山东省平邑县沂水县2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题

山东省平邑县沂水县2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题

高一阶段性教学质量检测 数学试题 一、单选题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.‎ ‎1.若复数：满足，则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 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数代数形式的四则运算求出，再根据共轭复数及复数的几何意义即可求出答案．‎ ‎【详解】解：∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，则在复平面内对应的点在第四象限，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查复数代数形式的四则运算，考查复数的几何意义，属于基础题．‎ ‎2.已知角α的终边在直线上，则（ ）‎ A. B. C. 3 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可求，结合两角差的正弦公式即可求解的值.‎ ‎【详解】解：由题意知，，所以.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查了两角差的正弦公式.本题的关键是将已知转化为角的正切值为2.‎ ‎3.在中，角，，的对边分别为，，，，，，则的大小为（ ）．‎ A. B. C. 或 D. 或 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由正弦定理可得，即，‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎∴．‎ 本题选择A选项.‎ ‎4.已知，是夹角为60°的单位向量，则（ ）‎ A. 7 B. ‎13 ‎C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合单位向量的定义及数量积的公式，求出，进而可求.‎ ‎【详解】解：，所以.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了单位向量的定义，考查了向量的数量积公式，考查了向量模的求解.本题的关键是求出模的平方.一般求向量的模时，可通过向量的平方等于模的平方这一性质，先求出向量平方的值，再求模；也可由模的坐标表示进行求解.‎ ‎5.某种浮标是一个半球，其直径为‎0.2米，如果在浮标的表面涂一层防水漆，每平方米需要 ‎0.5涂料，那么给1000个这样的浮标涂防水漆需要涂料（ ）（取3.14）‎ A. 47.1 B. 94.2 C. 125.6 D. 157‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合球的表面积公式，求出一个浮标的表面积，进而可求1000个浮标涂防水漆需要涂料质量.‎ ‎【详解】解：由题意知，半球的半径米.一个浮标的表面积 平方米，‎ 所以1000个浮标涂防水漆需要涂料.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了球的表面积的求解.本题的关键是求出半球的表面积.本题的易错点是求表面积时，忽略半球的圆面的面积.‎ ‎6.已知函数（，，）的部分图象如图所示，则（ ）‎ A. B. ‎1 ‎C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由周期为可求出；由函数的最值可求出；由当时，可知，结合可知，进而可求出的值.‎ ‎【详解】解：由图可知，，所以，解得；‎ ‎，‎ 所以.因为当时，，则，‎ 即，因为，所以，即，‎ 所以.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了由的函数图像确定其解析式，属于基础题.‎ ‎7.已知一个圆柱侧面积等于表面积的，且其轴截面的周长是16，则该圆柱的体积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆柱的底面半径为，高为，则由题意得，，解方程组，再根据圆柱的体积公式求解即可．‎ ‎【详解】解：设圆柱的底面半径为，高为，‎ ‎∵圆柱的侧面积等于表面积的，且其轴截面的周长是16，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴圆柱的体积为，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查圆柱表面积公式与体积公式，属于基础题．‎ ‎8.已知，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角函数的诱导公式和余弦的倍角公式，即可求解.‎ ‎【详解】由 ‎.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角恒等变换的化简、求值，其中解答中数列应用三角函数的诱导公式和余弦的倍角公式是解答的关键，着重考查推理与运算能力.‎ 二、多选题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.‎ ‎9.用一个平面去截一个几何体，截面的形状是三角形，那么这个几何体可能是（ ）‎ A. 圆锥 B. 圆柱 C. 三棱锥 D. 正方体 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物体特征分析截面可能的情况即可得解.‎ ‎【详解】圆锥的轴截面是三角形，圆柱的任何截面都不可能是三角形，‎ 三棱锥平行于底面的截面是三角形，‎ 正方体的截面可能是三角形，如图：‎ 故选：ACD ‎【点睛】此题考查物体截面辨析，关键在于熟悉常见几何体的几何特征，分析截面可能的情况.‎ ‎10.已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 若，，，则 B. 若m，，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，，则 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面位置关系判定A正确，根据面面垂直的性质可得D正确，B选项必须两条直线相交，C选项两条直线可能平行也可能异面.‎ ‎【详解】A选项若，，则，，则，所以该选项正确；‎ B选项若m，，，，必须m与n相交，才能得出，所以该选项错误；‎ C选项若，，，则可能平行也可能异面；‎ D选项根据面面垂直的性质可得若，，，，则该选项正确.‎ 故选：AD ‎【点睛】此题考查空间线面位置关系的判定，关键在于熟练掌握线面之间的垂直和平行关系的判断，结合定理和性质即可判定.‎ ‎11.如图所示，四边形为梯形，其中，，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量运算法则依次计算每个选项得到答案.‎ ‎【详解】，正确；‎ ‎，正确；‎ ‎，错误；‎ ‎，正确.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查了向量的运算，意在考查学生的计算能力.‎ ‎12.将函数图象向左平移个单位，再把各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 的最大值为 B. 是奇函数 C. 的图象关于点对称 D. 在上单调递减 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先利用函数的关系式的变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用图象的平移变换和伸缩变换的应用求出函数的关系式，进一步利用性质的应用求出结果．‎ ‎【详解】解：函数，‎ 把函数图象向左平移个单位，得到，‎ 再把各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到．‎ ‎①故函数的最大值为，故选项错误．‎ ‎②函数为偶函数，故选项错误．‎ ‎③当时，，所以图象关于点对称，故选项正确．‎ ‎④由于，在，上单调递减，故函数在上单调递减．故选项正确．‎ 故选：CD．‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，函数的图象的平移变换和伸缩变换的应用，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．‎ 三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.的值为______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式及两角和的余弦公式计算可得；‎ ‎【详解】解： ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查诱导公式及两角和的余弦公式的应用，属于基础题.‎ ‎14.若正方体的外接球的体积为，则此正方体的棱长为____________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设正方体的棱长为，用表示正方体外接球的半径，‎ 利用外接球的体积求出，即可得出正方体的棱长．‎ ‎【详解】解：设正方体的棱长为，且正方体外接球的直径为，‎ 则，‎ 解得；‎ 所以外接球的体积为 ‎，‎ 解得，‎ 所以该正方体的棱长为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了正方体与它的外接球的体积计算问题，属于基础题．‎ ‎15.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则__________.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由余弦定理即可求出．‎ ‎【详解】解：在中，角，，所对的边分别为，，．‎ ‎，，，‎ 由余弦定理得：，即，‎ 解得或（舍，‎ 故答案为：6．‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理的应用，属于基础题.‎ ‎16.已知向量，，则的最大值为________；若且，则x的值为__________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由向量的数量积的运算，可得得，结合三角函数的性质，即可求得取得最大值，再由向量共线条件和正弦的倍角公式，得到，求得的值.‎ ‎【详解】由题意，向量，，‎ 可得（其中），‎ 当时，此时取得最大值.‎ 由，可得，即，‎ 又因为，所以，可得.‎ 故答案：，.‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积的坐标运算，向量的共线条件，以及三角函数的性质和正弦的倍角公式的综合应用，着重考查推理与运算能力.‎ 四、解答题：本题共6个小题，共70分.‎ ‎17.已知复数.‎ ‎（1）求复数z的模；‎ ‎（2）若（m，），求m和n的值.‎ ‎【答案】（1）5；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据复数的代数形式的四则运算及复数的模的计算公式求解即可；‎ ‎（2）由（1）知，由此可得，解出即可．‎ ‎【详解】解：（1），‎ 则；‎ ‎（2）由（1）知，，‎ ‎∴，‎ 即，‎ ‎∴，‎ 解得．‎ ‎【点睛】本题主要考查复数代数形式的四则运算，考查复数的模与共轭复数，属于基础题．‎ ‎18.已知向量，.‎ ‎（1）求向量与的夹角；‎ ‎（2）若（），且，求m的值 ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用向量的夹角公式求解即可；‎ ‎（2）先求出，再解方程即得解.‎ ‎【详解】解：（1）∵，，‎ ‎∴.，‎ 由题得，，‎ 设向量与的夹角为，则 ‎，‎ ‎∵，所以.‎ 即向量与的夹角为.‎ ‎（2）∵，，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 解得.‎ ‎【点睛】本题主要考查向量夹角的计算，考查向量的坐标运算和向量垂直的坐标表示，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎19.已知向量，，函数.‎ ‎（1）求的最小正周期和的图象的对称轴方程；‎ ‎（2）求在区间上的值域.‎ ‎【答案】（1）最小正周期，对称轴方程为（）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由向量数量积的坐标运算求出的表达式，利用两角和的正弦、余弦公式及二倍角公式化简函数解析式，利用正弦函数的周期性及对称性可求得的周期与对称轴；（2）求出的范围，根据正弦函数的图象与性质即可求得值域.‎ ‎【详解】（1）‎ ‎，‎ 即，‎ ‎∴的最小正周期，‎ 令（），得（），‎ ‎∴对称轴方程为（）.‎ ‎（2）∵，，‎ ‎∴当，即时，取得最大值1，‎ 当，即时，取得最小值，‎ ‎∴在区间上的值域为.‎ ‎【点睛】本题考查三角恒等变换与平面向量结合问题、正弦函数的图象与性质，属于基础题.‎ ‎20.如图，在四棱锥中，平面，，，，E，F分别是和的中点，‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）证明：平面平面.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由平面，可得，又，可证平面，从而可证. （2）由条件可得四边形为平行四边形，则，在中，可得，从而可证明结论.‎ ‎【详解】证明：（1）∵平面，平面，‎ ‎∴，‎ 又，，‎ ‎∴平面，‎ ‎∵，‎ ‎∵.‎ ‎（2），E为的中点，‎ ‎∴，‎ 又∵，∴四边形为平行四边形，‎ ‎∴.‎ 又平面,平面 所以平面 ‎∵在中，E，F分别是和的中点，‎ ‎∴，‎ 又平面,平面 所以平面 ‎∵，‎ ‎∴平面平面.‎ ‎【点睛】本题考查由线面垂直证明线线垂直，和证明面面平面，注意证明线线垂直由线面垂直转化证明，属于基础题.‎ ‎21.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.‎ ‎（1）求A；‎ ‎（2）若，的外接圆半径为1，求的面积.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由条件结合正弦定理有，再由正弦的和角公式可得，在三角形中可得，从而可得答案. （2）由（1）中结合正弦定理有,在由余弦定理利用配方可求出的值，从而求出面积.‎ ‎【详解】解：（1）∵，‎ ‎∴由正弦定理得，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 又C为三角形的内角，，‎ ‎∴，∴，‎ 又A为三角形内角，‎ ‎∴；‎ ‎（2）设的外接圆半径为R，则，‎ ‎∴由正弦定理得，，‎ 由余弦定理得，‎ ‎∴，∴.‎ ‎∴的面积为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦定理进行边角的转化结合正弦的和角公式和三角形的性质求角，考查余弦定理的应用，求三角形的面积，属于中档题.‎ ‎22.如图，在三棱柱中，平面，，，D，E 分别是，的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若异面直线与所成的角为30°，求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接B‎1C，交1于点F，连接，可得，从而可证明. （2）由题意即为异面直线与所成的角，则，则可求出的面积，由，可求出答案.‎ ‎【详解】解：（1）证明：如图，连接B‎1C，交 BC1于点F，‎ 在中，由于D为的中点，F为的中点，‎ ‎∴为的中位线，‎ ‎∴，‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴平面；‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴即为异面直线与所成的角，‎ ‎∵异面直线与所成的角为30°，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵D是的中点.‎ ‎∴，‎ 又∵平面，，E是的中点.‎ ‎∴.‎ ‎，‎ ‎∴‎ 即三棱锥的体积为6.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明和求锥体的体积，对几何体进行分拆是解决本题的关键，属于中档题.‎