山东省聊城市2020-2021学年高一下学期期中数学试卷及答案

试题guomeng2014试题guomeng2014绝密★前山东省聊城市2020-2021学年高一下学期期中数学试题注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上一、单选题1．已知是两条异面直线，是两条垂直直线，那么的位置关系是（）A．平行或相交B．异面或平行C．异面或相交D．平行或异面或相交2．在中，，则（）A．B．C．6D．53．已知是边长为的等边三角形，为的中点，点在边上；且；设与交于点，当变化时，记，则下列说法正确的是（）A．随的增大而增大B．先随的增大而增大后随的增大而减少C．随的增大而减少D．为定值4．如图，已知等腰三角形，是一个平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（）A．B．C．D．5．若，则是的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件6．已知点为所在平面内一点，若动点满足，则点一定经过的（）A．外心B．内心C．垂心D．重心7．下列说法正确的有（）①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形.A．1个B．2个C．3个D．4个8．在中，则为（）A．直角三角形B．三边均不相等的三角形C．等边三角形D．等腰非等边三角形二、多选题9．已知复数，则（）A．B．的虚部是C．若，则，D．10．(多选题)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论正确的是（）A．C1，M，O三点共线B．C1，M，O，C四点共面C．C1，O，A，M四点共面D．D1，D，O，M四点共面11．在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知，，且，则A．B．C．D．12．已知，是平面上夹角为的两个单位向量，在该平面上，且，则下列结论中正确的有（）A．B．C．D．，的夹角是钝角三、填空题13．已知复数，则__________．14．已知的面积为，，则=____．15．已知向量，，，，若，则的最小值______.16．已知半径为的球放在房屋的墙角处，球与围成墙角的三个两两互相垂直的面都相切，若球心到墙角顶点的距离是则球的体积是_________．四、解答题17．在①，②，③三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答：（1）求；（2）若，则的面积为，求18．如图，圆锥PO的底面直径和高均是a，过PO的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，（1）求圆柱的表面积；（2）求圆锥挖去圆柱剩下几何体的体积．19．已知三角形中，三边长为，满足.（1）若，求三个内角中最大角的度数；（2）若，且，求的面积20．已知的顶点坐标为，点的横坐标为4，且，是边上一点，且（1）求实数的值与点的坐标；（2）求点的横坐标与纵坐标之和.21．如图，在扇形中，，半径为弧上一点.（1）若求的值；（2）求的最小值；22．在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知向量，又点，，，.（1）若，且，求向量；（2）若向量与向量共线，常数，求的值域.试题guomeng2014试题guomeng2014参考答案1．D根据题意，借助长方体，画出图形求解即可.解：在长方体中，满足是两条异面直线，是两条垂直直线，如图所示：此时，在长方体中，满足是两条异面直线，是两条垂直直线，如图所示：此时相交.在长方体中，满足是两条异面直线，是两条垂直直线，如图所示：此时为异面直线.综上：的位置关系是平行或异面或相交.故选：D2．B由正弦定理可得，即可求出，再由余弦定理计算可得；解：解：因为，由正弦定理可得，又，所以，，因为所以，即，解得，故选：B3．D由可得.解：如图，根据向量数量积的几何意义，，即为定值．故选：D．4．D利用斜二测画法，由直观图作出原图三角形，再利用三角形面积公式即可求解.解：因为是等腰直角三角形，，所以，所以原平面图形为：且，，所以原平面图形的面积是，故选：D5．C首先根据得到，再根据充要条件的定义求解即可.解：若，则，所以则是的充要条件.故选：C6．D取的中点，由，得，从而可得与共线，得直线与直线重合，进而得结论解：解：取的中点，则，因为，所以，所以与共线，即直线与直线重合，所以直线一定过的重心，故选：D7．A根据棱台、球、正方体、圆锥的几何性质，分析判断，即可得答案.解：①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱延长线会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；④中圆锥的母线长相等，所以轴截面是等腰三角形，所以④是正确的.故选：A8．C通过平面向量的数量积将化简，结合正弦定理可得的关系，再将化简可得B，进而可以判断三角形的形状.解：由题意：，∴，∴，即，由正弦定理：，∵是三角形内角，∴由，所以三角形是等边三角形.故选：C.9．CD取特殊值可判断A选项的正误；由复数的概念可判断B、C选项的正误；由复数模的概念可判断D选项的正误.解：对于A选项，取，则，A选项错误；对于B选项，复数的虚部为，B选项错误；对于C选项，若，则，，C选项正确；对于D选项，，D选项正确.故选：CD.点评：本题考查复数相关命题真假的判断，涉及复数的计算、复数的概念以及复数的模，属于基础题.10．ABC根据三点C1，M，O是平面C1BD与平面ACC1A1的公共点可知C1，M，O三点共线，由此可得答案.解：在题图中，连接A1C1，AC，则AC∩BD＝O，又A1C∩平面C1BD＝M.∴三点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，即C1，M，O三点共线，∴A，B，C均正确，D不正确.故选：ABC11．AD利用正弦定理边化角，再结合余弦定理即可求解.解：.整理可得:可得为三角形内角,故A正确，B错误.解得,由余弦定理得解得,故C错误，D正确.故选:AD.点评：解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”.12．ABC在平面上作出，，，，作，则可得出点在以为直径的圆上，这样可判断选项C、D．由向量加法和减法法则判断选项A、B．解：对于A：，故A正确；对于B：设，，，，则，即，故B正确；，由(﹣)·(﹣)=0得，点在以直径的圆上（可以与重合）．设中点是，的最大值为，故C正确；与同向，由图，与的夹角不可能为钝角．故D错误．故选：ABC．点评：思路点睛：本题考查向量的线性运算，考查向量数量积．解题关键是作出图形，作出，，，确定点轨迹，然后由向量的概念判断．13．根据共轭复数的概念，先得到，再由复数的乘法运算，即可得出结果.解：因为，所以，因此.故答案为：.点评：本题主要考查共轭复数的相关计算，属于基础题型.14．利用面积公式求得a的值，利用余弦定理求得b的值，进而利用正弦定理得到角的正弦的比值等于对应变得比值，从而求得答案.解：,，解得,所以，∴,∴,故答案为：.点评：本题考查正余弦定理和三角形的面积公式的综合应用，关键在于正弦定理进行边角转化.15．首先根据向量平行的坐标表示得到，再根据“1”的变形，利用基本不等式求最值.解：，，，当且仅当，即时，等号成立.故答案为：点评：关键点点睛：本题的关键是利用“1”的妙用，变形，展开后，即可利用基本不等式求最值.16．构造正方体，由内切球的直径是棱长为2的正方体的棱长求解.解：构造正方体，如图所示：由题意，得内切球的直径是该正方体的棱长，所以正方体的棱长为2，所以，所以，所以内切球球的体积.故答案为：17．（1）条件选择见解析,；（2）.（1）若选①，首先利用边化角公式得到，从而得到，即可得到答案；若选②，利用余弦定理公式求解即可；若选③，首先利用辅助角公式得到，即可得到.（2）首先根据正弦定理面积公式得到，从而得到，再利用余弦定理得到，再联立方程组求解即可.解：（1）若选①因为，所以，又因为，所以，即.又因为，所以.若选②因为，由余弦定理，.又因为，所以.若选③因为，所以.因为，所以.所以，即.（2）因为，，解得.由余弦定理：即，解得.18．（1）；（2）．（1）设圆锥底面半径为r，圆柱底面半径为，求得和的值，以及圆柱和圆锥的母线长，结合侧面积和圆的面积公式，即可求解；（2）利用圆锥和圆柱的体积公式，即可求得剩下几何体的体积．解：（1）设圆锥底面半径为r，圆柱底面半径为，因为过PO的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，可得，，且圆柱母线长，圆锥母线长，所以圆柱的表面积为：（2）剩下几何体的体积．19．（1）；（2）.（1）由正弦定理得到，设，再利用余弦定理计算可得；（2）由平面向量数量积的定义可得，再由余弦定理可得，再由同角三角函数基本关系求出，再求出，最后由面积公式计算可得；解：解：（1）因为满足又所以设，则最大角为，由，因为所以；（2）又由，得由，，所以三角形的面积为20．（1），；（2）.（1）首先设，再根据求解即可.（2）首先设，根据得到，根据点在边上得到，再联立方程组求解即可.解：（1）设，则，由得，解得，所以点.（2）设；则由（1）得，①点在边上，所以又即②.联立①②，解得.21．（1）；（2）最小值.（1）依题意画出图形，即可求出，再在中，由余弦定理，求出，再求出，最后根据计算可得；（2）以为原点，所在直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，求出、的坐标，设，即可表示出，，再根据向量数量积的坐标运算及三角函数的性质计算可得；解：解：（1）当时，如图所示.因为，所以，所以在中，由余弦定理，得因为，所以又所以（2）以为原点，所在直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，则因为，所以设，其中，所以，则所以当时，即时取得最小值；22．（1）或；（2）当时的值域为.时的值域为.解：分析：（1）由已知表示出向量，再根据，且，建立方程组求出，即可求得向量；（2）由已知表示出向量，结合向量与向量共线，常数，建立的表达式，代入，对分类讨论，综合三角函数和二次函数的图象与性质，即可求出值域.详解：（1），∵，且，∴，，解得，时，；时，.∴向量或.（2），∵向量与向量共线，常数，∴，∴.①当即时，当时，取得最大值，时，取得最小值，此时函数的值域为.②当即时，当时，取得最大值，时，取得最小值，此时函数的值域为.综上所述，当时的值域为.时的值域为.点睛：本题考查了向量的坐标运算、向量垂直和共线的定理、模的计算、三角函数的值域等问题，考查了分类讨论方法、推理与计算能力.