大同市高一下学期数学期末考试练习题及答案解析

高一数学考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．4．本卷命题范围：人教A版必修第二册第六章～第八章第5节．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.下列几何体为旋转体的是（）A.三棱锥 B.四棱台 C.六棱柱 D.圆台【答案】D【解析】【分析】根据旋转体定义得解.【详解】在四个选项涉及的几何体中，只有圆台是旋转体.故选：D.2.复数的虚部为（）A. B.4 C. D.4i【答案】A【解析】【分析】利用复数的减法及复数的有关概念求解.【详解】依题意，，其虚部为.故选：A3.已知，，点P满足，则点P的坐标是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出向量的坐标，进而求出点的坐标.【详解】点，，则，于是，所以点的坐标为.故选：C4.已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，且，，，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.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【详解】若两个平面平行，平面内任意一条直线都与另一平面无交点，因为，所以必有,即：由能推出，必要性成立;已知，，,若直线，两条平行线同时平行于平面，此时平面可以和平面相交,故仅不能推出，充分性不成立.则“”是“”的必要不充分条件.5.如图，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，则平面图形的周长为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】由题意可知，原平面图形为直角梯形，，周长为.6.已知向量且向量在向量上的投影向量为，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据向量投影向量的定义，结合向量的模长，对比已知投影向量的系数即可求得数量积.【详解】已知向量，则，因此，又因为向量在向量上的投影向量为，即，

解得，故A正确.7.如图，在中，，N为线段上的一点，若，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】因为，所以，所以，显然，，又，，三点共线，所以，由基本不等式得，所以，当且仅当，即，时，等号成立.所以的最大值为.8.如图，公路一侧有一幢楼，公路与楼底在同一平面上，小明在公路上行走，在点处测得楼顶的仰角为，行走100米到达处，测得楼顶的仰角为，再行走100米到达点处，测得楼顶的仰角为，则楼的高为（）参考数据：.A.米 B.米 C.300米 D.米【答案】A【解析】【详解】由题可知，则，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，又，两式相加，得，即，解得.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.若复数为纯虚数，则（）A.为实数 B.为实数C.为实数 D.为实数【答案】ACD【解析】【分析】根据题意，设且，得到，结合复数的运算法则，逐项判定，即可求解.【详解】因为为纯虚数，设且，则，由，所以A正确；由，所以B错误；由为实数，所以C正确；由为实数，所以D正确.故选：ACD.10.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（）A.若，则B.若，则是锐角三角形C.若，，，则有两解D.若的面积为S，且，则【答案】AD【解析】【分析】根据余弦定理和正弦定理和面积公式，判断选项.【详解】对于A，由，可得，由正弦定理可得，所以A正确；对于B，由正弦定理得，所以，所以C为锐角，但A，B可能为钝角，不能确定为锐角三角形，故B错误；对于C，已知，，，根据正弦定理可知，解得，所以无解，C错误；对于D，若的面积为S，因为，则，所以，则，由于，则，故D正确.11.如图，在四面体中，，分别为棱，的中点，点，分别在棱，上，且，，则下列说法正确的是（）A.，，，四点共面B.平面C.与是异面直线D.直线，，相交于一点【答案】BCD【解析】【分析】根据点，线，面的关系即可判断选项A；根据线面平行的判定即可判断选项B；先证明，，，四点共面，进而即可判断选项C；设，再证明是否在直线上，进而即可判断选项D．【详解】对于A，依题意得，，平面，且，，三点不共线，而平面，所以，，，四点不共面，故A错误；对于B，因为，分别为棱，的中点，所以，且，又平面，而平面，所以平面，故B正确；对于C，因为点，分别在棱，上，且，，所以，且，所以，且，所以，，，四点共面，又平面，所以与是异面直线，故C正确；对于D，因为，，，四点共面，且显然不平行，所以相交，设，又平面，平面，所以平面，且平面，又平面平面，所以，所以直线，，相交于一点，故D正确．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知正四棱台的上、下底面边长分别是3cm和9cm，侧棱长为5cm，则该棱台的表面积为________．【答案】186【解析】【详解】因为正四棱台的上、下底面边长分别是3cm和9cm，侧棱长为5cm，所以棱台的斜高为，所以该棱台的表面积为．13.已知是关于的方程的一个根，其中i为虚数单位，则________．【答案】1【解析】【分析】将方程的根代回方程，结合复数的性质建立关于的方程并求解.【详解】因为是关于的方程的一个根，所以，整理得，所以，解得，，所以．14.已知为的外心，且满足，则的最大值为______.【答案】【解析】【分析】过作，垂足为，由向量数量积几何意义可得，同理可得，，再利用余弦定理结合基本不等式计算可解.【详解】过作，垂足为，而为的外心，则是的中点，所以；同理，，又，所以，设，，，则，所以，当且仅当时等号成立，显然，所以.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知复数，在复平面内对应的点分别为，．（1）若，求；（2）若复数在复平面内对应的点位于第二象限，求实数m的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题可知：，，进而可求和其模长；（2）整理可得，结合复数的几何意义运算求解.【小问1详解】由题可知：，，则，所以．【小问2详解】由题意可知：，因为复数z在复平面内对应的点位于第二象限，则，解得，故实数m的取值范围为．16.已知向量，．（1）求与垂直的单位向量的坐标；（2）若，求的坐标；（3）若，求与的夹角的余弦值．【答案】（1）或（2）或（3）【解析】【分析】（1）由向量垂直的坐标公式和向量模长公式联立方程组计算可得结果；（2）由向量共线定理设，利用模长坐标公式计算得到的值，从而可得的坐标；（3）由可得，再用夹角公式计算即可.【小问1详解】设与垂直的单位向量的坐标为，所以，解得或，即与垂直的单位向量的坐标为或．【小问2详解】因为，设，则，解得．因此或．【小问3详解】因为，所以，解得，设与的夹角为，所以，即与的夹角的余弦值为．17.在正方体中，点是棱上的一点，且，点是棱上的一点，且.（1）若正方体的所有顶点均在球的球面上，球的表面积为，求球的体积及正方体的体积；（2）若平面，平面，平面，证明：三点共线.【答案】（1）8（2）因为平面，所以平面，且，又平面，所以平面，同理，平面平面，所以平面平面，同理，平面平面，所以，即三点共线.【解析】【分析】（1）根据外接球表示出球的半径，再根据球的表面积列方程求出半径，再求出球的体积以及正方体体积.（2）根据平面的性质可得点在平面与平面的交线上，同理可得点也在两平面的交线上，即可得证；【小问1详解】设正方体的棱长为，则球的半径，所以球的表面积，所以，所以球的体积，正方体的体积.【小问2详解】略18.如图所示，已知点是平行四边形所在平面外一点，分别为的中点，平面平面.（1）证明：；（2）求证：平面；（3）直线上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.【答案】（1）因为平面平面，所以平面，又平面平面平面，所以.（2）取中点，连接，则在中，，又在中，，则，即四边形为平行四边形，所以，又平面平面，所以平面.（3）存在，为中点；当为中点时，平面平面.证明如下：取的中点为，连接，则在中，，又平面平面，则平面，同理可证，平面，又平面，所以平面平面.【解析】【分析】（1）先证明线面平行，再用线面平行的性质定理证明线线平行.（2）通过构造辅助线，在平面找到与平行的线，利用线面平行的判定定理可证明.（3）构造中点，面面平行的判定定理证明平面平面，可确定的位置.【小问1详解】略【小问2详解】略【小问3详解】略19.已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求A；（2）若是锐角三角形，且，求的周长的取值范围；（3）若，，等边的顶点D，E，F分别在边，，上（不含端点），求的面积的最小值.【答案】（1）（2）（3）.【解析】【分析】（1）根据的具体表达式，结合正弦定理边化角化简已知等式，建立关于角A的方程，进而求解角；（2）先利用正弦定理将边a、c用角B、C表示，结合锐角三角形的条件确定B的取值范围；将三角形周长转化为关于B的三角函数，再根据三角函数的性质求取值范围；（3）可设，利用三角形内角和与正弦定理，将用含的三角函数形式表示，并确定相关参数的取值范围，继而写