1、安徽省合肥市第八中学2020-2021学年高一数学下学期期末复习限时作业（7）（含解析）一、选择题：本题共8小题，共44分；前6小题为单项选择，每小题5分；后2小题为不定项选择，每小题7分。1. 已知复数，则下列说法正确的是A. z的虚部为4iB. z的共轭复数为C. D. z在复平面内对应的点在第二象限【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了复数的四则运算，复数的概念，共轭复数，复数的模，复数的代数表示及其几何意义，属于基础题根据题意由复数的四则运算可得z，逐项分析求解即可【解答】解：，A.z的虚部为4，故A错误；B.z的共轭复数为，故B正确；C.，故C错误；D.对应的点为，在第一象限，故D
2、错误；故选B2. 已知O为坐标原点，向量，在x轴上有一点P，使有最小值，则点P的坐标为 A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本题给出向量的坐标，求在x轴上一点P，使有最小值着重考查了向量数量积的坐标运算公式和二次函数的性质等知识，属于基础题设，可得、含有x的坐标形式，由向量数量积的坐标运算公式得，结合二次函数的图象与性质，可得当时取得最小值1，得到本题答案【解答】解：设点P的坐标为，可得，因此，二次函数，当时取得最小值为1，当时，取得最小值1，此时故选C3. 如图，在中，D为线段BC上异于B，C的任意一点，E为AD的中点，若，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】解：因为E
3、为AD中点，且，则，由题意得，B，D，C三点共线，所以即故选：B由题意得，结合B，D，C三点共线及向量共线定理有求出的值本题考查了平面向量的线性运算的应用及平面向量共线定理的应用，属于基础题4. 在直三棱柱中，则其外接球的体积是A. B. C. D. 【答案】B【解析】解：直三棱柱中，如图所示：已知，所以利用余弦定理：，整理得，解得，所以，故为直角三角形；所以点D为的外接圆的圆心，直三棱柱的外接球的球心在平面的中心位置，由于，所以，故故选：B首先利用余弦定理求出BC的长，进一步判断为直角三角形，再求出球的球心和半径，最后求出球的体积本题考查的知识要点：三棱柱体和外接球的关系，余弦定理，外接球的
4、球心的确定，球的体积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题5. 已知三棱锥中，PA，PB，PC两两垂直，且长度相等若点P，A，B，C都在半径为1的球面上，则球心到平面ABC的距离为 A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本题主要考球的内接三棱锥和内接正方体间的关系及其相互转化，棱柱的几何特征，球的几何特征，点到面的距离问题的解决技巧，为拔高题先利用正三棱锥的特点，将球的内接三棱锥问题转化为球的内接正方体问题，从而将所求距离转化为正方体中心到截面的距离问题，利用等体积法可实现此计算【解答】解：三棱锥中，PA，PB，PC两两垂直，且长度相等，此三棱锥的外接球即以PA，P
5、B，PC为三边的正方体的外接球O，且体对角线为球O的直径，球O的半径为1，设正方体的边长为a，则有，解得，正方体的边长为，即，球心到截面ABC的距离即正方体中心到截面ABC的距离，设P到截面ABC的距离为h，则正三棱锥的体积，由勾股定理易知为边长为的正三角形，则，由正方体的几何形状可知，直线PO经过三菱锥以P为顶点的高线，所以球心到平面ABC的距离为，球心即正方体中心到截面ABC的距离为故选：C6. 在中分别是的对边，若且，则的面积为A. B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了正弦定理、余弦定理、面积公式，同时还涉及到等差数列性质的应用，题目综合性较强解题时首先根据题意得
6、到，再根据正弦定理得到，最后结合余弦定理和面积公式，可以求出结果【解答】解：C 为的等差中项，由余弦定理可得：，由以上两式可得：，解得：或舍去，故选B二、多选题7. 如图，直三棱柱中，侧面中心为O，点E是侧棱上的一个动点，有下列判断，正确的是 A. 直三棱柱侧面积是B. 直三棱柱体积是C. 三棱锥的体积为定值D. 的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】本题考查三棱柱的结构特征、棱柱和棱锥侧面积和体积的求解，以及多面体折叠求最值问题，属于中档题对各选项逐一求解，并判定正误，即可得到答案【解答】解：在直三棱柱中，底面ABC和是等腰直角三角形，侧面全是矩形，所以其侧面积为，故A正确；直三棱柱的体积
7、为，故B不正确；由平面，且点E是侧棱上的一个动点，三棱锥的高为定值，故C正确；将四边形沿翻折，使四边形与四边形位于同一平面内，连接与相交于点E，此时最小，即，故D正确故选ACD8. 点O是平面上一定点，A，B，C是平面上的三个顶点，分别是边AC，AB的对角以下五个命题正确的是：A. 动点P满足，则的重心一定在满足条件的P点集合中B. 动点P满足，则的内心一定在满足条件的P点集合中C. 动点P满足，则的垂心一定在满足条件的P点集合中D. 动点P满足，则的外心一定在满足条件的P点集合中【答案】ABC【解析】【解答】解：对于A，因为，所以，所以，又根据正弦定理，有则，所以，所以共线，又因为经过线段B
8、C的中点D，所以也经过线段BC的中点D，所以点P的轨迹也经过线段BC的中点D，所以的重心一定在满足条件的P点集合中，故A正确；对于B，因为分别表示方向上的单位向量，所以的方向与的角平分线一致，又因为，所以，所以的方向与的角平分线一致，所以的内心一定在满足条件的P点集合中，故B正确；对于C，因为，所以，所以，所以，所以的垂心一定在满足条件的P点集合中，故C正确；对于D，设BC的中点为D，连接PD，则，又因为，所以，所以，所以A、P、D三点共线，且P为的重心，所以D错误；故选ABC【分析】本题主要考查向量的几何运用问题，分别根据向量平行、垂直的判断与证明，向量的数量积，根据三角形的重心、内心、垂心
9、的定义，逐项判断即可，属于中档题三、单空题9. 轴截面为等边三角形的圆锥叫作等边圆锥，底面半径为2的等边圆锥的体积为_ 【答案】【解析】解：圆锥的底面半径为2，轴截面为等边三角形，圆锥的母线长圆锥的高为，该圆锥的体积为故答案为：由已知可得圆锥的母线长，再由圆锥的体积公式求解本题考查圆锥的结构特征，考查圆锥体积的求法，是基础题10. 表面积为的球，其内接正四棱柱底面是正方形的直棱柱的高是7，则这个正四棱柱的表面积为_ 【答案】144【解析】解：设球的半径为r，则，解得，设正四棱柱的底面边长为a，则正四棱柱的体对角线为，解得，正四棱柱的表面积为，故答案为：144由已知计算球的半径，根据正四棱柱的体
10、对角线等于球的直径求出棱柱的底面边长，再计算表面积本题考查了球与棱柱的位置关系，几何体的体积与表面积计算，属于基础题11. 在中，边所对的角分别为，的面积S满足，若，则外接圆的面积为_【答案】【解析】【分析】本题考查了正弦定理，余弦定理以及三角形面积公式的应用，属于基础题首先根据三角形面积公式与余弦定理求解A，再结合正弦定理即可求解外接圆的半径【解答】解：设外接圆的半径为R在中，由，所以，可知，又所以，则所以可知外接圆的面积为故答案为：12. 如图，边长为2的菱形ABCD的对角线相交于点O，点P在线段BO上运动，若，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】本题考查了向量数量积运算，属于中档题以O
11、为原点建立平面直角坐标系，求得A，B坐标，设，代入求解【解答】解：以O为原点建立平面直角坐标系如下图所示，设，则，由得，由解得，故设，则，当时取得最小值为故答案为：四、解答题13. 如图为一个健身哑铃，它是由两个全等的大圆柱和中间一个连杆圆柱构成的，已知大圆柱的底面半径为，高为，连杆圆柱的底面半径为，高为求该健身哑铃的体积；求该健身哑铃的表面积【答案】解：设该健身哑铃的体积为V，因此，该健身哑铃的体积为；设该健身哑铃的表面积为S，则【解析】本题考查组合体表面积与体积的计算，解题关键就是要弄清组合体的构成，考查空间想象能力，属于中档题哑铃的体积等于两个大圆柱和一个连杆圆柱位于中间部分的体积之和，
12、即可得出结果；哑铃的表面积等于两个大圆柱的表面积与连杆圆柱位于中间部分侧面积之和减去连杆圆柱两个底面积，即可得出结果14. 如图，成都某湖泊湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台P，已知射线AB，AC为湿地两边夹角为的公路长度均超过2千米，在两条公路AB，AC上分别设立游客接送点M，N，从观景台P到M，N建造两条观光线路PM，PN，测得千米，千米求线段MN的长度；若，求两条观光线路PM与PN之和的最大值【答案】解：在中，由余弦定理得，所以千米设，因为，所以在中，由正弦定理得，所以，因此因为，所以所以当，即时，取到最大值答：两条观光线路距离之和的最大值为千米【解析】本题考查了解三角形的实际应用；关键是正确建模，然后利用正弦定理、余弦定理解三角形在中，利用余弦定理得到MN；设，得到，利用正弦定理将用表示，结合三角函数的有界性求最值