16 1 17z = + = 17 ABC∆ , ,A B C , ,a b c sin sin 3 sina A b B c B− = sin 2 3sinC B= A 6 π第 6 页 共 13 页 【解析】利用正弦定理将角化边,将 用 表示出来,用余弦定理,即可求得 . 【详解】 因为 ,故可得 ; 因为 ,故可得 ; 综合即可求得 . 由余弦定理可得 . 又因为 ,故可得 . 故答案为: . 【点睛】 本题考查利用正弦定理将角化边,以及用余弦定理解三角形,属综合中档题. 11.已知某圆锥体的底面半径 ,沿圆锥体的母线把侧面展开后得到一个圆心角为 的扇形,则该圆锥体的表面积是___ 【答案】 【解析】利用弧长公式,即可求得圆锥的母线,利用圆锥表面积公式即可求得结果. 【详解】 因为底面圆周长,也即扇形的弧长为 , 设圆锥母线长为 ,则可得 ,解得 . 故可得圆锥的侧面积 . 则表面积为 故答案为: . 【点睛】 本题考查扇形的弧长公式,以及圆锥侧面积的求解,属综合基础题. 12.如图,已知等腰梯形 中, 是 的中 点, 是线段 上的动点,则 的最小值是_____ ,a c b A sin sin 3 sina A b B c B− = 2 2 3a b bc− = sin 2 3sinC B= 2 3c b= 7 , 2 3a b c b= = 2 2 2 3 2 2 b c acosA bc + −= = ( )0,A π∈ 6A π= 6 π 2r = 2 3 π 16π 4π l 4π = 2 3 π l× 6l = 12S rlπ π= = 212 12 4 16rπ π π π π+ = + = 16π ABCD 2 4,AB DC= = 3AD BC= = ,E DC F BC EF BF⋅ 第 7 页 共 13 页 【答案】 【解析】以 中点为坐标原点,建立平面直角坐标系,用解析法将目标式转化为函数, 求得函数的值域,即可求得结果. 【详解】 以 中点为坐标原点,建立平面直角坐标系,如下图所示: 由题可知, , 设 , ,故可得 , 则 , 故可得 , 因 的对称轴 , 故可得 的最小值为 . 故答案为: . 【点睛】 本题考查用解析法求向量数量积的最值,涉及动点问题的处理,属综合中档题. 三、解答题 13.如图所示,在长方体 中, , 为棱 上—点. 4 3 − AB AB ( ) ( ) ( )0, 2 , 1, 2 , 2,0E C B CF CBλ=  [ ]0,1λ ∈ ( )1, 2 2F λ λ+ − ( ) ( )1, 2 , 1, 2 2EF BFλ λ λ λ= + − = − −  [ ]23 2 1, 0,1EF BF λ λ λ⋅ = − − ∈  23 2 1y λ λ= − − 1 3 λ = EF BF⋅  1 1 43 2 19 3 3  × − × − = −   4 3 − 1 1 1 1ABCD A B C D− 2AB = 12, 4,BC CC M= = 1CC第 8 页 共 13 页 (1) 若 ,求异面直线 和 所成角的大小; (2) 若 ,求证 平面 . 【答案】(1) ;(2)证明详见解析. 【解析】(1) 由 ,得 是异面直线 和 所成角,由此能示出异 面直线 和 所成角的正切值; (2) 时,由勾股定理逆定理得 , ,由此能证明 平 面 . 【详解】 (1) , 是异面直线 和 所成角, ∵在长方体 中, 平面 , , , , ,M 为棱 上一点, , , , 即异面直线 和 所成角的大小为 . (2) 时, , , . 1 1C M = 1A M 1 1C D 1 2C M = BM ⊥ 1 1A B M 5arctan 2 1 1 1 1/ /C D B A 1 1B A M∠ 1A M 1 1C D 1A M 1 1C D 1 2C M = 1B M BM⊥ 1A M BM⊥ BM ⊥ 1 1A B M 1 1 1 1/ /C D B A 1 1B A M∴∠ 1A M 1 1C D 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 1A B ⊥ 1 1BCC B 1 1 1A B B M∴ ⊥ 2AB = 2BC = 1 4CC = 1CC 1 1C M = 2 2 1 1 1 1 4 1 5B M B C MC∴ = + = + = 1 1 1 1 1 5tan 2 B MB A M A B ∴ ∠ = = 1A M 1 1C D 5arctan 2 1 2C M = 2 2 1 2 2B M BM BC CM= = + = 2 2 2 1 1B M BM BB∴ + = 1B M BM∴ ⊥第 9 页 共 13 页 , , , , 又 , 平面 . 【点睛】 本题考查异面直线所成角的正切值的求法,考查直线与平面的证明,解题时要注意空间思 维能力的培养. 14.已知 , 的夹角为 45°. (1)求 方向上的投影; (2)求 的值; (3)若向量 的夹角是锐角,求实数 的取值范围. 【答案】(1)1;(2) ;(3) . 【解析】试题分析:(1)由射影定义可得 在 方向上的投影;(2)利用公式 可求得向量的模;(3)由 与 的夹角是锐角,可得 ,且 与 不能同向共线,即可解出实数 的取值范围. 试题解析:(1)∵ , , 与 的夹角为 ∴ ∴ 在 方向上的投影为 1 (2)∵ ∴ (3)∵ 与 的夹角是锐角 ∴ ,且 与 不能同向共线 ∴ , , 2 2 2 1 1 1 1 4 4 4 12A M AC MC= + = + + = 2 1 16 4 20A B = + = 2 2 2 1 1A M BM A B∴ + = 1A M BM∴ ⊥ 1 1A M B M M∩ = BM∴ ⊥ 1 1A B M 2, 1a b= = a b与 a b在 2a b+  ( )2 - 3a b a bλ λ −  与( λ 10 (1, 6) ( 6,6)∪ a b 22 a a=  (2 )a bλ−  ( 3 )a bλ −  (2 ) ( 3 ) 0a b a bλ λ− ⋅ − >   (2 )a bλ−  ( 3 )a bλ −  λ 2a = 1b = a b 45° 2cos45 2 12a ° = × = a b 2 222 2 4 cos45 2 2 4 4 10a b a b a a b b+ = + = + °+ = + + =       2 10a b+ = (2 )a bλ−  ( 3 )a bλ −  (2 ) ( 3 ) 0a b a bλ λ− ⋅ − >   (2 )a bλ−  ( 3 )a bλ −  2 7 6 0λ λ− + < 2 ( 3 )a b k a bλ λ− ≠ −   0k >第 10 页 共 13 页 ∴ 或 15.在 中,角 、 、 所对的边分别为 、 、 . (1)若 , ,求 面积的最大值; (2)若 ,试判断 的形状. (3)结合解答第(2)问请你总结一下在解三角形中判断三角形的形状的方法. 【答案】(1) ;(2)直角三角形或等腰三角形. (3)见解析 【解析】(1)利用余弦定理列出关系式,将 , 代入,整理后利用基本不等 式求出 的最大值,即可确定出三角形面积的最大值; (2)根据三角形内角和定理,得到 ,代入已知等式,展开化简合并, 得 ,最后讨论当 时与 时,分别对 的形状加以判断,可以得到结论. (3)根据(2)中所求,结合解三角形的知识,即可容易总结. 【详解】 (1)因为 , , 所以由余弦定理得: ,即 , 整理得 ,因为 ,所以 , 即 ,所以 , 当且仅当 时取等号, 则 的最大值为 . (2)由 ,所以 , 化简得 ,即 , 所以 或 , 因为 与 都为三角形内角, 所以 或 , 所以 是直角三角形或等腰三角形. (3)根据(2)中所求,结合已知知识,总结如下: 一、可利用正余弦定理,求得三角形中的角度,即可判断三角形形状; 1 6λ< < 6 6λ< < ABC∆ A B C a b c 2c = 3C π= ABC∆ sin sin( ) sin 2C B A A+ − = ABC∆ 3 2c = 3C π= ab sin sin( )C A B= + sin sin sin cosB A A A= cos 0A = cos 0A ≠ ABC∆ 2c = 3C π= 2 2 2 2 cosc a b ab C= + − 2 24 a b ab= + − 2 2 4a b ab+ = + 2 2 2a b ab+ ≥ 4 2ab ab+ ≥ 4ab ≤ 1 3sin 32 4S ab C ab= = ≤ a b= S 3 sin sin( ) sin 2C B A A+ − = sin( ) sin( ) sin 2A B B A A+ + − = 2sin sin 2sin cosB A A A= sin sin sin cosB A A A= cos 0A = sin sinA B= A B 2A π= A B= ABC∆第 11 页 共 13 页 二、可利用正余弦定理,求得三角形中的边长,由余弦定理判断三角形形状. 【点睛】 本题考查利用正余弦定理求解三角形面积的最值,以及判断三角形的形状,属综合中档 题. 16.如图,四边形 为矩形,且 平面 , , 为 的中点. (1)求证: ; (2)求三棱锥 的体积; (3)探究在 上是否存在点 ,使得 平面 ,并说明理由. 【答案】(1)见解析;(2) ;(3)见解析. 【解析】(1)连结 ,由几何体的空间结构可证得 ,利用线面垂直的定 义可知 . (2)由(1)知 为腰长为 1 的等腰直角三角形,结合题意转化顶点可得 . (3)在 上存在中点 ,使得 .取 的中点 ,连结 . 易证得四边形 EGHC 是平行四边形,所以 EG//CH,结合线面平行的判断 定理可知 EG//平面 PCD. 【详解】 (1)连结 ,∵ 为 的中点, , ∴ 为等腰直角三角形, 则 ,同理可得 ,∴ ,∴ , 又 ,且 , ∴ , 又∵ ,∴ ,又 ,∴ . ABCD 2, 1,AD AB PA= = ⊥ ABCD 1PA = E BC PE DE⊥ C PDE− PA G EG  PCD 1 6 AE DE PAE⊥ 平面 DE PE⊥ DCE∆ 1 6C PDE P DCEV V− −= = PA G / /EG PCD平面 ,PA PD ,G H , ,EG GH CH AE E BC 1EC CD= = DCE∆ 45DEC∠ =  45AEB∠ =  90AED∠ =  DE AE⊥ PA ABCD平面⊥ DE ABCD⊂ 平面 PA DE⊥ AE PA A∩ = DE PAE⊥ 平面 PE PAE⊂ 平面 DE PE⊥第 12 页 共 13 页 (2)由(1)知 为腰长为 1 的等腰直角三角形, ∴ ,而 是三棱锥 的高, ∴ . (3)在 上存在中点 ,使得 .理由如下: 取 的中点 ,连结 . ∵ 是 的中点, ∴ ,且 , 又因为 E 为 BC 的中点,且四边形 ABCD 为矩形,所以 EC//AD,且 EC= AD, 所以 EC//GH,且 EC=GH,所以四边形 EGHC 是平行四边形,所以 EG//CH, 又 EG 平面 PCD,CH 平面 PCD,所以 EG//平面 PCD. 【点睛】 本题主要考查线面垂直的判断定理,线面垂直的判断定理,棱锥的体积公式,立体几何 中探索问题的处理方法等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 17.在△ABC 中角 A、B、C 的对边分别为 设向量 , 且 , (1)若 = ,求 A; (2)若 的外接圆半径为 1,且 试确定 的取值范围. 【答案】(1) 或 ;(2) 【解析】由已知条件,即可求得 ; (1)利用 两角的关系,结合辅助角公式即可求得 ; (2)将目标式转化为 的混合式,令 ,利用其与 之 间的关系,求得函数的值域,即可求得结果. DCE∆ 1 11 12 2DCES∆ = × × = PA P DCE− 1 1 1 113 3 2 6C PDE P DCE DCEV V S PA− − ∆= = ⋅ = × × = PA G / /EG PCD平面 ,PA PD ,G H , ,EG GH CH ,G H ,PA PD / /GH AD 1 2GH AD= 1 2 ⊄ ⊂ a b c、 、 , ( ),cosm a B= ( ),cosn b A= / /m n  m n≠  sin sinA B+ 6 2 ABC∆ ,abx a b= + x 12 π 5 12 π ( )2,+∞ 2A B π+ = ,A B A ,sinA sinB sinA sinB t+ = sinAsinB第 13 页 共 13 页 【详解】 因为 且 , 所以 ,由正弦定理,得 , 即 . 又 ,故 ,因为 , 所以 即 . (1) = , 得 , . (2)若 则 ,由正弦定理,得 设 = ,则 , 所以 即 , 所以实数 的取值范围为 . 【点睛】 本题考查利用正余弦定理解三角形,涉及 之间的关系以及换元 法,属综合中档题. ( ,cos ), ( ,cos )m a B n b A= =  / /m n  cos cosa A b B= sin cos sin cosA A B B= sin 2 sin 2A B= m n≠  A B≠ ( ) ( ) ( )0, , 0, , 0,A B A Bπ π π∈ ∈ + ∈ 2 2 ,A B π+ = 2A B π+ = sin sinA B+ sin sin( ) sin cos 2 sin( )2 4A A A A A π π+ − = + = + 30 , ,2 4 4 4A A π π π π< < ∴ < + − − x ( )2,+∞ ,sinA cosA sinAcosA+

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