海南省海南中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）.doc

1、海南省海南中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）一、单项选择题：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.函数的最小正周期是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】正弦（型）函数的最小正周期，即得答案.【详解】函数的最小正周期.故选：D【点睛】本题考查三角函数的最小正周期，属于基础题.2.已知复数，所对应点分别是，那么向量对应的复数是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据复数减法的几何意义直接求解即可.【详解】根据复数减法的几何意义可知向量对应的复数等于终点对应的复数减去起点对应的复数，即，所以向量对应的复数是.故选：C【点

2、睛】本题主要考查复数的几何意义，属于基础题.3.在四边形中，若，则（ ）A. 四边形一定是平行四边形B. 四边形一定是菱形C. 四边形一定是正方形D. 四边形一定是矩形【答案】A【解析】【分析】根据两向量相等可知，对应的线段平行且相等.即可.详解】由题意得，即，且，四边形一定是平行四边形.【点睛】本题考查向量的加法，以及相等向量.属于较易题.4.已知为异面直线，平面，平面、，则（ ）A. 与都相交B. 与至少一条相交C. 与都不相交D. 至多与中的一条相交【答案】B【解析】【分析】由题意画出满足条件的图象，结合异面直线的定义，得到正确选项.【详解】若与都不相交，则，则，这与是异面直线矛盾；故C

3、不正确；如图，与中的一条相交，另一条不相交，也可以与两条都相交，但不交于同一点，如图综上：与中的至少一条相交.故选：B【点睛】本题考查判断直线与直线的位置关系，意在考查空间想象能力，属于基础题型.5.已知两个复数，则的值是( )A. 1B. 2C. -2D. 3【答案】B【解析】【分析】直接用复数的乘法公式计算.【详解】由,则，；同理，则.故选：B【点睛】本题考查了复数乘法运算，属于容易题.6.在中，.点满足，则( )A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】根据，建立坐标系，利用坐标求向量的数量积【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，点A是BM的中点，在中，故选：C【点睛】本

4、题考查向量的坐标运算，属基础题。7.在直角梯形中，若将直角梯形绕边旋转一周，则所得几何体的表面积为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】判断出旋转后的几何体的结构，由此计算出几何体的表面积.【详解】画出旋转后的几何体如下图所示，由图可知，几何体是由一个圆柱挖掉一个圆锥所得.所以表面包括圆锥的侧面、圆柱的侧面和圆柱的一个底面.圆锥的侧面积为，圆柱的侧面积为，圆柱的一个底面面积为，所以几何体的表面积为.故选：B【点睛】本小题主要考查旋转体表面积计算，属于中档题.8.已知函数的图象的一条对称轴是，则函数的一个初相是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的图

5、象的一条对称轴是，可得，从而可求出，进而可得，由此可求出的初相.【详解】因为函数的图象的一条对称轴是，所以，即，所以，所以，所以，所以函数的一个初相为.故选：A【点睛】本题主要考查三角函数的对称性，两角差的正弦公式的逆用及初相的概念，属于中档题.二、多项选择题：在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求9.已知在中，角，所对的边分别为，且，则下列说法正确的是( )A. 或B. C. D. 该三角形的面积为【答案】BC【解析】【分析】首先利用余弦定理求得，利用正弦定理求得，由此求得，进而求得.利用三角形的面积公式求得三角形的面积.从而确定正确选项.【详解】由余弦定理得，所以.由正弦定理得，所以，

6、由于，所以.所以.三角形的面积为.故BC选项正确，AD选项错误.故选：BC【点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于中档题.10.下列推理正确的是( )A. ，B. ，C. ，D. ，；，且，三点不共线，重合【答案】AD【解析】【分析】根据公理1判断A选项的正确性；根据线面关系判断B选项的正确性；根据面面的位置关系判断C选项的正确性；根据公理2判断D选项的正确性.【详解】对于A选项，根据公理1，直线上有两个点在平面内，则这条直线在平面内，故A选项正确.对于B选项，由于，可能，故B选项错误.对于C选项，两个平面可能重合，故C选项错误.对于D选项，由于，三点不共线

7、，根据公理2可知，过不同在一条直线上的三个点，有且仅有一个平面，所以重合，故D选项正确.故选：AD【点睛】本小题主要考查空间点、线、面位置关系有关命题真假性的判断，属于基础题.11.设函数，则( )A. 是偶函数B. 在区间上单调递增C. 最大值为2D. 其图象关于点对称【答案】AD【解析】分析】利用辅助角公式、诱导公式化简函数的解析式，然后根据余弦函数的性质对四个选项逐一判断即可.【详解】.选项A：，它是偶函数，正确；选项B：，所以，因此是单调递减，错误；选项C：的最大值为，错误；选项D：函数的对称中心为，当，图象关于点对称，错误. 故选：AD【点睛】本题考查了辅助角公式、诱导公式、考查了余

8、弦型函数的性质，属于基础题.12.若内接于以为圆心，为半径的圆，且，则下列结论正确的是( )A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】根据已知条件求得，由此判断出正确选项.【详解】由于内接于以为圆心，为半径的圆，且，所以，两边平方并化简得，两边平方并化简得，两边平方并化简得.所以，A选项错误；，B选项正确.，C选项错误.，D选项正确.故选：BD【点睛】本小题主要考查平面向量线性运算、数量积运算，属于中档题.三、填空题13.复数的虚部是_.【答案】【解析】【分析】直接利用复数的乘除运算法则化简即可.【详解】因为，所以其虚部为.故答案为：【点睛】本题主要考查复数的乘除运算及复数的概念，考

9、查基本运算能力，属于基础题.14.已知向量与的夹角为，且，则实数_.【答案】2【解析】【分析】根据，化简计算得到答案.【详解】，则，故.故答案为：.【点睛】本题考查了根据向量垂直求参数，意在考查学生的计算能力.15.阿基米德（公元前287年公元前212年）的墓碑上刻有“圆柱容球”（如图）这一几何图形，这是因为阿基米德在他的许许多多的科学发现中，以“圆柱容球”定理最为满意，“圆柱容球”是指圆柱的底面直径与高都等于球的直径，对圆柱与球的体积与面积而言，写出你推出的两个结论_.（指相等关系）.（注：用文字或者符号表示均可）【答案】圆柱的内切球体积是圆柱体积的，球的表面积也是圆柱表面积的【解析】【分析

10、】根据球和圆柱的表面积和体积公式分别证明.【详解】设圆柱底面半径为，那么圆柱的体积，内切球的体积，则，圆柱的表面积，内切球的表面积，则.故答案为：圆柱的内切球体积是圆柱体积的，球的表面积也是圆柱表面积的【点睛】本题考查组合体的体积和表面积，还考查了对数学史的了解，属于基础题型.16.如图在平面四边形ABCD中，ABC75，BC2，则AB的取值范围是_【答案】（，）【解析】如图所示，延长BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合与E点时，AB最长，在BCE中，B=C=75，E=30，BC=2，由正弦定理可得，即，解得=，平移AD ，当D与C重合时，AB最短，此时与AB交于F，在BCF中，B=BFC

11、=75，FCB=30，由正弦定理知，即，解得BF=，所以AB的取值范围为（，）.考点：正余弦定理；数形结合思想四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.已知直三棱柱的底面是等腰直角三角形，且，侧棱.（1）在给定的坐标系中，用斜二测画法画出该三棱柱的直观图（不要求写出画法，但要标上字母，并保留作图痕迹）；（2）求该三棱柱的表面积.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）三棱柱的直观图见解析；（2）直三棱柱的表面积等于上下底面的面积与3个侧面的面积和.【详解】（1）如图所示（2）三角形是等腰直角三角形，且，.又，直三棱柱的表面积.【点睛】本题考查用斜二测画法画几何体的直观

12、图，考查几何体的表面积，属于基础题.18.已知向量，且，（1）求与；（2）若，求向量，的夹角的大小【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）根据向量平行和向量垂直的坐标表示即可求出答案；（2）进行向量加法和数乘坐标运算即可得出，然后再根据向量数量积的定义及其坐标表示即可求出答案【详解】解：（1）由得，解得，由得，解得，；（2）由（1）知，向量，的夹角为【点睛】本题主要考查平面向量平行与垂直的坐标表示，考查平面向量数量积的应用，考查计算能力，属于基础题19.在中，内角，的对边分别为，且.（1）求；（2）若，且，求的周长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用余弦定理化简已知条件，

13、由此求得的值，进而求得的值.（2）利用正弦定理化简已知条件求得，结合余弦定理求得，由此求得的周长.【详解】（1）依题意，所以，所以，由于，所以.（2）依题意，由正弦定理得，由余弦定理得，所以.所以三角形的周长为.【点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，属于中档题.20.已知函数的部分图象如图所示.（1）求的解析式.（2）将函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，再将所得函数图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，求的单调递增区间.【答案】（1）；（2）（）.【解析】【分析】（1）通过图形求出，利用周期公式求出，利用，可求，又由，得A的值，进而得到函数的解析式；（2）根据函

14、数的图象变换规律得到的解析式，由正弦函数的性质可得结果.【详解】（1）由图得：，又，得：，当时，又由，得：，.（2）将的图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变得到，再将图象向右平移个单位得到，由，得：，的单调递增区间为（）.【点睛】本题主要考查了由的部分图象确定其解析式，考查了正弦函数图象变换规律，正弦函数的图象的单调性的应用，属于中档题.21.如图，正方体中，分别在棱，上，且，相交于点.（1）求证：，三线共点.（2）若正方体的棱长为2，且，分别是线段，的中点，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）1.【解析】【分析】（1）由条件可得点是平面与平面的公共点，然后平面平面，然后

15、得到即可；（2）由条件可得，然后利用计算即可.【详解】（1），相交于点，即，因为平面，平面，所以平面，平面即点是平面与平面的公共点，因为平面平面所以，所以，三线共点（2）因为，分别是线段，的中点，所以，因为正方体棱长为2所以，所以所以【点睛】本题考查的是三线共点的证明和三棱锥体积的求法，考查了学生的空间想象能力，属于基础题.22.已知在锐角三角形中，内角，的对边分别为，且.（1）若，求的值.（2）若是外接圆的圆心，且，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，求得进而求得，结合求得进而求得，利用两角差的余弦公式球儿.（2）利用向量数量积的运算化简已知条件，结合圆的几何性质、正弦定理求得的值.【详解】（1）依题意，由正弦定理得，,，由于，所以，所以，由于，所以.，所以.所以.（2）由于，所以.由于是三角形外接圆的圆心，所以，由正弦定理得，由得，由正弦定理得，即所以.【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查三角恒等变换，属于中档题.