1、山东省菏泽市2019-2020学年高一数学下学期期中试题A（含解析）本试卷共4页，满分150分.考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生先将自己的学校、姓名、班级、座号、考号填涂在相应位置，2.作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：本大题共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.复数等于（ ）A. B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】给复数的分
2、子分母同乘以，化简即可【详解】故选：A【点睛】此题考查复数的运算化简，属于基础题2.已知平面向量，且，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据列出等式，求出的值，在利用两向量和的坐标运算，计算出结果即可.【详解】因为，且所以，即所以.故选：C.【点睛】本题考查两向量平行的坐标表示、向量运算.属于基础题.若，：；：.3.三棱锥中，两两垂直，且，则该三棱锥的体积为（ ）.A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】直接根据体积公式计算，可以为顶点，为底面进行计算【详解】由题意故选：A【点睛】本题考查求棱锥的体积公式，求三棱锥体积时可以换底，以使高易得4.在中，为边上
3、的中线，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】采用数形结合，根据并结合，代入化简可得结果.【详解】如图，又，所以.故选：D【点睛】本题主要考查向量的线性运算和表示，要求学生熟练掌握向量的加减运算，属于基础题.5.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】【分析】根据各选项的条件及结论，可画出图形或想象图形，再结合平行、垂直的判定定理即可找出正确选项【详解】选项A错误，同时和一个平面平行的两直线不一定平行，可能相交，可能异面；选项B错误，两平面平行，两平面内的直线不一定平行，可能异面；选
4、项D错误，一个平面内垂直于两平面交线的直线，不一定和另一平面垂直，可能斜交；选项C正确，利用平面与平面垂直的判定定理，可得,故选：C.【点睛】本题考查空间直线位置关系的判定，这种位置关系的判断题，可以举反例或者用定理简单证明，属于基础题.6.已知复数满足，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，根据复数模长运算和三角恒等变换的知识可得到，由此确定最大值.【详解】由可设：，（其中），当时，.故选：.【点睛】本题考查复数模长最值的求解问题，关键是能够将问题转化为三角函数最值的求解问题.7.海中有一小岛，一小船从地出发由西向东航行，望见小岛在北偏东 ，航行4海里到达处
5、，望见小岛在北偏东，若此小船不改变航行的方向继续前行2海里，则小船离小岛的距离为（ ）A. 12海里B. 海里C. 16海里D. 海里【答案】B【解析】【分析】由题意画出图像，求出，可知，再结合可求出.【详解】解：如图所示，由题意知，所以，则，因为，则，则.故选:B.【点睛】本题考查了方位角.8.九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中商功有如下问题：“今有委粟平地，下周一十二丈，高一丈，问积为粟几何？”，意思是“有粟若干，堆积在平地上，它底圆周长为12丈，高为1丈，问它的体积和粟各为多少？”如图，主人意欲卖掉该堆粟，已知圆周率约为3，一斛粟的体积约为2700立方寸（单位换算：1立方丈立
6、方寸），一斛粟米卖270钱，一两银子1000钱，则主人卖后可得银子（ ）A. 200两B. 240两C. 360两D. 400两【答案】D【解析】【分析】计算底面半径为，换算单位得到答案.【详解】底面半径为，立方丈立方寸斛，故两故选：.【点睛】本题考查了圆锥体积的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.9.下面关于复数：的叙述中正确的是（ ）A. 虚部为B. C. 的共轭复数为D. 【答案】BD【解析】【分析】由复数的除法运算对复数进行化简可得
7、，从而可求虚部、模、共轭复数以及，即可选出正确答案.【详解】解：，则其虚部为，A错误；，B正确；的共轭复数为；，D正确.故选:BD.【点睛】本题考查了复数的除法运算，考查了复数的概念，考查了复数模的求解，考查了复数的平方运算，考查了复数的共轭复数.10.下列说法中正确的是（ ）A. B. 若且/，则C. 若，则D. 若/，则有且只有一个实数，使得【答案】AC【解析】【分析】采用逐一验证法，根据相反向量以及共线向量的概念并结合向量的运算，简单计算，可得结果.【详解】由互为相反向量，则，故A正确由且/，或，故B错由，则两边平方化简可得，所以，故C正确根据向量共线基本定理可知D错，因为要排除零向量故
8、选：AC【点睛】本题考查向量的相反向量以及向量共线基本定理，还考查了向量垂直，主要考查概念的理解以及简单计算，属基础题.11.的内角的对边分别为，下列四个命题中正确的是（ ）A. 若，则一定是锐角三角形B. 若，则一定是等边三角形C. 若，则一定是等腰三角形D. 若，则一定是等腰三角形【答案】BD【解析】【分析】A选项: 只能说明角为锐角，不能说明为锐角三角形.B选项：利用正弦定理将边化角，即可得出角的正切值相等，结合三角形的内角范围，即可判断出三个内角都相等.C选项：利用正弦定理将边化角，再由二倍角正弦公式化简，即可得出是等腰三角形或直角三角形.D选项：利用正弦定理将边化角，化简即可得出.【
9、详解】A选项：当时，为钝角.错误.B选项：因为，所以，且所以，为等边三角形.正确.C选项：或.不一定是等腰三角形.错误.D选项：又因为，所以.即为等腰三角形.正确.故选：BD.【点睛】本题考查解三角形,，熟练掌握正余弦定理与三角形的一些常见结论是解本题的关键，属于中档题，.12.如图，设E，F分别是正方体的棱上两点，且，则下列说法中正确的是（ ）A. 异面直线与所成的角为B. 三棱锥的体积为定值C. 平面与平面所成的二面角大小为D. 直线与平面所成的角为【答案】BCD【解析】【分析】根据异面直线所成的角、棱锥的体积、二面角、直线与平面所成的角分别对各选项进行判断【详解】A中由于，因此异面直线与
10、所成的角就是与的夹角，为，A错误；B，面积不变，到平面即平面的距离不变，因此三棱锥体积为变，即三棱锥的体积为定值，正确；C，平面即为平面，为平面与平面所成的二面角的平面角，C正确；D连接交于，连接，由正方体性质知，而，因此平面，因此是直线与平面所成的角，在直角三角形中，所以，D正确故选：BCD【点睛】本题考查空间求棱锥的体积，求空间的角：异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，解题时可根据定义作出空间角的“平面角”，然后计算三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13.设若复数在复平面内对应的点位于实轴上，则_ .【答案】0【解析】【分析】化简，然后根据虚部为零，简单计算可得结果
11、.【详解】由题可知：由复数在复平面内对应的点位于实轴上所以故答案为：0【点睛】本题考查复数的乘法运算以及复数的几何意义，识记概念以及简单计算，属基础题.14.已知向量.若，则实数_ .【答案】7【解析】【分析】计算的坐标，然后根据，简单计算，可得结果.【详解】由题可知：由，所以，则故答案为：7【点睛】本题考查根据向量垂直求参数，主要在于计算，属基础题.15.在中，角的对边分别为，其中，且满足.则_ ；_ 【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】先利用正弦定理把中的边转化为角，再用三角函数恒等变换公式化简可求出角，用余弦定理求出，再利用两向量的数量积公式可求出的值.【详解】解：因为，所以由
12、正弦正理得，,因为，所以，因为，所以，因为，所以，由余弦定理得，得解得，所以 ，故答案为：；【点睛】此题考查正弦定理，余弦定理，向量的数量积，考查了运算能力，属于基础题.16.在三棱锥中，平面.，则三棱锥外接球的表面积为_ .【答案】【解析】【分析】由余弦定理可求出，设外接圆半径为，由正弦定理可求出，从而可求出三棱锥外接球的半径，进而可求出表面积.【详解】解：在中，由余弦定理可知， ，则，在中设其外接圆半径为 ，由正弦定理知，所以.设三棱锥的外接球半径为，圆心为，三棱锥外接球球心为，取的中点为，连接，因为，所以，因为平面， 平面，所以，则是平行四边形，则，则，即，则球的表面积为，故答案为: .
13、【点睛】本题考查了三棱锥外接球的求解，考查了余弦定理，考查了正弦定理，属于基础题.本题的关键是求出外接球的半径.四、解答题：本大题共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.已知复数.（1）求z的共轭复数；（2）若，求实数a，b的值.【答案】（1）（2），.【解析】【分析】（1）根据复数的四则运算法则化简计算z，即可求出；（2）根据复数相等的条件计算即可求值.【详解】（1）（2），即，解得，.【点睛】本题主要考查了复数的四则运算，共轭复数的概念，复数相等，属于中档题.18.如图，在三棱锥中，是正三角形，分别为，的中点，.求证：（1）平面；（2）.【答案】(1)见解析;(2)
14、见解析.【解析】分析：（1）先证明，再证明平面.(2)先证明平面，再证明.详解：证明：（1）因为，分别为，的中点，所以，又平面，平面，所以平面.（2）连结，因为，又，所以.又，为的中点，所以，又，所以平面.因为平面，所以.点睛：（1）本题主要考查空间直线平面位置关系的证明，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象能力转化能力.(2)空间直线平面位置关系的证明常用的有几何法和向量法，本题使用的是几何法.19.已知向量.（1）若，求向量与的夹角；（2）在矩形中，为的中点，为的中点，设，求的值.【答案】（1）；（2）10.【解析】【分析】（1）由，得， ，再求出代入上式可求出向量与的夹角；（2）根
15、据两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，求出，再利用两个向量的数量积的定义，求得的值.【详解】解：（1），设向量与的夹角为，则.，解得又因为，所以.（2），因为，所以【点睛】此题二查两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，两个向量数量积的定义，两个向量的夹角等知识，属于基础题.20.已知的面积为，且内角依次成等差数列.（1）若，求边的长；（2）设为边的中点，求线段长的最小值.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）由题意可得，结合面积公式得.利用正弦定理角化边，据此可得a,c的值，最后由余弦定理可得的长.（2）由题意可得，利用向量运算法则和均值不等式的结论可得长的最小值.【详解】（1）三
16、内角依次成等差数列，设所对的边分别为,由可得.，由正弦定理知.中，由余弦定理可得.即的长为（2）是边上的中线，当且仅当时取“”,即长的最小值为.【点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用解决三角形问题时，注意角的限制范围21.在如图所示的多面体中，四边形和都为矩形（）若，证明：直线平面；（）设，分别是线段，的中点，在线段上是否存在一点，使直线平面？请证明你的结论【答案】（1）证明详见解析；（2）存在，M为线段AB的中点时，直线平面.【解析】试题分析：（
17、1）证直线垂直平面，就是证直线垂直平面内的两条相交直线.已经有了，那么再在平面内找一条直线与BC垂直.据题意易得，平面ABC，所以.由此得平面.（2）首先连结，取的中点O.考虑到，分别是线段，的中点，故在线段上取中点，易得.从而得直线平面.试题解析：（）因为四边形和都是矩形，所以.因为AB，AC为平面ABC内的两条相交直线，所以平面ABC.因为直线平面ABC内，所以.又由已知，为平面内的两条相交直线，所以，平面.（2）取线段AB的中点M，连接，设O为的交点.由已知，O为的中点.连接MD，OE，则MD，OE分别为的中位线.所以，连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则.因为直线平面，平面，所
18、以直线平面.即线段AB上存在一点M（线段AB的中点），使得直线平面.【考点定位】空间直线与平面的位置关系.22.在;这两个条件中任选-一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题.在中，角的对边分别为，已知 ，.(1)求;(2)如图，为边上一点，求面积【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）结合正弦定理，条件选择，则，再利用公式求；若选择条件，由正弦定理和诱导公式可得，再根据二倍角公式求得，再根据求解.（2）解法1:设，在中由余弦定理，解得，再由（1），解得边长，最后求得到的面积；解法2：由 可知，再根据正弦定理和面积公式 .【详解】解:若选择条件，则答案为:(1)在中，由正弦定理得，因为，所以，所以，因为，所以.(2)解法1:设，易知在中由余弦定理得:，解得.所以在中，所以，所以，所以解法2:因为，所以，因为所以，所以因为为锐角，所以又所以所以若选择条件，则答案为:(1)因为，所以，由正弦定理得，因为，所以，因为，所以，则，所以.(2)同选择【点睛】本题考查正余弦定理，面积公式解三角形，意在考查转化与化归的思想，和计算能力，属于中档题型，本题属于开放性试题，需先选择条件，再求解.
