2020-2021年山东省泰安市肥城市高一数学下学期期中试卷及答案.doc-资料库

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2020-2021 年山东省泰安市肥城市高一数学下学期期中试卷及答案一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 若复数  z     3 2i i ，则 z 的虚部为 A. 3 B. 3i C. 2 D. 2i 2. 如图所示的螺母可以看成一个组合体，对其结构特征最接近的表述是 A. 一个六棱柱中挖去一个棱柱 B. 一个六棱柱中挖去一个棱锥 C. 一个六棱柱中挖去一个圆柱 D. 一个六棱柱中挖去一个圆台 3. 下列命题正确的是 A. 铺的很平的一张纸是一个平面 B. 四边形一定是平面图形 C. 三点确定一个平面 D. 梯形可以确定一个平面 4. 用斜二测画法画平面图形时，下列说法正确的是 A. 正方形的直观图为平行四边形 B. 菱形的直观图是菱形 C. 梯形的直观图可能不是梯形 D. 正三角形的直观图一定为等腰三角形  ，则 AB  2,3 , 4,2 B 可以 j 分别表示 x 轴和 y 轴正方向上的单位向量，且  A   5. 如果用 ,i 表示为 A． 2 i j B． 4 2i j C． 2 3i j D． 2 i j 6. 已知 1 2,z z 为复数，则下列命题正确的是 z A．若 1 | | | z ，则 1 z | 2 z 2 z B．若 1 z ，则 1z 为实数 1 C．若 2 z  ，则 2z 为纯虚数 2 0 D．若 z 1  2  1   z 2  2 1  z  ，则 1 0 z 2  1

7. 已知一个平面，那么对于空间内的任意一条直线 l ，在平面内一定存在一条直线 m ，使得直线l 与直线 m A．平行 B．相交 C．异面 D．垂直 8. 如图，在等腰 ABC 中，已知  AB  AC     1, A o 120 , E F , 分别是边 ,AB AC 的点，  AE   AB AF ,  且    别为 ,M N ，则 MN  AC  ,其中  ,  0,1  且 2    ，若线段 ,EF BC 的中点分 1 的最小值是 C A. C. 7 7 21 14 B. 7 D. 21 N M F A E B 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分。 9. 已知i 为虚数单位，以下四个说法中正确的是 A. i 2     4 3 i i i 0 B. 若   z 1 2i  2 ，则复平面内 z 对应的点位于第二象限 C. 已知复数 z   x y i    ，则 x z i y 2 m 10. 已知向量  D. 若复数 a   3 m  ,1 ,  z  R 且 1  24 i 2 m   2  , x y    1, 2  m    4 b  是纯虚数，则 1m  或 m   4 ，记向量 a ， b 的夹角为，则 A． 2 时，为锐角 B． 2 时，为钝角 C． 2 时，为直角 D．   时，为平角 1 2 11. 设 , ,a b c 分别为 ABC 的内角 , ,A B C 的对边，下列条件中可以判定 ABC 一定为等腰三角形的有 A． cos C． sin a b  A b B c  cos B sin C  B． cos B b b a  cos a D． 2 cos A C 12. 中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一，印信的形状多为长方体、正方体

或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”. 半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体. 半正多面体体现了数学的对称美，如图是一个棱数为 24 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为1 . 则下列关于该多面体的说法中正确的是 A．多面体有12 个顶点，14 个面 B．多面体的体积为 5 6 C．多面体的表面积为3+2 3 D．多面体有外接球（即经过多面体所有顶点的球）三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13. 已知向量 6,a e 为单位向量，当向量 a ，e 的夹角等于 o45 时，则向量 a 在向量 e 上的投影向量是 14. 如图，正方体 .  ABCD A B C D 1 1 1 的棱长为 a ，过顶点 , ,B D A 截下一个三棱锥．则剩 1 1 余部分的体积是 . 15. 在 ABC 中，已知 b B 2,  o 45 ，若该三角形有两解，则 a 的取值范围是． 16. 如图，“中国天眼”是我国具有自主知识产权、世界最大单口、最灵敏的球面射电望远镜，其反射面的形状为球冠. 球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，球冠表面积 S Rh 2 ，其中 R 为球的半径，h 为球冠的高 . 设球冠底的半径为 r ，周长为 C ，球冠的表面积为 S ，则 r R 的值为 .（结果用 S 、C 表示）

四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（10 分）从① z 与复数 2 12i 相等,② z 与复数12 16i 成共轭复数，③ z 在复平面上对应的点在第一、三象限角平分线上这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 问题：若复数  1  z   i m 2   5 2   i m   6 15   i m  R ，  . 求方程 2 x mx  1 0    x C 的根.  注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 18．（12 分）已知直线 ,a b ，平面 ,，且 a  ，b  ， // . 判断直线 ,a b 的位置关系，并说明理由. 19．（12 分）一个几何体由圆锥和圆柱组成，其尺寸如图所示．（1）求此几何体的表面积；（2）如果点 P Q、在直观图中所示位置， P 为所在母线中点，Q 为母线与底面圆的交点，求在几何体表 P · 面上，从 P 点到Q 点的最短路径长. a 2a Q · 2a 20．（12 分）（1）叙述并证明余弦定理；

（2）海上某货轮在 A 处看灯塔 B 在货轮北偏东 o75 ，距离为12 6 海里；在 A 处看灯塔 C ，在货轮的北偏西 o30 ，距离为8 3 海里；货轮向正北由 A 处航行到 D 处时看灯塔 B 在北偏东 o 120 ，求灯塔C 与 D 处之间的距离． 21．（12 分）中，内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c . 已知 3 c  ，向量 p  ,a c ，在 ABC  （1）求 ABC sin , 3 cos A q  ，且 //p q . C 外接圆的直径；（2）若sin A  sin B  2 6 sin sin A B ，求 ABC 的面积． 22．（12 分）在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型 P ABCD  ，并要求同学们将该四棱锥切割成三个小四棱锥. 某小组经讨论后给出如下方案：第一步，过点 A 作一个平面分别交 , PB PC PD 于点 , ,E F G ，得到四棱锥 P AEFG  , ；第二步，将剩下的几何体沿平面 ACF 切开，得到另外两个小四棱锥. 在实施第一步的过程中，为方便切割，需先在模型表面画出截面四边形 AEFG ，若作出点G ，并说明作法及理由. PE PB  ， 3 5 PF PC  ，请在图中的棱 PD 上 1 2 P F · E · C D A B

答案一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 题号 1 答案 A 2 C 3 D 4 A 5 A 6 B 7 D 8 C 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分. 题号答案 9 AC 10 ACD 11 BCD 12 ABD 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 3 2e 14. 35 a 6 15.  2,2 2  C 16. 2 4 S C   2 S  四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分. 解: 17.（10 分）  1   m  z 2   i m 2   5 m  6   5 2   m   6 15 i   15  i  i m   2  2 m ………………………………………………3 分（1）选择条件① 根据复数相等的充要条件，得    2 m 2  5 m  2 m  6 2   15 12   m ………………………………………6 分解得 m   ，…………………………………………………………………………………7 分 1 方程 2 x x   的根为 1  1 0 x  3 i 2 ………………………………………………………10 分（2）选择条件② 根据共轭复数的定义，得    m 2 m 2  2  6 12 5 m   15 16 m    ……………………………………………6 分解得 1m  ， …………………………………………………………………………………7 分方程 2 x x   的根为 1 0 x  3 i 1   2 （3）选择条件③ ……………………………………………………10 分根据题意，得 2 m 15  ……………………………………………………6 分 m   ， …………………………………………………………………………………7 分   解得 5 m m m 3 6 2   2 方程 2 x 3 x   的根为 3 1 0  x 5  2 ……………………………………………………10 分

18.（12 分）解：直线 ,a b 的位置关系是平行直线或异面直线 ……………………………………3 分理由如下：由 // ，直线 ,a b 分别在平面，内，可知直线 ,a b 没有公共点. 因为若 ,a b 有公共点，那么这个点也是平面，的公共点，这与是平面，平行矛盾. 因此直线 ,a b 不相交，它们是平行直线或异面直线. ……………………………………………………11 分 ………………………………12 分 ……………………………………………………7 分  1 2  2 a     2 a  4 a  19.（12 分）解：（1）由题设，此几何体是一个圆锥加一个圆柱，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积与圆柱的一个底面积之和. S 圆锥侧   2 a    2 2 a  ， ………………………………………………2 分 S 圆柱侧     2 a  2 ， ……………………………………………………4 分 S 圆柱底 a 2 ， …………………………………………………………………………5 分所以 S  S  S 圆锥侧  （2）沿 P 点与Q 点所在母线剪开圆柱侧面，展开如图. 4 a a   2 a  圆柱底圆柱侧  S  2  2  2  则 PQ  2 AP  2 AQ …………………………………9 分  2a   a 2  2 1a   . ………………………………………11 分 2 5   a  2 . ………6 分 B P A C Q 所以 P 、Q 两点间在侧面上的最短路径长为 2 1a  . ……………………………12 分 20.（12 分）解：（1）余弦定理：三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的二倍. 或在 ABC 中，三个角 , ,A B C 所对的边分别是 , ,a b c ，有 2 a  2 b  c 2 2  bc cos A 2 b  2 c  a 2 2  ca cos B 2 c  2 a  2 b  2 ab cos C ………………………………………………………………3 分

（1）证明：在 ABC 中， 2a   BC 2    AC  AC 2 2  AB  AB     2     2 AC AB   2 2 AC AB  cos A    AC AB AC AB       2 b  c 2 2  bc cos A 即 2 a  2 b  c 2 2  bc cos A 同理可证 2 b  2 c  a 2 2  ca cos B 2 c  2 a  2 b  2 ab cos C ………………………………………………………………6 分（2）解：由题意，画出示意图．在 ABD 中，由已知得 ADB  o 60 ,   B o 45 , AB  12 6 ，  AB sin 60 由正弦定理得 AD  o sin 45  o  ，………………………………………………9 分 24 在 ADC 中，由余弦定理得 2 CD  2 AD AC  2  2 AD AC  o cos30  2 24   8 3 2    2 24 8 3   3 2   8 3 2  ，所以 CD  8 3 （海里)．即C ，D 之间的距离为8 3 ．………………………………………………………………12 分 21.（12 分）解：（1）因为 //p q ，所以 sin c A  3 cos a C .……………………………………………………………………2 分由正弦定理得：sin sin C A  3 sin cos A C . …………………………………………4 分因为sin 0A  ，所以 tan C  3 .

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