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1、 重庆八中2021-2022学年度（下）半期考试高一年级数学试题一单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的）1. 已知向量，则与平行的单位向量的坐标为（ ）A. B. 或C. D. 或【1题答案】【答案】B【解析】【分析】先求向量的模，再利用平行向量进行求解.【详解】因为，所以，所以与平行的单位向量为 或，即或，即或.故选：B.2. 若复数z满足（i为虚数单位），则复平面内表示z的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【2题答案】【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数的几何意义，即可求解
2、.【详解】由题意，复数满足，可得，所以复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限.故选：A.3. 在中，则B=（ ）A. 45B. 90C. 135D. 45或135【3题答案】【答案】A【解析】【分析】根据题意利用正弦定理直接求解即可【详解】中，由正弦定理得,，因为，所以角为锐角，所以，故选：A4. 下列说法错误的是（ ）A. 经过同一直线上的3个点的平面有无数个B. 两两相交且不共点的三条直线确定一个平面C. 若直线a不平行于平面，且，则内不存在与a平行的直线D. 若a，b是两条直线，是两个平面，且，则a，b是异面直线【4题答案】【答案】D【解析】【分析】对于A、B：利用公理3即可判断；
3、对于C：根据线面的位置关系直接判断；对于D：取反例：若平面，平面，可得 a/b即可否定命题.【详解】对于A：经过同一直线上的3个点的平面,即为经过一条直线的平面有无数个.故A正确；对于B：两两相交且不共点三条直线有三个不共线的交点，由公理3，三个不共线的点确定一个平面.故B正确对于C：若直线a不平行于平面，且，则a与相交，所以内不存在与a平行的直线.故C正确；对于D：取反例：若平面，平面，由面面平行的性质，可得 a/b.故D错误.故选：D5. 正四棱台的上，下底面的边长分别为2，4，侧棱长2，则其体积为（ ）A. B. C. D. 【5题答案】【答案】C【解析】【分析】由四棱台的几何特征算出该
4、几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高，下底面面积，上底面面积，所以该棱台的体积.故选：C.6. 北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）为h.将地球看作是一个球心为O，半径为r的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数.如果地球表面上某一观测点与该卫星在同一条子午线（经线）所在的平面，且在该观测点能直接观测到该卫星.若该观测点的纬度值为，观测
5、该卫星的仰角为，则下列关系一定成立的是（ ）A. B. C. D. 【6题答案】【答案】A【解析】【分析】由题意，画出示意图，在三角形OAB中利用正弦定理即求解.【详解】解：如图所示，由正弦定理可得，即，化简得，故选：A.7. 如图，四边形ABCD四点共圆，其中BD为直径，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【7题答案】【答案】C【解析】【分析】先在利用余弦定理求出边，再利用正弦定理求出直径，进而利用直角三角形求出、，再利用三角形的面积公式进行求解.【详解】在中，因为，所以由余弦定理，得，由正弦定理，得；在和中，又，所以的面积为.故选：C.8. 在中，角B，C所对的边分别为b，c，点O为的
6、外心，若，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【8题答案】【答案】A【解析】【分析】取边的中点，连接，则由题意可得，所以可得，再结合，可得，从而可求得其最小值【详解】在中，取边的中点，连接，因为点O为的外心，所以，所以,所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以当时，取得最小值，故选：A二多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分.每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9. 已知复数，下列结论正确的有（ ）A. B. 若，则C. D. 【9题答案】【答案】ABC【解析】【分析】利用共轭复数的定义判断选项A，由复数的乘法运算以
7、及实数0的含义判断选项B，由复数模的运算性质判断选项C，由复数的乘法运算及模的平方判断选项D.【详解】设对于A，故选项A正确；对于B，因为，则，则或，所以中至少有一个0，故选项B正确；对于C，由复数模的运算性质可知，=故选项C正确；对于D，当，则，所以故选项D错误.故选：ABC.10. 已知平面向量，下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若向量与向量夹角为锐角，则【10题答案】【答案】AB【解析】【分析】对于A：先利用向量运算的坐标表示求出相关向量的坐标，再利用向量共线的判定进行求解；对于B：先利用向量运算的坐标表示求出相关向量的坐标，再利用向量垂直的判定进行求解；对
8、于C：利用向量夹角公式进行判定；对于D：利用且、不平行进行求解判定.【详解】对于A：因为，所以，又因为且，所以，解得，即选项A正确；对于B：因为，所以，又因为且，所以，解得，即选项B正确；对于C：若，则，则，即选项C错误；对于D：因为，所以，因为向量与向量夹角为锐角，所以且、不平行，则且，解得且，即选项D错误.故选：AB.11. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列结论正确的是（ ）A B. 是锐角三角形C. 若，则内切圆半径为D. 若，则外接圆半径为【11题答案】【答案】AC【解析】【分析】利用正弦定理判定选项A正确；利用边角关系和余弦定理判定选项B错误；利用三角形的面积公
9、式进而求出内切圆半径判定选项C正确；利用进行求解判定选项D错误.【详解】因为，所以设，且，对于A：由正弦定理，得，即选项A正确；对于选项B：因为，所以角最大，则，即为钝角，即是钝角三角形，即选项B错误；对于C：若，则，因为，所以，则，设的内切圆半径为，则，解得，即选项C正确；对于D：若，由正弦定理，得，即，即选项D错误.故选：AC.12. 已知正的边长为2，D是边BC的中点，动点P满足，有，且，则（ ）A. 的最小值为B. 的最大值为C. 的最小值为D. 的最大值为【12题答案】【答案】ABD【解析】【分析】以点为原点、边为x轴建立平面直角坐标系，写出相关点坐标，设出，利用平面向量的坐标运算得
10、到，再结合角的范围逐一验证各选项.【详解】以点为原点、边为x轴建立平面直角坐标系（如图所示），则，；因为，所以点在以为圆心、1为半径的圆上，设，则，又因为， 所以，即，即，又因为，所以，即；对于A：因为，所以，则，即的最小值为，即选项A正确；对于B：因为，所以，则，即的最大值为，即选项B正确；对于C、D：因为且，所以，因为，所以所以，所以，即的最小值为，最大值为，即选项C错误，选项D正确.故选：ABD.三填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知复数（i为虚数单位），则z的虚部为_.【13题答案】【答案】#【解析】【详解】因为，所以z的虛部为.故答案为：.14. 已知不共线的平
11、面向量，两两所成的角相等，且，则|=_.【14题答案】【答案】2或3【解析】【分析】先求出，利用列方程即可求出.【详解】由不共线的平面向量，两两所成的角相等，可设为，则.设|=m.因为，所以，即，所以即，解得：或3.所以|=2或3故答案为：2或315. 已知圆锥的顶点S，母线SA，SB所成角的余弦值为，且轴截面是正三角形，若的面积为，则该圆锥的侧面积为_.【15题答案】【答案】【解析】【分析】先根据三角形面积公式求出母线长,再根据轴截面求出底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出结果.【详解】因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为，所以，解得，因为轴截面为
12、正三角形，所以底面半径，因此圆锥的侧面积为.故答案为：.16. 锐角中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，有，且，则的取值范围为_.【16题答案】【答案】【解析】【分析】先利用三角函数恒等变形求出，利用正弦定理表示出，用三角函数求出的取值范围.【详解】因为，所以.因为,所以，所以.所以.因为为锐角三角形，所以，所以,所以.所以，即.因为为锐角三角形，所以，解得：由正弦定理得：，.所以.因为，所以，所以.因为，所以，所以，所以.即在中，由两边之和大于第三边，所以.综上所述：.故答案为：【点睛】解三角形的最值问题包括两类：（1）利用正弦定理转化为三角函数求最值；（2）利用余弦定理转化为基本不等式
13、求最值四解答题（本大题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）17. 已知，求：（1）与的夹角；（2）与的夹角的余弦值【17题答案】【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据平面向量积的运算性质，结合平面向量夹角公式进行求解即可；（2）根据平面向量积的运算性质，结合平面向量夹角公式进行求解即可.【详解】解（1），设与的夹角为，则又，；（2），又，设与的夹角为，则即与的夹角的余弦值为18. 如图，平行四边形ABCD中，已知，设，.（1）用向量和表示向量，；（2）若，求实数x和y的值.【18题答案】【答案】（1） （2）【解析】【分析】
14、(1)用平面向量的线性运算整理可得：，代入已知向量即可得到.(2)用平面向量的线性运算整理可得：，结合题干条件，可得到等式，解等式即可.【小问1详解】，；【小问2详解】因为.即，因为与不共线，从而，解得.20. 如图，已知四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH，H在BD上.（1）证明：；（2）若AB的中点为N，求证：平面APD.【20题答案】【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）连结AC交BD于O，连结OM.先证明出面MBD，再利用线面平行的性质定理即可证明；（2）连结 MN.取P
15、D 的中点E，连结EM,AE.利用线面平行的判定定理即可证明平面APD.【小问1详解】连结AC交BD于O，连结OM.因为ABCD是平行四边形，所以O为AC中点.因为M是PC的中点，所以.因为面MBD，面MBD，所以面MBD.又过G和AP作平面交平面BDM于GH，H在BD上，所以.【小问2详解】连结 MN.取PD 中点E，连结EM,AE.因为M是PC的中点，所以，且.因为ABCD是平行四边形，所以，且所以，且，所以四边形ANME为平行四边形，所以.因为面APD，面APD，所以平面APD.22. 下面问题的条件，有多余，现请你在，中删去一个，并将剩下的三个作为条件解答这个问题已知中，是边的中点，你
16、删去的条件是_请写出用剩余条件解答本题的过程（1）求的长；（2）的平分线交于点，求的长 注：如果选择删去条件和条件分别解答，按第一个解答计分【22题答案】【答案】（1）条件选择见解析，； （2）.【解析】【分析】（1）删：设，在和中，分别应用余弦定理列出方程，通过解方程即可求出的长； 删：设，在和中，分别应用余弦定理，求出和的值，根据即可求出的长；（2）根据，利用三角形的面积公式即可求出的长【小问1详解】删：设，中，由余弦定理，得，在中，由余弦定理，得，联立，解得，所以，； 删：设，在中，由余弦定理，得，在中，由余弦定理，得，所以，解得，所以；【小问2详解】由（1）知删和删都能得出， ，因为，
17、所以所以.24. 如图，扇形OMN的半径为，圆心角为，A为弧MN上一动点，B为半径上一点且满足.（1）若，求AB的长；（2）求ABM面积的最大值.【24题答案】【答案】（1）1； （2）.【解析】【分析】(1)在OAB中，利用余弦定理即可求AB；(2)由题可知ABOM，则，设，在中利用余弦定理和基本不等式求出xy的最大值，再由即可求面积最大值.【小问1详解】在OAB中，由余弦定理得，即，即，即，；【小问2详解】，设，则在中，由余弦定理得，即，当且仅当时取等号，当且仅当时取等号.ABM面积的最大值为.26. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，边长均为正整数，且.（1）若，求a；（2）若
18、角C为钝角，求的周长的最小值.【26题答案】【答案】（1）6； （2）77.【解析】【分析】（1）根据角的范围，结合已知条件和正弦定理，求得的初步范围，再对每种情况进行讨论，即可求得结果；（2）根据正弦定理，求得之间的等量关系，结合的范围，以及为整数，进行讨论即可求得周长最短时，三角形各边的长度，则问题得解.【小问1详解】由，可得，则，整理得：，若，则，解得，此时，不满足题意；则，且；又，故可得，则，又为正整数，故或或，当时，由可知，不是整数，不满足题意；当时，由可知，满足题意；当时，由可知，不是整数，不满足题意.综上所述：【小问2详解】根据正弦定理可得：，即，则，由可得：代入 ，可得：；因为为钝角，即，解得，故，则，即，因为为整数，当时，都没有满足条件，当时，此时，此时满足要求的的最小值为，注意到，则也为整数，当时不满足，则将扩大整数倍，当扩大4倍得到，此时满足要求，则当时，是满足题意的三角形的最短边长，故三角形周长的最小值为.故周长的最小值为77.【点睛】本题考察利用正弦定理和余弦定理求解三角形，解决第一问和第二问的关键是准确应用为整数这一条件，属综合困难题.学科网（北京）股份有限公司