1、山东省青岛市第十七中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）一、单项选择题：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.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数运算法则求解即可.【详解】故选D【点睛】本题考查复数的商的运算，渗透了数学运算素养采取运算法则法，利用方程思想解题2.已知向量，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【详解】分析：先根据向量数量积得成立的充要条件，再根据与“”包含关系确定结果.详解：因为，所以因此
2、“”是“”的充分不必要条件，选A.点睛：充分、必要条件的三种判断方法1定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假并注意和图示相结合，例如“”为真，则是的充分条件2等价法：利用与非非，与非非，与非非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法3集合法：若，则是的充分条件或是的必要条件；若，则是的充要条件3.如图是一平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（ ）A. B. 1C. D. 【答案】D【解析】试题分析：根据直观图可知,根据直观图与平面图的关系可知,平面图中,在轴上,且,所以.考点：直观图与平面图的关系4.已知是虚数单位，则化简的结果为( )A. B. C. D. 1 【
3、答案】C【解析】【分析】首先化简，再根据的周期计算即可.【详解】因，所以.故选：C【点睛】本题主要考查复数的四则运算，同时考查了的周期，属于简单题.5.已知非零向量满足，且，则与的夹角为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】本题主要考查利用平面向量数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数学计算等数学素养先由得出向量的数量积与其模的关系，再利用向量夹角公式即可计算出向量夹角【详解】因为，所以=0，所以，所以=，所以与的夹角为，故选B【点睛】对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为6.一海轮
4、从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40的方向直线航行，30分钟后到达B处在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65，那么B，C两点间的距离是()A. 10海里B. 10海里C. 20海里D. 20海里【答案】B【解析】根据已知条件可知ABC中，AB20，BAC30，ABC105，所以C45，由正弦定理，有，所以10.故选B.7.在正四棱锥中，直线与平面所成的角为，为的中点，则异面直线与所成角为（ ）A B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：连接交于点，连接.因为为中点，所以，所以即为异面直线与所成的角因为四棱锥为正四棱锥，所以，
5、所以为在面内的射影，所以即为与面所成的角，即，因为，所以所以在直角三角形中，即面直线与所成的角为故选C考点：直线与平面所成的角，异面直线所成的角【名师点睛】本题考查异面直线所成角，直线与平面所成的角，考查线面垂直，比较基础连接AC，BD交于点O，连接OE，OP，先证明PAO即为PA与面ABCD所成的角，即可得出结论8.已知是内部一点，且，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由可得，设为的中点，则，可得，从而可得为的中点，进而可得，由可得，再由即可求出.【详解】在中，由，得，所以，设为的中点，则，所以，所以为的中点，所以，因为，所以，所以，所以，所以.故选：A.【点
6、睛】本题主要考查向量的线性运算，向量的数量积及三角形的面积公式，属于中档题.二、多项选择题：本题共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.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分9.有下列说法，其中错误的说法为（ ）A. 若，则B. 若，则是三角形的垂心C. 两个非零向量，若，则与共线且反向D. 若，则存在唯一实数使得【答案】AD【解析】【分析】分别对所给选项进行逐一判断即可.【详解】对于选项A，当时，与不一定共线，故A错误；对于选项B，由，得，所以，同理，故是三角形的垂心，所以B正确；对于选项C，两个非零向量，若，则与共线且反向，故C正确；对于选
7、项D，当，时，显然有，但此时不存在，故D错误.故选：AD【点睛】本题考查与向量有关的命题的真假的判断，考查学生对基本概念、定理的掌握，是一道容易题.10.设是三条不同的直线，是两个不重合的平面，给定下列命题：；.其中为假命题的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用画图举反例和面面垂直，线面垂直的判定定理，即可得到答案.【详解】对，因为垂直于同一条直线的两个平面互相平行，所以正确.对，如图所示：此时，但，所以错误对，根据线面垂直的判定知，缺少，故错误.对，如图所示：，此时，为异面直线，故错误.对，如图所示：，此时，故错误.对，根据面面垂直的判定可知正确.综上假命题为：故选
8、：C【点睛】本题主要考查平面与平面，直线与直线，直线与平面的位置关系，同时考查了线面垂直和面面垂直的判定，属于简单题.11.下列说法正确的有（ ）A. 在ABC中，abc=sin Asin Bsin CB. 在ABC中，若sin 2A=sin 2B，则ABC为等腰三角形C. ABC中，sin Asin B是A B的充要条件D. 在ABC中，若sin A=，则A=【答案】AC【解析】【分析】由正弦定理，二倍角的正弦公式，逐一分析各个选项，即可求解.【详解】由正弦定理可得：即成立，故选项A正确；由可得或，即或，则是等腰三角形或直角三角形，故选项B错误；在中，由正弦定理可得，则是的充要条件，故选项C
9、正确；在ABC中，若sin A=，则或，故选项D错误.故选：AC.【点睛】本题考查了命题真假性的判断，正弦定理的应用，属于基础题.12.若长方体的底面是边长为2的正方形，高为4，是的中点，则（ ）A. B. 平面平面C. 三棱锥的体积为D. 三棱锥的外接球的表面积为【答案】CD【解析】【分析】以为正交基底建立空间直角坐标系，写出各点坐标，计算值即可判断A；分别求出平面，平面的法向量，判断它们的法向量是否共线，即可判断B；利用等体积法，求出三棱锥的体积即可判断C；三棱锥的外接球即为长方体的外接球，故求出长方体的外接球的表面积即可判断D.【详解】以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，
10、因为，所以与不垂直，故A错误；，设平面的一个法向量为，则由，得，所以，不妨取，则，所以，同理可得设平面的一个法向量为，故不存在实数使得，故平面与平面不平行，故B错误；在长方体中，平面，故是三棱锥的高，所以，故C正确；三棱锥的外接球即为长方体的外接球，故外接球的半径，所以三棱锥的外接球的表面积，故D正确.故选：CD.【点睛】本题主要考查用向量法判断线线垂直、面面平行，等体积法的应用及几何体外接球的表面积.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.一个圆柱的侧面展开图是一个边长为1的正方形，则该圆柱的体积是_【答案】【解析】【分析】求出圆柱的底面圆半径和高，利用柱体的体积公式可求得该圆柱
11、的体积.【详解】依题意可得，圆柱的高为1，底面周长为1，则底面半径为，所以圆柱体积为.故答案为：.【点睛】本题考查圆柱体积的计算，考查计算能力，属于基础题.14.若复数满足（是虚数单位），则复数的虚部为_【答案】1【解析】【分析】先求出模，然后由复数除法求出，可得其虚部【详解】，所以虚部为1故答案为：1【点睛】本题考查复数的概念，复数的除法运算及复数的模，属于基础题15.设四边形为平行四边形，.若点满足，则=_.【答案】9【解析】【分析】利用向量的加减运算法则，对进行变形，最后用向量表示，再将代入可得答案.【详解】由题， 故答案为9【点睛】本题考查了向量数量积，解题的关键是掌握平面向量的加减运
12、算法则，属于中档题目.16.在钝角中，角所对的边分别为，已知，外接圆半径为，则_，若的周长为，则的面积为_.【答案】 (1). 60或120 (2). 或.【解析】【分析】由正弦定理求得，由周长求出，再由余弦定理可得，从而得三角形面积【详解】由正弦定理得即，或，又，若，则，即，由，不妨设，则，则，为钝角，满足题意，若，则，即，.故答案为：60或120；或.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，解题时要注意不能因为三角形是钝角三角形，只得出，而遗漏，题中并没有确定哪个角是钝角.四、解答题：本题共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
13、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.的内角，的对边分别为，已知，.（1）求角；（2）若点满足，求的长.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）解法一：对条件中的式子利用正弦定理进行边化角，得到的值，从而得到角的大小；解法二：对对条件中的式子利用余弦定理进行角化边，得到的值，从而得到角的大小；解法三：利用射影定理相关内容进行求解.（2）解法一：在中把边和
14、角都解出来，然后在中利用余弦定理求解；解法二：在中把边和角都解出来，然后在中利用余弦定理求解；解法三：将用表示，平方后求出的模长.【详解】（1）【解法一】由题设及正弦定理得，又，所以.由于，则.又因为，所以.【解法二】由题设及余弦定理可得，化简得.因为，所以.又因为，所以.【解法三】由题设，结合射影定理，化简可得.因为.所以.又因为，所以.（2）【解法1】由正弦定理易知，解得.又因为，所以，即.在中，因为，所以，所以在中，由余弦定理得，所以.【解法2】在中，因为，所以，.由余弦定理得.因为，所以.在中，由余弦定理得所以.【解法3】在中，因为，所以，.因为，所以.则所以.【点睛】本题主要考察利用
15、正余弦定理解三角形问题，方法较多，难度不大，属于简单题.19.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的坐标运算即可得出，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，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20.如图，在四棱锥OABCD中，OA底面ABCD，且底面ABCD是边长为2的正方形，且OA2，M，N分别为OA，BC的中
16、点.（1）求证：直线MN平面OCD；（2）求点B到平面DMN的距离.【答案】（1）证明见详解；（2）【解析】【分析】（1）构造平面，使之与平面平行，再通过面面平行证明线面平行即可；（2）通过变换顶点，利用等体积法求得点到平面的距离.【详解】（1）取中点为，连接，如下图所示：在中，因为分别是的中点，故/；在正方形中，因为分别是的中点，故/；又因为，平面，平面，故平面/平面，又因为平面，故/平面，即证.（2）连接，如下图所示：因为点为中点，故又因为平面，且故.又在中，容易知，故边上的高为，故.设点到平面的距离为，则解得.故点到平面的距离为.【点睛】本题考查由面面平行推证线面平行，以及用等体积法求解
17、点到面的距离，属基础题.21.在中，分别为角，的对边，且满足(1)求角；(2)若为锐角三角形，求面积的最大值.【答案】(1)；（2）【解析】【分析】(1)对，利用正弦定理得，进而可得，再利用二倍角公式即可求出角；(2)由已知可得，故要求面积的最大值，只需求出的最大值即可，利用余弦定理可得，再利用基本不等式即可求出的最大值.【详解】(1)因为，所以由正弦定理可得：，因为，所以，所以，即，所以或，即或，若，则，若，则，因为，所以，即，综上，或.（2）因为为锐角三角形，所以，因为，即（当且仅当等号成立），所以，即面积的最大值是.【点睛】本题主要考查正弦定理，二倍角公式，基本不等式及三角形的面积公式，
18、同时考查三角形中面积的最大值求法，属于基础题.22.如图，在三棱柱中，平面，以，为邻边作平行四边形，连接，若二面角为45.（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正切值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）由已知二面角得出的边上的高与相等，从而得，再由已知线面垂直得线线垂直，从而可证得线面垂直，最后可得面面垂直；（2）以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求线面角的正弦，然后可得正切【详解】（1）取中点，连接，平行四边形中，又平面，平面，平面，而平面，是二面角的平面角，45。，又由平面，得，平面，而，平面，又平面，平面平面；（2）由（1），以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，由（1）是平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，所以【点睛】本题考查二面角的概念，考查面面垂直的证明，考查用空间向量法求线面角求空间角常常用空间向量法求解，解题关键是建立空间直角坐标系
