【文档说明】天津市实验中学滨海学校2020-2021学年高一下学期期中考试数学试题含答案.docx，共(19)页，112.641 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021年度第二学期高一年级期中质量调查（数学）试卷满分：150分时长：100分钟本试卷分第I卷（选择题）和第II卷两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号，座位号填写在答题卡和答题纸上。答卷时，考生务必将I卷答案涂在答题卡上；II卷答

案写在答题纸上，答在试卷上的无效。祝各位考生考试顺利！第I卷选择题(60分)注意事项：本卷共12小题，每小题5分，共60分。一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.若复数z满足，则z的虚部是A.B

.4C.3D.2.已知向量，，若，则实数x的值是A.B.C.D.3.在中，，，，则的外接圆面积为A.B.C.D.4.已知平面四边形ABCD满足，，则四边形ABCD为A.梯形B.矩形C.菱形D.正方形5.已知非零向量，，那么“

、的夹角为钝角”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6.已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，对于下列四个命题：；；；．其中正确命题的个数有A.0个B.1个C.2个D.3个7.一艘船以40海里小时的速度向正北航行，在A处看灯塔S在船的北

偏东，小时后航行到B处，在B处看灯塔S在船的北偏东，则灯塔S与B之间的距离是A.5海里B.10海里C.海里D.海里8.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且，则的形状为A.等腰三角形或直角三角形B.等腰直角三角形C.直角三

角形D.等边三角形9.一个四面体的所有棱长都是，四个顶点都在同一个球面上，则此球的表面积为A.B.C.D.10.若正三棱锥的底面边长为，侧棱长为1，则此三棱锥的体积为A.B.C.D.11.已知三棱锥，是直角三角形，其斜边，平面ABC，，则三棱锥的外接球的表面积为A.B.C.D.12.

在锐角中，A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则的取值范围是A.B.C.D.第II卷非选择题(90分)二、填空题（本大题共5小题，共30分）13.i是虚数单位，则的值为．14.已知向量，，若，则______．1

5.已知向量满足，且，，则向量与的夹角为______．16.如图所示，在直三棱柱中，，，，则异面直线与AC所成角的余弦值是．17.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现．我们来重温

这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为______．18.已知平行四边形ABCD的面积为，，，E为线段BC的中点，若F为线段DE上的一点，且，则；的值为．四、解答题（本大题共4小题，共60分）19.在

中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，．Ⅰ求的值；Ⅱ求的值．20.在四面体中，点E，F，M分别是AB，BC，CD的中点，且，．求证：平面ACD；求异面直线AC与BD所成的角．21.如图，已知点P是平行四边形AB

CD所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点．求证：平面PAD；在PB上确定一个点Q，使平面平面PAD，并证明你的结论．22.在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，且，若，求的值；求的取值范围．答案和解析1.【答

案】B【解析】【分析】本题考查复数的加减运算，复数的概念，属于基础题．求出，即可得解．【解答】解：，，故z的虚部是4．故选B．2.【答案】C【解析】【分析】本题考查向量垂直与向量的数量积的计算，属于基础题．【解答】解：因为，所以，即，故选C．3.【答案】B【解析】【分析】本题考查正弦定

理，求出外接圆的半径是解决问题的关键，属基础题．由三角形的知识和正弦定理可得外接圆的半径，可得面积．【解答】解：在中，，，，，设的外接圆半径为R，由正弦定理可得，解得，的外接圆面积．故选B．4.【答案】C【解析】【分析】本题考查向量的共线定理及向量垂

直，考查转化思想，属于基础题．根据向量的共线定理及向量的垂直即可判断四边形ABCD为菱形．【解答】解：由，则平面四边形ABCD为平行四边形，，则，则平面四边形ABCD为菱形，故选：C．5.【答案】A【解析】【分析】本题考查了必要条件、充分条件与充要条件的判断和向量的数量积．应用

数量积的定义可知两个非零向量的夹角为钝角时，其数量积小于零，当两个非零向量反向时，，所以反之不成立．【解答】解：设非零向量的夹角为，若为钝角，则，所以，反之，若，则是钝角或平角，即两个向量的夹角是钝角，或两个向量反向，所以“、的夹角为钝角”是“”的充分不必要条件

．故选A．6.【答案】A【解析】【分析】本题考查空间线线、线面和面面的位置关系的判断，注意运用判定定理和性质定理，考查空间想象能力和推理能力，属于简单题．由面面平行的判定定理，即可判断的正误；运用线面平行的判定定理，即可判断的正误；由面面平行的定义和性质，即可判断的正误；由线面的位置关系

，及线面平行的性质即可判断的正误．【解答】解：由面面平行的判定可知，只有m，n为相交时，，，，才能够得到，故不正确；如果，，则或者，可得不正确；，，或m，n异面，则不正确；，或m，n异面，则不正确．综上可得，没有正确的命题．故选A．7.【答案】D【解析】【分析】本题考查解三角形的

应用，考查正弦定理的运用，属于基础题．由已知先计算出，在中利用正弦定理求解．【解答】解：由题意得，，，所以，在中，由正弦定理得：，故选D．8.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，判断三角形的形状，属于基础题．首先利用正弦定理

得到这个三角形是等腰三角形或直角三角形，然后利用余弦定理求出角，由此即可得到答案．【解答】解：因为，故可得，即，又，故可得或；又，即，又，故可得．综上所述，．故三角形ABC是等边三角形．故选D．9.【答案】A【解析】【分析】本题考查球的表面积的求法，考查四面体、球的性质等基础

知识，属于基础题．把这个正四面体置于一个正方体中，在棱长为1的正方体中，由四个顶点、B、、D组成的四面体的所有棱长均为，从而四面体的外接球就是正方体的外接球，由此能求出结果．【解答】解：一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一球面上，把

这个正四面体置于一个正方体中，在棱长为1的正方体中，由四个顶点、B、、D组成的四面体的所有棱长均为，从而四面体的外接球就是正方体的外接球，由于正方体的体对角线长为，球的半径为，此球表面积．故选：A．10.【答案】B【解析】【分析】记正三棱锥为，点P在底面ABC内的射影为点H，求出A

H，PH，由此能求出此三棱锥的体积．本题考查三棱锥的体积的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．【解答】解：记正三棱锥为，点P在底面ABC内的射影为点H，则，在中，，此三棱锥的体积．故选：B．11.【答案】A【解

析】解：由题意将此三棱锥放在长方体中，可得长方体的对角线为外接球的直径，设外接球的半径为R，则由题意可得，所有，所以外接球的表面积，故选：A．由题意可将该三棱锥放在长方体中，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，由长方体的对

角线等于外接球的直径，由题意求出外接球的直径，进而求出外接球的表面积．本题考查三棱锥与长方体的关系，及长方体的对角线与外接球的直径的关系，和球的表面积公式，属于中档题．12.【答案】B【解析】【分析】本题考查了解三角形与三角恒等变换的应用问题，是基

础题．利用正弦定理化为，根据三角恒等变换与三角形的内角和定理得出A与B的关系，化，求出它的取值范围即可．【解答】解：锐角中，，，，，，，即，，，，，又，即的取值范围是故选B．13.【答案】【解析】【分析】本题主要考查复数的

模及复数的基本运算，考查计算能力，属于基础题．利用复数四则运算先化简，再求模长．【解答】解：由题意，可知：，．故答案为．14.【答案】【解析】解：向量，，，可得：，解得，所以，则．故答案为：．通过向量共线，求解x，然后利用向量的数量积求解即可．本题考查向量的数量积的应用，向量共线

的充要条件的应用，是基础题．15.【答案】【解析】解：设向量与的夹角为，向量满足，且，，可得，可得，所以．故答案为：．直接利用向量的数量积化简求解即可．本题考查向量的数量积的应用，是基本知识的考查．16.【答案】【解

析】【分析】本小题主要考查异面直线所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角的余弦值．【解答】解：，异面直线与AC

所成角为，，，，又，，，平面，平面，又平面，所以，易求，．故答案为．17.【答案】【解析】【分析】本题考查了旋转体的结构特征，考查了几何体表面积的计算，属于基础题．根据两图形的关系可得圆柱的底面半径与球的半径相等，设半径为R，计算出两几何体的表面积，求出比值即可．【

解答】解：设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R，圆柱的表面积，球的表面积，圆柱的表面积与球的表面积之比为．故答案为．18.【答案】9【解析】【分析】本题考查平面向量的基本定理、混合运算，熟练掌握三点共线的条件和平面向量的运算法则是解题的关键，考查

学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．由平面向量的线性运算可得，代入中，由D、E、F三点共线可列出关于的方程，解之即可；利用正弦的面积公式可推出，而，代入所得数据即可得解．【解答】解：根据题意，作出如下所示图形，为线段BC的中点，．，且D、E、F三点共线，，，解

得．平行四边形ABCD的面积为，，，，解得．．故答案为：；9．19.【答案】解：Ⅰ在中，，所以，由余弦定理可得，又因为，所以，Ⅱ由可以求得，，所以．【解析】本题考查运用正余弦定理及两角和与差的三角函数公式公式化简求值，属于中档题．

Ⅰ由正弦定理得，再由余弦定理求出cosB即可求出的值；Ⅱ运用倍角公式求出sin2B，运用两角和与差的三角函数公式即可求出的值．20.【答案】证明：由题意根据中位线定理，可得，平面ACD，平面ACD，所以平面ACD；解：因为，，所以即为异面直线AC与BD所成的角或其

补角．在中，，所以为等边三角形，所以，即异面直线AC与BD所成的角为．【解析】本题考查了线面平行的判定，异面直线所成角，属于基础题．由题意根据中位线定理，可得，进而得出平面ACD；易知即为异面直线AC与BD所成的角或其补角且是等边三角形，进而得出异面直线AC与BD所成

的角．21.【答案】解：证明：取PD中点E，连AE、EN，、N分别是PD、PC的中点，，，平行四边形ABCD，M是AB的中点．，，四边形AMNE为平行四边形，，又在平面PAD内，MN不在平面PAD内，面PAD；在PB的中点

，、N分别是AB、PC的中点，Q为PB的中点，且，又平面PAD，平面PAD，则平面PAD，同理平面PAD，且，MQ、平面MNQ，所以平面平面PAD．所以当Q在PB的中点时，平面平面PAD．【解析】本题主要考查线面平行，面

面平行的判定，是高考中常见的题型，属于中档题．取PD中点E，连AE、EN，根据四边形AMNE为平行四边形可得，根据直线与平面平行的判定定理可证得面PAD；先证平面PAD，平面PAD，即可求证面面平行．22.【答案】解：，，，即，，，，由，，得，解得，则，；由知，，又，由正弦定

理，，其中，由于取，，，，即，，的范围是．【解析】本题考查正弦定理的运用，考查三角函数的恒等变换应用，考查正弦函数的图象和性质，考查运算能力，属于中档题．运用正弦定理和两角和的正弦公式，化简三角函数式，即可得到A，再利用余

弦定理即可得；由正弦定理，求出，运用两角和的正弦公式，化简，再由正弦函数的图象和性质，即可得到所求范围．2020-2021年度第二学期高一年级期中质量调查（数学）答题纸题号1-1213-2021222324总分分数第II卷非选择题(90分)二、填空题13

.14.15.16.17.18.、三、解答题19.班级姓名座位号----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

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