湖南省长郡中学高一数学下学期期中试题(扫描版)
湖南省长沙市长郡中学2016-2017学年高一下学期期中考试数学试题Word版含答案
长郡中学2016-2017学年度高一第二学期期中考试数学时间：120分钟 满分：100分一、选择题：本大题共15小题，每小题3分，共45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.数列1，43-，95，167-，...的一个通项公式是 A.a n =1)1(+-n 212n n - B.a n =n )1(-212n n - C.a n =1)1(+-n 212n n + D.a n =n )1(-212n n + 2.在空间中，下列命题中正确的是 A.垂直于同一条直线的两条直线平行 B.没有公共点的两条直线平行 C.平行于同一平面的两个平面平行 D.平行同一平面的两条直线平行3.已知圆锥的母线长为4，侧面展开图的中心角为2π，那么它的体积为 A.315π B.215π C.15π D.4π4.已知a ，b 为非零实数，且a ＜b ，则下列命题中正确的是A.2a ＜2bB.a 1＞b 1C.a 2c ＜b 2c D.21ab ＜ba 215，在△ABC 中，若a=1，b=23，A=30︒，则B 等于 A.60︒ B.60︒或120︒ C.30︒ D.30︒或150︒6.设Sn 是等差数列{an}的前n 项和，已知a 2=3，a 6=11，则S 7等于 A.13 B.35 C.49 D.637.若-9，a 1.a 2，-1成等差数列，-9，b 1，b 2，b 3，-1成等比数列，则b 2（a 1+a 2）等于A.-30B.30C.±30D.158.如图所示，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，则异面直线B 1C 与EF所成的角的大小为 A.30︒ B.45︒ C.60︒ D.90︒9.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线和虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为A.320 B.8 C.322 D.316 10.已知各顶点都在一个球面上的正四棱形（其底面是正方形，且侧棱垂直于底面）高为4，体积为16，则这个球的表面积是 A.16 π B.20π C.24π D.32π11.已知各项均为正数的等比数列{an}满足a 7=a 6+2a 5，若存在两项a m ，a n 使得n m a a =4a 1，则m 1+n4的最小值为 A.23 B.35 C.49D.不存在12.如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD-A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器底面一边BC 于地面上，在将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面五个命题①有水的部分始终呈棱柱形； ②没有水的部分始终呈棱柱形； ③水面EFGH 所在四边形的面积为定值； ④棱A 1D 1始终与水面所在平面平行⑤当容器倾斜如图3所示时，BE ·BF 是定值 其中正确命题的个数为A.2B.3C.4D.513.已知数列{a n }的前n 项和为S n =1-5+9-13+17-21+...+1)1(--n （4n-3），则S 15+S 22-S 31的值是A.13B.-76C.46D.7614.在△ABC 中，b=asinC,c=acosB,则△ABC 一定是 A.等腰三角形但不是直角三角形 B.直角三角形但不是等腰三角形 C.等边三角形 D.等腰直角三角形x+y-6≤015.设x ，y 满足不等式组 2x-y-1≤0，若z=ax+y 的最大值为2a+4，最小值为a+1， 3x-y-2≥0 则实数a 的取值范围为 A.［-1,2］ B.［-2,1］ C.［-3,-2］ D.［-3,1］ 选择题答题卡二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分，把答案填写在题中的横线上。
湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题
(1)若以 AC 为轴，直角三角形 ABC 旋转一周，求所得几何体的表面积. (2)一只蚂蚁在问题（1）形成的几何体上从点 B 绕着几何体的侧面爬行一周回到点 B ， 求蚂蚁爬行的最短距离. 20．在锐角 VABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，已知边 c 2 ，且 a sinA a sinB c sinC bsinB .
,
x4
,
x5
和
y1
,
y2
,
y3
,
y4
,
y5
均由
2
个
r a
和
3
个
r b
排列而成.记
S
x1
y1
x2
y2
x3
y3
x4
y4
x5
y5
，Smin
表示
S
所有可能取
值中的最小值.则下列命题中真命题为（ ）
A． S 可能有 5 个不同的值
rr
r
B．若 a b ，则 Smin 与 a 无关
rr C．若 b 4 a ，则 Smin 0
湖南省长沙市长郡中学 2022-2023 学年高一下学期期中数学 试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
ur uur
ur ur uur
r uur ur
1．设 e1 ， e2 是两个不共线的向量，若向量 m e1 ke2 (k R) 与向量 n e2 2e1 共线，
（1）证明：面 PBD 面 ACE ; （2）求二面角 P AC E 的余弦值.
试卷第 5 页，共 6 页
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2020-2021学年湖南长郡中学高一下期中数学试卷
【最新】湖南长郡中学高一下期中数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．直线30l y ++=的倾斜角为 （ ）A ．30；B ．60；C ．120；D ．1502．直线2y mx m -=+经过一定点，则该点的坐标为（ ） A ．)2,1(-B ．)1,2(-C ．(1,2)D ．)1,2(3．在空间直角坐标系中，点B 是(1,2,3)A 在yOz 坐标平面内的射影，O 为坐标原点，则||OB 等于（ ）A B C ．D4．若三条直线2380x y ++=，10x y --=与直线0x ky +=交于一点，则k =（ ）A ．-2B ．2C ．12-D ．125．设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是 （ ） A ．若l m ⊥，m α⊂，则l α⊥ B ．若l α⊥，//l m ，则m α⊥ C ．若//l α，m α⊂，则//l mD ．若//l α，//m α，则//l m6．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，,,,E F G H 分别为1111,,,AA AB BB B C 的中点，则异面直线EF 与GH 所成的角等于（ ）A ．045B ．060C ．090D ．01207．如图，下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是（ ）①正方体 ②圆锥 ③三棱台 ④正四棱锥8．过点(2,1)P 且被圆22240x y x y +-+=截得弦长最长的直线l 的方程为（ ）． A ．350x y --=B ．370x y +-=C ．350x y -+=D ．350x y +-=9．已知点(),M a b 在圆22:1O x y +=外，则直线1ax by +=与圆O 的位置关系是 （ ）A ．相切B ．相交C ．相离D ．不确定10．与圆221:4470O x y x y ++-+=和222:410130O x y y y +--+=都相切的直线条数是（ ）A ．4B ．3C ．2D ．111．若直线()120x m y m +++-=与直线280mx y ++=平行，则实数m 的值为（ ） A ．1B ．2-C ．1或2-D ．1-或2-12．已知a 、b 、c 是ABC ∆中内角A 、B 、C 的对边，且1,5,a b c ===，则ABC ∆的面积S =（ ）A ．32B ．2C ．3D ． 413．在四边形ABCD 中，//,,45AD BC ADAB BCD，90BAD ∠=︒，将ABD ∆沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A BCD -，如图，则在三棱锥A BCD -中，下列结论正确的是（ ）A ．平面ABD ⊥平面ABCB ．平面ADC ⊥平面BDC C ．平面ABC ⊥平面BDCD ．平面ADC ⊥平面ABC14．在锐角ABC ∆中，1,2,BC B A AC =∠=∠的取值范围为（ ）A ．(B ．(C ．(]0,2 D ．15．在等腰直角三角形ABC 中， =4AB AC =，点 P 是边 AB 上异于 ,A B 的一点，光线从点 P 出发，经 ,BC CA 发射后又回到原点 P （如图）.若光线 QR 经过 ABC的重心，则AP 等于（ ）A ．2B ．1C ．83 D ．43二、填空题16．如图所示，'''Rt A B C ∆为水平方置的ABC ∆的直观图，其中'''',''''1A C B C B O O C ⊥==，则ABC ∆的面积为________．17．在ABC ∆中，AB =，75A ∠=︒，45B ∠=︒，则AC =________．18．已知正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为，则侧面与底面所成的二面角为________．19．已知直线l 经过点P(－4，－3)，且被圆(x ＋1)2＋(y ＋2)2＝25截得的弦长为8，则直线l 的方程是________．20．若圆2244100x y x y +---=上至少有三个不同点到直线:0l ax by +=的距离为l 的倾斜角的取值范围是 ．三、解答题21．直角三角形边长分别是3,4,5cm cm cm ，绕斜边旋转一周形成一个几何体，求这个几何体的表面积和体积.22．已知直线经过两条直线1:3450l x y +-=和2:2380l x y -+=的交点M . （1）若直线l 与直线220x y ++=垂直，求直线l 的方程； （2）若直线'l 与直线1l 关于点()1,1-对称，求直线'l 的方程.23．在如图所示几何体中，四边形ABCD 为正方形，ABE ∆为等腰直角三角形，90BAE ∠=︒，且AD AE ⊥.（1）证明：平面AEC ⊥平面BED ； （2）求直线EC 与平面BED 所成角的正弦值.24．在平面直角坐标系xoy 中,已知圆心在x 轴上,半径为2的圆C 位于y 轴右侧,且与直线320x +=相切. (1)求圆C 的方程；(2)在圆C 上,是否存在点(,)M m n ,使得直线:1l mx ny +=与圆22:1o x y +=相交于不同的两点,A B ,且OAB ∆的面积最大？若存在,求出点M 的坐标及对应的OAB ∆的面积；若不存在,请说明理由.参考答案1．C 【解析】由直线方程可知直线的斜率tan 120k θθ=∴=∴=，选C. 2．A 【解析】试题分析：直线2y mx m -=+，即2(1)y m x -=+，所以直线恒过点()1,2-．故选A ． 考点：直线方程的点斜式． 3．B 【详解】试题分析：因为点B 是()1,2,3A 在yOz 坐标平面内的射影，所以(0,2,3)B ，OB ∴==B ．考点：空间中两点间的距离公式． 4．C 【分析】由前两个方程求出交点，将交点坐标代入第三条直线的方程中，即可求出参数值. 【详解】两方程联立可得交点坐标为：()1,2--，代入第三条直线方程：120k --=， 解得：12k =-. 故选C. 【点睛】本题考查直线的交点，只需要联立方程即可求出交点，本题可将任意两条直线联立求交点坐标或其表达式，再代入另一条直线的方程即可，注意计算的准确性. 5．B 【分析】利用,l α可能平行判断A ，利用线面平行的性质判断B ，利用//l m 或l 与m 异面判断C ，l 与m 可能平行、相交、异面，判断D .【详解】l m ⊥，m α⊂，则,l α可能平行，A 错；l α⊥，//l m ，由线面平行的性质可得m α⊥，B 正确； //l α，m α⊂，则//l m ， l 与m 异面；C 错，//l α，//m α，l 与m 可能平行、相交、异面，D 错，.故选B.【点睛】本题主要考查线面平行的判定与性质、线面面垂直的性质，属于中档题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价. 6．B 【解析】试题分析：取11A B 的中点E ，则由三角形的中位线的性质可得GE 平行且等于1A B 的一半，故EGH ∠或其补角即为异面直线1A B 与GH 所成的角．设正方体的棱长为1，则12EG =，1A B GH EH ===，故EGH ∆为等边三角形，故∠EGH=60°． 考点：空间几何体中异面直线的所成角．【思路点睛】本题主要考查异面直线所成的角的定义和求法，找出两异面直线所成的角，是解题的关键，体现了等价转化的数学思想．取11A B 的中点E ，由三角形的中位线的性质可得EGH ∠或其补角即为异面直线1A B 与GH 所成的角．判断EGH ∆为等边三角形，从而求得异面直线1A B 与GH 所成的角的大小． 7．D 【解析】试题分析: ①的三视图均为正方形；②的三视图中正视图．侧视图为相同的等腰三角形，俯视图为圆；③的三视图中正视图是等腰梯形中间含有一条高线的图形．侧视图为梯形，俯视图为内外都是三角形；④的三视图中正视图．侧视图为相同的等腰三角形，俯视图为正方形．几何体的三视图有且仅有两个视图相同的是：②④．故选D ． 考点：1、几何体三视图；2、几何体直观图．8．A 【分析】题意可知过点P 和圆心的直线被圆截得的弦长最长，求出圆心坐标，即可得到线l 的方程. 【详解】依题意可知过点P 和圆心的直线被圆截得的弦长最长，整理圆的方程得22(1)(2)5x y -++=，圆心坐标为(1,2)-，此时直线的斜率为21312--=-， ∴过点P 和圆心的直线方程为13(2)y x -=-，即350x y --=． 故选A ． 【点睛】本题考查圆的标准方程，直线方程的求法，属基础题. 9．B 【解析】 试题分析:点(),M a b 在圆22:1O x y +=外，221∴+>a b ，∴圆心O 到直线1ax by +=距离1=<d ，∴直线1ax by +=与圆O 相交.故选B ．考点：1、点与圆的位置关系；2、直线与圆的位置关系． 10．B 【解析】试题分析: 圆11(2,2),1-=O r ，22(2,5),4=O r ，∴12125==+OO r r ，∴圆1O 和圆2O 外相切，所以与圆1O 和圆2O 相切的直线有3条.故选B ． 考点：1、直线与圆的位置关系；2、两圆的位置关系． 11．A 【解析】试题分析:因为直线()120x m y m +++-=与直线280mx y ++=平行，所以11228m m m +-=≠，即1m =.故选A ． 考点：两直线平行的判定． 12．B【解析】试题分析：1,5,a b c ===222222153cos 22155+-+-∴===⨯⨯a b c C ab ，4sin 5∴==C ，114sin 152225∆∴==⨯⨯⨯=ABC S ab C ．故选B ．考点：1、余弦定理；2、平方关系；3、三角形的面积公式． 13．D 【分析】折叠过程中，仍有CD BD ⊥，根据平面ABD ⊥平面BCD 可证得CD ⊥平面ABD ，从而得到正确的选项. 【详解】在直角梯形ABCD 中，因为ABD ∆为等腰直角三角形，故45ABD ADB ∠=∠=︒， 所以45DBC ∠=︒，故CD BD ⊥，折起后仍然满足CD BD ⊥.因为平面ABD ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ， 平面ABD ⋂平面BCD BD =， 所以CD ⊥平面ABD ，因AB 平面ABD ，所以CD AB ⊥.又因为AB AD ⊥，AD CD D =，所以AB ⊥平面ADC ，因AB平面ABC ，所以平面ADC ⊥平面ABC .【点睛】面面垂直的判定可由线面垂直得到，而线面垂直可通过线线垂直得到，注意面中两条直线是相交的．由面面垂直也可得到线面垂直，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线. 14．D 【解析】试题分析: 在锐角ABC ∆中，1,2BC B A =∠=∠，∴32A ππ<<，且022A π<<，64A ππ∴<<cos A <<1sin sin 2b A A =，∴2cos b A =，b <<．故选D ．考点：1、正弦定理；2、三角函数的性质；3、二倍角公式． 【思路点睛】由条件可得32A ππ<<，且022A π<<，故64A ππ<<cos A <<由正弦定理可得 2cos b A =，从而得到 b 的取值范围．求得64A ππ<<是解本题的关键．本题考查锐角三角形的定义，正弦定理的应用，三角函数的性质，二倍角公式的应用，考查学生的转化与化归思想和计算能力，属于中档题． 15．D 【分析】 试题分析:建立如图所示的坐标系，可得(4,0),(0,4)B C ， 故直线BC 的方程为 4x y +=，ABC ∆的重心为 004040,33G ++++⎛⎫⎪⎝⎭， 设(,0)P a ，其中 04a <<，则点P 关于直线 BC 的对称点1(,)P x y ，满足0422{0(1)1a x y y x a+++=-⋅-=--，解得4{4x y a==-，即 1(4,4)P a -，易得P 关于 y 轴的对称点2(,0)P a -， 由光的反射原理可知 12,,,P Q R P 四点共线， 直线QR 的斜率为4044()4a ak a a---==--+，故直线QR 的方程为 4()4ay x a a-=++， 由于直线QR 过ABC ∆的重心44(,)33），代入化简可得2340a a -=， 解得43a =，或 0a =（舍去）， 故4(,0)3P ，故43AP =． 故选D ．考点：与直线关于点、直线对称的直线方程． 【思路点睛】建立坐标系，设点P 的坐标，可得P 关于直线BC 的对称点1P 的坐标，和P 关于y 轴的对称点2P 的坐标，由12,,,P Q R P 四点共线可得直线的方程，由于过 ABC ∆的重心，代入可得关于a 的方程，解之可得P 的坐标，进而可得AP 的值．本题考查直线与点的对称问题，涉及直线方程的求解以及光的反射原理的应用，属中档题．16．【解析】试题分析：'''',''''1A C B C B O O C ⊥==O A ∴''=2,OA BC OA BC ∴==⊥，ABC ∴∆的面积为11222ABC S BC OA ∆=⋅=⨯⨯=所以答案应填： 考点：斜二测画法．17．2【解析】试题分析：在ABC ∆中，由正弦定理得sin 2sin AB B AC C ===.所以答案应填：2． 考点：1、正弦定理；2、三角形内角和定理．18．【详解】根据题意画如图所示的正四棱锥，因为底面对角线的长为度为h ，由体积公式得21123h ⨯⨯=，解得3h =，作出二面角的平面角如图所示，tanθ==3π．19．x ＋4＝0和4x ＋3y ＋25＝0【解析】由已知条件知圆心(－1，－2)，半径r ＝5，弦长m ＝8.设弦心距是d ，则由勾股定理得r 2＝d 2＋2，解得d ＝3.若l 的斜率不存在，则直线l 的方程为x ＝－4，圆心到直线的距离是3，符合题意．若l 的斜率存在，设为k ，则直线l 的方程为y ＋3＝k (x ＋4)，即kx －y ＋4k －3＝0，则d ＝＝3，即9k 2－6k ＋1＝9k 2＋9，解得k ＝－，则直线l 的方程为4x ＋3y ＋25＝0.所以直线l 的方程是x ＋4＝0和4x ＋3y ＋25＝0.20．5,1212ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】试题分析：圆2244100x y x y +---=化简为标准方程，可得22(2)(2)18-+-=x y ，∴圆心坐标为()2,2C ，半径=r ，∵在圆上至少有三个不同的点到直线:0l ax by +=的距离为∴圆心到直线的距离应小于或等于-=r 由点到直线的距离公式，≤222(22)2()+≤+a b a b ，整理得2()4()10---+≤b b x a a，解得22≤-≤+b a ∵直线:0l ax by +=的斜率2⎡=-∈+⎣b k a，设直线l 的倾斜角为α，则tan 2α⎡∈⎣，即5tan 1212ππα≤≤，由此可得直线l 的倾斜角的取值范围是5,1212ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦．所以答案应填：5,1212ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦． 考点：1、直线与圆的位置关系；2、直线的斜率与倾斜角；3、点到直线的距离公式．【思路点睛】求出圆心为()2,2C，半径=r ，根据圆的性质可得：当圆上至少有三个不同的点到直线l的距离为，由此利用点到直线的距离公式和直线的斜率公式加以计算，即可得到直线l 的倾斜角的取值范围．本题考查了直线和圆的位置关系、直线与圆相交的性质、点到直线的距离公式以及直线倾斜角与斜率的关系等知识，属于中档题．21．8448=V=55ππS 表，． 【解析】试题分析：直角三角形绕斜边旋转一周形成几何体是两个同底的圆锥，底面半径是斜边上的高， 对应母线长分别是两直角边的长的组合体，利用圆锥的表面积和体积公式求解即可． 试题解析：绕斜边旋转一周形成的几何体是两个同底的圆锥，底面半径为125，高分别是95和165对应母线长分别是3和4，所以()2128411248=34V=555355S ππππ⎛⎫+⨯=⨯⨯= ⎪⎝⎭表，. 考点：旋转体．22．（1）250x y -+=；（2）3470x y ++=．【解析】试题分析：（1）先联立方程组求出交点M ，再求直线l 的方程；（2）设出直线'l 的方程，待定系数法可得直线'l 的方程.试题解析：（1）解方程组34502380x y x y +-=⎧⎨-+=⎩得 1,2x y =-=与220x y ++=垂直的直线为()()1220x y +--=即250x y -+=.（2）设直线'l 的方程为340x y c ++=，由题意知1234534,5,755c c c ----=∴=-=得3470x y ++=. 考点：1、直线方程；2、两直线平行、垂直的判断；3、两直线的交点的求法．23．（1）证明见解析；（2）13． 【解析】试题分析：（1）由AE AB ⊥，AE AD ⊥，可证AE ⊥平面ABCD ，从而AE DB ⊥，又DB AC ⊥，所以DB ⊥平面AEC ，再利用面面垂直的判定定理证得平面AEC ⊥平面BED ；（2）设AC 与BD 交点为O ，先证明OEC ∠为EC 与平面BED 所成角，再利用余弦定理求出OEC ∠即可．试题解析：（1）由已知可知AE AB ⊥，又AE AD ⊥，所以AE ⊥平面ABCD ， 所以AE DB ⊥，又ABCD 为正方形，所以DB AC ⊥，所以DB ⊥平面AEC ，而BD ⊂平面BED ，故有平面AEC ⊥平面BED .（2）设AC 与BD 交点为O ，所以OE 为平面AEC 和BED 的交线，过C 作平面BED 的垂线，其垂足必在直线EO 上，即OEC ∠为EC 与平面BED 所成角. 再设正方形边长2a ，则2OA AE a ==,所以,OE EC ==,所以在三角形OEC 中，利用余弦定理可得cos OEC ∠=1sin 3OEC ∠=. 考点：1、线面垂直的判定；2、面面垂直的判定；3、线面所成的角．【方法点睛】本题主要考查的是线面、面面垂直的判定和线面所成的角，属于中档题．证明面面垂直的关键是证明线线垂直，再证明线面垂直，常用方法有定义法，面面垂直的判定定理，向量法；证明线线垂直常用的方法是等腰三角形底边上的高线，菱形对角线互相垂直，勾股定理，线面垂直的定义．求线面角的一般步骤是：一作出线面角，二证明，三求线面角的大小.24．(1)22(2)4x y -+=(2)存在,点M 的坐标是1(2与1(,2,对应面积的最大值为12【分析】(1) 设圆心是00(,0)(0)x x >,根据直线与圆相切的性质结合点到直线距离公式可以求出0x 的值,也就可以写出圆C 的方程；(2) 根据点(,)M m n 在圆C 上,可以求出m 的取值范围,根据点到直线距离公式可以求出原点到直线l 的距离,利用垂径定理可以求出AB ,最后求出OAB ∆的面积的表达式,最后利用配方法求出OAB ∆的面积最大.【详解】解(1)设圆心是00(,0)(0)x x >. 021x d +==+解得02x =∴圆C 的方程为22(2)4x y -+=； (2)点(,)M m n 在圆C ,2222(2)4,4(2)0m n n m ∴-+==--≥04m ∴≤≤.又原点到直线l 的距离1h ==<解得144m <≤AB =12OAB S AB h ∆∴=⋅===111164m≤<. ∴当1142m =,即12m =时取得最大值12.此时点M 的坐标是1(,22与1(,22-,面积的最大值为12. 【点睛】本题考查了直线与圆相切的性质应用,考查了三角形面积最大值问题,考查了数学运算能力.。
2018-2019学年湖南省长沙市长郡中学高一(下)期中数学试卷(解析版)
2018-2019学年湖南省长沙市长郡中学高一（下）期中数学试卷一、选择题（本大题共15小题，共45.0分）1.下列四条直线，其倾斜角最大的是（）A. B. C. D.2.若一个等腰三角形采用斜二测画法作出其直观图，其直观图面积是原三角形面积的（）A. 倍B. 2倍C. 倍D. 倍3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AD1与BD所成角的大小为（）A.B.C.D.4.已知两条直线l，m与两个平面α，β，下列命题正确的是（）A. 若，，则B. 若，，则C. 若，，则D. 若，，则5.圆C1：x2+（y-1）2=1与圆C2：（x+4）2+（y-1）2=4的公切线的条数为（）A. 4B. 3C. 2D. 16.一个平面截一球得到直径为6的圆面，球心到这个圆面的距离为4，则这个球的体积为$（）A. B. C. D.7.两条平行直线3x-4y-3=0和mx-8y+5=0之间的距离是（）A. B. C. D.8.方程（a-1）x-y+2a+1=0（a∈R）所表示的直线（）A. 恒过定点B. 恒过定点C. 恒过点和D. 都是平行直线9.在平面直角坐标系xOy中，点A（1，1），点B在圆x2+y2=4上，则的最大值为（）A. 3B.C.D. 410.在△ABC中，若a2=b2+c2-bc，bc=4，则△ABC的面积为（）A. B. 1 C. D. 211.在△ABC中，内角A、B满足sin2A=sin2B，则△ABC的形状是（）A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰或直角三角形12.已知方程表示圆，则实数k的取值范围是（）A. B. C. D. 或13.若曲线与直线y=x+b始终有交点，则b的取值范围是（）A. B. C. D.14.一个几何体的三视图如图所示，其中三个三角形均是直角三角形，图形给出的数据均是直角边的长度，则该几何体的外接球的体积为（）A.B.C.D. 15.如图，设圆C1：（x-5）2+（y+2）2=4，圆C2：（x-7）2+（y+1）2=25，点A、B分别是圆C1，C2上的动点，P为直线y=x上的动点，则|PA|+|PB|的最小值为（）A.B.C.D.二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）16.过点P（2，3）且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为______．17.若圆锥的表面积为27π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面圆的直径为______18.设点P（3，2）是圆（x-2）2+（y-1）2=4内部一点，则以P为中点的弦所在的直线方程是有______．19.已知长方体ABCD-A1B1C I D1Φ，AB=2AA1=2AD，则直线CB[与平面A1BCD1所成角的正弦值是______20.圆锥底面半径为1，高为，点P是底面圆周上一点，则一动点从点P出发，绕圆锥侧面一圈之后回到点P，则绕行的最短距离是______．三、解答题（本大题共5小题，共40.0分）21.已知直线l1：x+my+6=0，l2：（m-2）x+3y+2m=0，求：（1）若l1l2，求m的值；（2）若l1∥l2，求m的值．22.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=1，∠ACB=90°，D是A1B1的中点．（1）求证：平面BC1D平面ABB1A1；（4）若异面直线A1B1和BC1所成的角为60°，求直三棱柱ABC-A1B1C1的体积．23.已知圆C过A（-2，2），B（2，6）两点，且圆心C在直线3x+y=0上．（Ⅰ）求圆C的方程；（Ⅱ）若直线l过点P（0，5）且被圆C截得的线段长为4，求l的方程．24.在△ABC中，角A，B，C的三条对边分别为a，b，c，b cos C+b sin C=a．（1）求B；（2）点D在边BC上，AB=4，CD=，cos∠ADC=，求AC．25.如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=，AF=1，M是线段EF的中点．（Ⅰ）求证AM∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角A-DF-B的大小．答案和解析1.【答案】A【解析】解：根据题意，依次分析选项：对于A、x+2y+3=0，其斜率k1=-，倾斜角θ1为钝角，对于B、2x-y+1=0，其斜率k2=2，倾斜角θ2为锐角，对于C、x+y+1=0，其斜率k3=-1，倾斜角θ3为135°，对于D、x+1=0，倾斜角θ4为90°，而k1＞k3，故θ1＞θ3，故选：A．根据题意，依次分析选项，求出所给直线的斜率，比较其倾斜角的大小，即可得答案．本题考查直线斜率与倾斜角的关系，关键是掌握直线的斜率与倾斜角的关系．2.【答案】C【解析】解：以等腰三角形的底边所在的直线为x轴，高所在的直线为y轴，由斜二测画法知，三角形的底长度不变，高所在的直线为y′轴，长度减半，故三角形的高变为原来的sin45°=，所以直观图中三角形的面积是原三角形面积的倍．故选：C．以等腰三角形的底边所在的直线为x轴，高所在的直线为y轴，由斜二测画法得出三角形底边长和高的变化情况，即可得出答案．本题考查了斜二测画法中直观图的面积和原来图形面积之间的关系，是基础知识的考查．3.【答案】C【解析】解：连结BC1，则BC1∥AD1，所以BD与BC1所成的角，即是AD1与BD所成角．连结DC1，则三角形BDC1是正三角形，所以∠DBC1=60°，即AD1与BD所成角的大小为60°．故选：C．寻找与AD1平行的直线BC1，则直线BD与BC1所成的角，即是AD1与BD所成角．本题主要考查了空间两异面直线及其所成的角的求法，根据异面直线所成角的定义，寻找平行线是解决本题的关键．4.【答案】B【解析】解：A如图可否定A；B如图∵l∥β，l⊂γ，γ∩β=m，∴l∥m，∵lα，∴mα，∴βα．故选：B．结合图形易否定A；利用线面平行的性质和面面垂直的判定可证B正确．此题考查了直线、平面的各种位置关系，难度不大．5.【答案】A【解析】解：∵|C1C2|==4，r1=1，r2=2，r1+r2=1+2=3，∴|C1C2|＞r1+r2，所以圆C1与圆C2相离，有4条公切线．故选：A．先根据圆心距与两圆半径的关系判断出两圆相离，所以有4条公切线．本题考查了两圆的公切线的条数，属中档题．6.【答案】C【解析】解：如图，由题意可知，O′A=3，OO′=4，∴R=OA=5，∴=，故选：C．根据题意作出图形，利用直角三角形直接得半径，求体积．此题考查了球体积公式，属容易题．7.【答案】A【解析】解：由已知两条平行直线3x-4y-3=0和mx-8y+5=0，所以m=6，所以两条平行线的距离为；故选：A．首先求出m的值，然后利用平行线之间的距离公式解答．本题考查了两条平行线的距离；注意x，y的系数要化为相同，才能运用公式．8.【答案】A【解析】解：∵（a-1）x-y+2a+1=0（a∈R），∴（x+2）a-x-y+1=0，∴，解得：x=-2，y=3．即方程（a-1）x-y+2a+1=0（a∈R）所表示的直线恒过定点（-2，3）．故选：A．可将（a-1）x-y+2a+1=0（a∈R）转化为（x+2）a-x-y+1=0，令a的系数为0，-x-y+1=0即可．本题考查恒过定点的直线，方法较灵活，可转化为关于a的函数，令a的系数为0，-x-y+1=0即可，也可以令x、y取两组值，解得交点坐标即为所求，属于中档题．9.【答案】C【解析】解：∵|-|=||≤|OB|+|OA|=2+=2+，故选：C．根据向量减法的三角形法则转化为求||，再根据两边之和大于等于第三边可得最大值．本题考查了直线与圆的位置关系，属中档题．10.【答案】C【解析】解：∵△ABC中，a2=b2+c2-bc，即b2+c2-a2=bc，∴cosA==，∴A=60°，∵bc=4，∴S△ABC =bcsinA=，故选：C．利用余弦定理表示出cosA，将已知等式变形后代入求出cosA的值，确定出A的度数，再由bc 的值，利用三角形面积公式求出三角形ABC面积即可．此题考查了余弦定理，以及三角形面积公式，熟练掌握余弦定理是解本题的关键，属于基础题．11.【答案】D【解析】解：法1：∵sin2A=sin2B，∴sin2A-sin2B=cos（A+B）sin（A-B）=0，∴cos（A+B）=0或sin（A-B）=0，∴A+B=90°或A=B，则△ABC一定是直角三角形或等腰三角形．法2：∵sin2A=sin2B，且A和B为三角形的内角，∴2A=2B或2A+2B=180°，即A=B或A+B=90°，则△ABC一定是等腰或直角三角形．故选：D．解法1：利用题设等式，根据和差化积公式整理求得cos（A+B）=0或sin（A-B）=0，推断出A+B=90°或A=B，即可判断出三角形的形状．解法2：由两角的正弦值相等及A和B为三角形的内角，得到两角2A和2B相等或互补，即A 与B相等或互余，进而确定出三角形的形状．此题考查了三角形形状的判断，涉及的知识有：正弦、余弦函数的图象与性质，积化和差公式，以及等腰三角形的判定，解题的关键是挖掘题设信息，借助三角函数的基本公式和基本性质找到边与边或角与角之间的关系．12.【答案】D【解析】解：∵方程表示圆，∴＞0，即2k2-2k-12＞0，k2-k-6＞0，解得k＞3或k＜-2．故选：D．由D2+E2-4F＞0的关于k的一元二次不等式求解．本题考查圆的一般方程，是基础题．13.【答案】A【解析】解：作出函数y=与y=x+b图象，由图可知：-1故选：A．数形结合：作出两个函数的图象，观察图象可得本题考查了直线与圆的位置关系，属中档题．14.【答案】D【解析】解：根据几何体得三视图转换为几何体为：所以：该几何体的外接球半径（2r）2=12+22+12=6，解得：，所以：V==故选：D．首先把三视图转换为几何体，进一步利用几何体的体积公式的应用求出结果．本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．15.【答案】C【解析】解：依题意可知圆C1的圆心（5，-2），r=2，圆C2的圆心（7，-1），R=5，如图所示：对于直线y=x上的任一点P，由图象可知，要使|PA|+|PB|的得最小值，则问题可转化为求|PC1|+|PC2|-R-r=|PC1|+|PC2|-7的最小值，即可看作直线y=x上一点到两定点距离之和的最小值减去7，由平面几何的知识易知当C1关于直线y=x对称的点为 C1′（-2，5），与P、C2共线时，|PC1|+|PC2|的最小值，取得最小值，即直线y=x上一点到两定点距离之和取得最小值为|CC2|=∴|PA|+|PB|的最小值为=|PC1|+|PC2|-7=．故选：C．利用对称的性质，结合两点之间的距离最短，即可求解．本题考查了圆关于直线的对称的圆的求法，动点的最值问题，考查了点与点的距离公式的运用，是中档题题．16.【答案】x+y-5=0，或3x-2y=0【解析】解：若直线的截距不为0，可设为，把P（2，3）代入，得，，a=5，直线方程为x+y-5=0若直线的截距为0，可设为y=kx，把P（2，3）代入，得3=2k，k=，直线方程为3x-2y=0 ∴所求直线方程为x+y-5=0，或3x-2y=0故答案为x+y-5=0，或3x-2y=0分直线的截距不为0和为0两种情况，用待定系数法求直线方程即可．本题考查了直线方程的求法，属于直线方程中的基础题，应当掌握．17.【答案】6【解析】解：设圆锥母线长R，底面圆半径为r，∵侧面展开图是一个半圆，此半圆半径为R，半圆弧长为2πr，∴πR=2πr，∴R=2r，∵表面积是侧面积与底面积的和，∴S表=πR2+πr2，∵R=2r，∴S表=3πr2=27π，解得r=3，∴圆锥的底面直径为2r=6．故答案为：6．设圆锥母线长为R，底面圆半径为r，根据侧面展开图得到R=2r，再求表面积与底面半径和直径．本题考查了圆锥的结构特征与表面积公式计算问题，是基础题．18.【答案】x+y-5=0【解析】解：圆（x-2）2+（y-1）2=4的圆心（2，1），点P（3，2）是圆（x-2）2+（y-1）2=4内部一点，以点P为中点的弦所在的直线的斜率为：-=-1．以点P为中点的弦所在的直线方程为：y-2=-（x-3）．即x+y-5=0．故答案为：x+y-5=0．求出圆的圆心与半径，求出所求直线的斜率，然后求解以点P为中点的弦所在的直线方程．本题考查直线与圆的位置关系，直线方程的求法，考查计算能力．19.【答案】【解析】解：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设AB=2AA1=2AD=2，则C（0，2，0），B1（1，2，1），A1（1，0，1），C（0，2，0），B（1，2，0），=（1，0，1），=（0，-2，1），=（-1，0，0），设平面A1BCD1的法向量=（x，y，z），则，取y=1，得=（0，1，2），设直线CB[与平面A1BCD1所成角为θ，则sinθ===．∴直线CB[与平面A1BCD1所成角的正弦值为．故答案为：．以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线CB[与平面A1BCD1所成角的正弦值．本题考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20.【答案】3【解析】解：圆锥的侧面展开图为扇形，其弧长为底面圆的周长，即2π∵圆锥的母线长为3．扇形的圆心角，∴一动点从点P出发，绕圆锥侧面一圈之后回到点P，则绕行的最短距离是：=3．故答案为：3．利用圆锥的侧面展开图，确定扇形的圆心角，即可求得结论．本题考查旋转体表面上的最短距离，考查学生的计算能力，属于基础题．21.【答案】解：（1）m=0时，两条直线不垂直，舍去．m≠0时，∵l1l2，∴-×=-1，解得m=．综上可得：m=．（2）由m（m-2）-3=0，解得：m=3或-1．经过验证m=3时两条直线重合，舍去．∴m=-1时，l1∥l2．【解析】（1）对m分类讨论，利用两条直线相互垂直的充要条件即可得出．（2）由m（m-2）-3=0，解得：m=3或-1．经过验证m=3时两条直线重合，舍去．本题考查了直线平行与垂直的充要条件、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．22.【答案】（1）证明：∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，∴AA1平面A1B1C1，则AA1C1D，∵A1C1=B1C1，D为A1B1的中点，∴C1D A1B1，又AA1∩A1B1=A1，∴C1D平面AA1B1B，而C1D⊂平面BC1D，∴平面BC1D平面ABB1A1；（2）解：连接AC1，由AC=BC，C1C平面ABC，∴AC1=BC1，∵异面直线A1B1和BC1所成的角为60°，∴△ABC1为等腰三角形，取AB中点O，连接CO，C1O，∵AC=BC=1，∠ACB=90°，∴，．∴．故直三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=．【解析】（1）由三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，得AA1平面A1B1C1，则AA1C1D，再由已知得C1D A1B1，利用线面垂直的判定可得C1D平面AA1B1B，从而得到平面BC1D平面ABB1A1；（2）连接AC1，由AC=BC，C1C平面ABC，得AC1=BC1，进一步得到△ABC1为等腰三角形，求出三棱柱的高，代入棱柱体积公式求解．本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．23.【答案】解：（Ⅰ）根据题意，设圆C的圆心为（a，b），半径为r，则圆C方程为（x-a）2+（y-b）2=r2，又由圆C过A（-2，2），B（2，6）两点，且圆心C在直线3x+y=0上，则有，解可得a=-2，b=6，r2=16，则圆C的方程为（x+2）2+（y-6）2=16；（Ⅱ）根据题意，设直线l与圆C交与MN两点，则|MN|=4，设D是线段MN的中点，则有CD MN，则|MD|=2，|MC|=4．在Rt△ACD中，可得|CD|=2．当直线l的斜率不存在时，此时直线l的方程为x=0，满足题意，当直线l的斜率存在时，设所求直线l的斜率为k，则直线l的方程为：y-5=kx，即kx-y+5=0．由点C到直线MN的距离公式：=2，解可得k=，此时直线l的方程为3x-4y+20=0．故所求直线l的方程为x=0或3x-4y+20=0．【解析】（Ⅰ）根据题意，设圆C的圆心为（a，b），半径为r，结合题意可得，解出a、b、r的值，将其值代入圆的方程即可得答案；（Ⅱ）根据题意，分类讨论，斜率存在和斜率不存在两种情况：①当直线l的斜率不存在时，满足题意，②当直线l的斜率存在时，设所求直线l的斜率为k，则直线l的方程为：y-5=kx，由点到直线的距离公式求得k的值，即可得直线的方程，综合2种情况即可得答案．本题考查直线与圆的位置关系，涉及两点间的距离公式，点到直线的距离公式，圆的标准方程，属于中档题．24.【答案】解：（1）由b cos C+b sin C=a，利用正弦定理得：sin B cos C+sin B sin C=sin A，即sin B cos C+sin B sin C=sin B cos C+cos B sin C，得sin B sin C=cos B sin C，又C∈（0，π），所以sin C≠0，所以sin B=cos B，得tan B=，又B∈（0，π），所以B=；（2）如图所示，由cos∠ADC=，∠ADC∈（0，π），所以sin∠ADC==，由因为∠ADB=π-∠ADC，所以sin∠ADB=sin∠ADC=；在△ABD中，由正弦定理得，=，且AB=4，B=，所以AD===；在△ACD中，由余弦定理得，AC2=AD2+DC2-2AD•DC•cos∠ADC=+-2×××=4，解得AC=2．【解析】（1）由题意利用正弦定理与三角恒等变换求出sinB与cosB的关系，得出tanB的值，从而求出B 的值；（2）根据互补的两角正弦值相等，得到sin∠ADB=sin∠ADC的值，再利用正弦、余弦定理求得AD、AC的值．本题考查了解三角形的应用问题，也考查了三角恒等变换应用问题，是中档题．25.【答案】解：方法一（Ⅰ）记AC与BD的交点为O，连接OE，∵O、M分别是AC、EF的中点，ACEF是矩形，∴四边形AOEM是平行四边形，∴AM∥OE∵OE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，∴AM∥平面BDE（Ⅱ）在平面AFD中过A作AS DF于S，连接BS，∵AB AF，AB AD，AD∩AF=A，∴AB平面ADF，∴AS是BS在平面ADF上的射影，由三垂线定理得BS DF∴∠BSA是二面角A-DF-B的平面角在Rt△ASB中，AS==，AB=，∴， ，∴二面角A-DF-B的大小为60°方法二（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系设AC∩BD=N，连接NE，则点N、E的坐标分别是（，，、（0，0，1），∴=（，，，又点A、M的坐标分别是（，，）、（，，∴=（，，∴=且NE与AM不共线，∴NE∥AM又∵NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，∴AM∥平面BDF（Ⅱ）∵AF AB，AB AD，AF∩AD=A，∴AB平面ADF∴，，为平面DAF的法向量∵=（，，•，，=0，∴=（，，•，，=0得，∴NE为平面BDF的法向量∴cos＜，＞=∴，的夹角是60°即所求二面角A-DF-B的大小是60°【解析】（Ⅰ）要证AM∥平面BDE，直线证明直线AM平行平面BDE内的直线OE即可，也可以利用空间直角坐标系，求出向量，在平面BDE内求出向量，证明二者共线，说明AM∥平面BDE，（Ⅱ）在平面AFD中过A作AS DF于S，连接BS，说明∠BSA是二面角A-DF-B的平面角，然后求二面角A-DF-B的大小；也可以建立空间直角坐标系，求出，说明是平面DFB的法向量，求出平面DAF 的法向量，然后利用数量积求解即可．本题考查直线与平面平行，二面角的知识，考查空间想象能力，逻辑思维能力，是中档题。
长沙市长郡中学2021-2022学年高一下学期期中数学试题含解析
属中档题. 12．ACD
【分析】连接 EF ，即可得到四边形 FEA1D1 为平行四边形，从而判断 A，显然 A1E 与 HF 为
相交直线，即可判断 B，根据线面平行的判定定理证明 C，D； 【详解】解：连接 FE，因为 E，F 为 AB，CD 的中点，故 FE 平行且等于 AD.
由题意知 AD 平行且等于 A1D1 ，故 FE 平行且等于 A1D1 ，所以四边形 FEA1D1 为平行四边形， 所以 A1E//D1F ，故 A 正确； 显然 A1E 与 HF 为相交直线，故 B 错误； 因为 EG//IF ，同时 IF 在平面 D1IF 内，且 EG 不在平面 D1IF 内，所以 EG// 平面 D1IF ，故 C 正确； 因为 A1E//D1F ，同时 D1F 在平面 D1FGB1 内，且 A1E 不在平面 D1FGB1 内，所以 A1E// 平面 D1FGB1 ，故 D 正确. 故选：ACD.
，得
3
2 2
2
3
，
sin B sin 2B
32 2 2 3 ，故 cos B
sin B 2sin B cos B
6. 3
故选： D .
7．D
【分析】根据复数的运算法则，化简复数 2 2a 4 a i ，根据题列出不等式组，即可求解.
5
5
【详解】由题意，复数
2 ai 1 2i
2 ai1 2i 1 2i1 2i
【详解】因为点 M ，故过点 M 有无数条直线与 平行，故 AB 错误； 过点 M 有且只有一个平面与 平行，故 C 正确， D 错误. 故选： C .
6．D 【分析】根据正弦定理，结合角度关系，带值计算即可.
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【详解】在△
湖南省长沙市长郡中学2020学年高一数学下学期期中试题
湖南省长沙市长郡中学2020学年高一数学下学期期中试题一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45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.下列四条直线，其倾斜角最大的是A. 2x-y+l=0B. x+2y+3=0C.. x+y+l= 0D. x+l = 0★2.一个边长为a的正三角形采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积是原来正三角形面积的★3.正方体中，异面直线与BD所成角的大小是4.已知两条不同直线l、m与两个不同平面下列命题正确的是A.若则B.若则C.若，则D.若则5.圆与圆的公切线的条数为6.一个平面截一球得到直径为6的圆面，球心到这个圆面的距离为4，则这个球的体积为7.两条平行直线3x-4y-3=0和mx-8y+5=0之间的距离是8.方程所表示的直线A.恒过定点(2，3)B.恒过定点（-2，3）C.恒过点（-2，3）和点(2，3)D.都是平行直线9.在平面直角坐标系xOy中，点A(1，1)，点B在圆上，则的最大值为10.在△ABC中，若则△ABC的面积为11.若△ABC的三内角分别为A、B、C，满足sin2A=sin2B，则△ABC的形状为A.等腰三角形B.直角三角形C.等边三角形D.等腰或直角三角形12.已知方程表示圆，则实数k的取值范围是13.若曲线与直线y=x+b始终有公共点，则实数b的取值范围是14. 一个几何体的三视图如图所示，其中三个三角形均是直角三角形，图形给出的数据均是直角边的长度，则该几何体的外接球的体积为15.设圆圆点A、B分别是圆上的动点，P为直线y=x上的动点，则的最小值为二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分.）★16.过点P(2，3)且在两坐标轴上截距相等的直线方程为________________17.若圆锥的表面积为27π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面圆的直径为________________18.设点P(3，2)是圆内部一点，则过点P最短的弦所在的直线方程是________________19.已知长方体，则直线与平面所成角的正弦值是________________20.圆锥底面半径为1，高为点P是底面圆周上一点，则一动点从点P出发，绕圆锥侧面一圈之后回到点P，则绕行的最短距离是________________三、解答题（本大题共5小题，每小题8分，共40分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）21.（本题满分8分）已知直线(1)若求m的值；(2)若求m的值.22.（本题满分8分）如图，在直三棱柱（侧棱和底面垂直），D是的中点.，(1)求证：平面平面(2)若异面直线和所成的角为，求直三棱柱的体积.23.（本题满分8分）已知圆C过A（-2，2），B(2，6)两点，且圆心C在直线3x+y=0上.(1)求圆C的方程；(2)若直线l过点P(0，5)且被圆C截得的线段长为，求l的方程.24.（本题满分8分）在△ABC中，角A、B、C的三条对边分别为(1)求B；(2)点D在边BC上，AB=4 ，求AC.25.（本题满分8分）如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB= AF=1，M是线段EF的中点.(1)求证：AM∥平面BDE；(2)求二面角A-DF-B的大小.。
湖南省2020版高一下学期数学期中考试试卷A卷
湖南省2020版高一下学期数学期中考试试卷A卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共4题；共8分)1. （2分）若数列是等差数列，且，则数列的前9项和等于（）A .B . 18C . 27D . 362. （2分）设cosα=﹣，α∈（0，π），则α的值可表示为（）A . arccosB . ﹣arccosC . π﹣arccosD . π+arccos3. （2分） (2016高一下·九江期中) 为了得到函数的图象，只要将y=sinx（x∈R）的图象上所有的点（）A . 向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变B . 向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变C . 向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变D . 向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变4. （2分）已知函数f（x）=cos（ωx+θ）（ω＞0，0＜θ＜π）的最小正周期为π，且f（﹣x）+f（x）=0，若tanα=2，则f（α）等于（）A .B .C .D .二、填空题 (共10题；共10分)5. （1分）(2020·肥城模拟) ________.6. （1分） (2016高一下·珠海期末) 已知扇形的弧长是6cm，面积是18cm2 ，则扇形的中心角的弧度数是________．7. （1分） (2018高一上·大庆期中) 函数的定义域为________．8. （1分）若函数与函数g（x）=5tan（ax﹣1）+2的最小正周期相同，则实数a=________9. （1分） (2018高一上·上海期中) 函数，则________10. （1分） (2019高一下·哈尔滨期中) 若数列各项均不为零，前n项和为，且，则 ________11. （1分）已知数列{an}，a1=m，m∈N* ，，若a1=2013，则a2013=________；若{an}中有且只有5个不同的数字，则m的不同取值共有________个．12. （1分） (2020高二下·海安月考) 在△ABC中，若，，则________.13. （1分） (2020高三上·闵行期末) 设函数，若恰有个零点，.则下述结论中:①若恒成立，则的值有且仅有个；② 在上单调递增；③存在和，使得对任意恒成立；④“ ”是“方程在恰有五个解”的必要条件.所有正确结论的编号是________；14. （1分） (2017高二上·南阳月考) 给出下列命题：① 中角，，的对边分别为，，，若，则；② ，，若，则；③若，则；④设等差数列的前项和为，若，则 .其中正确命名的序号是________．三、解答题 (共5题；共40分)15. （5分）(2013·山东理) 设△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且a+c=6，b=2，．（1）求a，c的值；（2）求sin（A﹣B）的值．16. （5分） (2018高一下·金华期末) 已知函数的最大值为 .（1）求的值及的单调递减区间；（2）若，，求的值.17. （5分） (2018高一下·芜湖期末) 在等差数列中，， .（1）设数列的前项和为，求的最大值及使得最大的序号的值；（2）设（），为数列的前项之和，求 .18. （10分）已知函数f（x）=2sin（3x﹣），x∈R．（1）求f（x）的最小正周期，单调减区间；（2）若x∈[0， ]，求f（x）的值域．19. （15分）(2018·虹口模拟) 平面内的“向量列” ，如果对于任意的正整数，均有，则称此“向量列”为“等差向量列”，称为“公差向量”.平面内的“向量列” ，如果且对于任意的正整数，均有（），则称此“向量列”为“等比向量列”，常数称为“公比”.（1）如果“向量列” 是“等差向量列”，用和“公差向量” 表示；（2）已知是“等差向量列”，“公差向量” ，，；是“等比向量列”，“公比” ，， .求．参考答案一、单选题 (共4题；共8分)答案：1-1、考点：解析：答案：2-1、考点：解析：答案：3-1、考点：解析：答案：4-1、考点：解析：二、填空题 (共10题；共10分)答案：5-1、考点：解析：答案：6-1、考点：解析：答案：7-1、考点：解析：答案：8-1、考点：解析：答案：9-1、考点：解析：答案：10-1、考点：解析：答案：11-1、考点：解析：答案：12-1、考点：解析：答案：13-1、考点：解析：答案：14-1、考点：解析：三、解答题 (共5题；共40分)答案：15-1、答案：15-2、考点：解析：答案：16-1、答案：16-2、考点：解析：答案：17-1、答案：17-2、考点：解析：答案：18-1、答案：18-2、考点：解析：答案：19-1、答案：19-2、考点：解析：。
2020-2021学年湖南省长沙市长郡中学高一(下)期中数学试卷(附答案详解)
2020-2021学年湖南省长沙市长郡中学高一（下）期中数学试卷一、单选题（本大题共12小题，共36.0分） 1. 复数5i−2的共轭复数是( )A. i +2B. i −2C. −2−iD. 2−i2. 当23<m <1时，复数m(3+i)−(2+i)在复平面内对应的点位于( )A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3. 已知AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ +5b ⃗ ，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2a ⃗ +8b ⃗ ，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =3a ⃗ −3b ⃗ ，则( )A. A 、B 、D 三点共线B. A 、B 、C 三点共线C. B 、C 、D 三点共线D. A 、C 、D 三点共线4. 已知e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 是夹角为60°的两个单位向量，则a ⃗ =2e 1⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ 与b ⃗ =−3e 1⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ 的夹角是( )A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°5. 等边三角形ABC 的边长为1，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ，CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =c ⃗ ，则a ⃗ ⋅b ⃗ +b ⃗ ⋅c ⃗ +c ⃗ ⋅a ⃗ =( )A. 3B. −3C. 32D. −326. △ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.已知asinA −bsinB =4csinC ，cosA =−14，则bc =( )A. 6B. 5C. 4D. 37. 如图，某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的，如果正方体的棱长是60cm ，那么石凳的体积是( )A. 144000cm 3B. 180000cm 3C. 36000cm 3D. 72000cm 38. 如图，圆锥PO 的底面直径和高均为a ，过PO 的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几A. 5πa332B. 5πa396C. πa332D. πa3969.一个菱形的边长为4cm，一个内角为60°，将菱形水平放置并且使较长的对角线成横向，则此菱形的直观图的面积为()A. 8√3 cm2B. 4√3 cm2C. 2√6 cm2D. √6 cm210.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为()A. √22B. √32C. √52D. √7211.复数z1、z2满足z1=m+(4−m2)i，z2=2cosθ+(λ+3sinθ)i(m,λ,θ∈R)，并且z1=z2，则λ的取值范围是()A. [−1,1]B. [−916,1] C. [−916,7] D. [916,1]12.已知三棱锥P−ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为()A. 8√6πB. 4√6πC. 2√6πD. √6π二、多选题（本大题共3小题，共9.0分）13.下列关于直线与平面间的位置关系的命题判断正确的是()A. 若空间中四条直线l1、l2、l3、l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3、l3⊥l4，则l1、l4的位置关系不确定B. 设l、m、n均为直线，其中m、n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的充分不必要条件C. 直线l1、l2互相平行的一个充分不必要的条件是l1、l2都垂直于同一个平面D. 已知m、n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，若直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊂α，l⊄β，则α与β相交，且交线平行于l14.下列关于空间角的判断正确的是()A. 如果空间中的两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等B. 两条平行直线与同一个平面所成的角相等C. 一条直线与两条异面直线中的一条所成角为90°，那么该直线与另一直线所成角D. 如果平面α//平面α1，如果平面β//平面β1，那么平面α与平面β所成的二面角和平面α1与平面β1所成的二面角相等或互补15.如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD−A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜度的不同，有下面五个命题()A. 有水的部分始终呈棱柱形B. 没有水的部分始终呈棱柱形C. 水面EFGH所在四边形的面积为定值D. 棱A1D1始终与水面所在平面平行E. 当容器倾斜如图(3)所示时，BE⋅BF是定值三、单空题（本大题共5小题，共15.0分）16.已知复数z与(z+2)2−8i均是纯虚数，则z=______ ．17.已知2i−3是关于x的方程2x2+px+26=0的一个根，则实数p=______．18.已知a⃗=(4,2)，则与a⃗垂直的单位向量的坐标为______．19.已知a、b、c分别是△ABC三个内角A、B、C的对边，边BC上的中线长记为m a，则m a=______(用a、b、c表示结果)．20.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型，如图，该模型为长方体ABCD−A1B1C1D1挖去四棱锥O−EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E,F,G,H 分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm，AA1=4cm，3D打印所用的材料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．四、解答题（本大题共5小题，共40.0分）21.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，acos C+√3asin C−b−c=0．(1)求A；(2)若a=2，△ABC的面积为√3，求b，c．22.如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD⏜所在平面垂直，M是CD⏜上异于C、D的点．(1)证明：DM⊥平面BMC；(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC//平面PBD？说明理由．23. 已知△P 1P 2P 3，向量OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 满足条件OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，|OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |.求证：△P 1P 2P 3是等边三角形．24. 如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且∠BAP =∠CDP =90°．(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA =PD =AB =DC ，∠APD =90°，且四棱锥P −ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．25. 如图，在四棱锥P—ABCD ，底面ABCD 为平行四边形，△PCD 为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，PA ⊥CD ，CD =2，AD =3，(1)设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH//平面PAD ； (2)求证：PA ⊥平面PCD ；答案和解析1.【答案】B【解析】解：∵复数5i−2=5(−i−2)22−i 2=−2−i ，∴共轭复数是−2+i 故选：B ．首先要对所给的复数进行整理，分子和分母同乘以分母的共轭复数，化简到最简形式，把得到的复数虚部变为相反数，得到要求的共轭复数．复数的加减乘除运算是比较简单的问题，在高考时有时会出现，若出现则是要我们一定要得分的题目．2.【答案】D【解析】 【分析】本题是对复数的代数形式最基本的考查． 化简成代数形式，再根据m 的范围确定． 【解答】解：m(3+i)−(2+i)=(3m −2)+(m −1)i ， 又∵23< m <1，∴3m −2>0，m −1<0， ∴所对应的点在第四象限， 故选D ．3.【答案】A【解析】解：∵AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ +5b ⃗ ，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2a ⃗ +8b ⃗ ，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =3a ⃗ −3b ⃗ ， ∴BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ +5b ⃗ ， ∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ =BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共线，根据平面向量的线性运算与共线定理，证明AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共线，即可得出结论． 本题考查了平面向量的线性运算与共线定理的应用问题，是基础题目．4.【答案】C【解析】 【分析】本题主要考查两个向量数量积的运算，两个向量数量积的定义，求向量的模的方法，属于中档题．利用两个向量数量积的定义求出e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ ，再求出|a ⃗ |，|b ⃗ |，a ⃗ ⋅b ⃗ 的值，根据cosθ=a⃗ ⋅b ⃗ |a ⃗ |⋅|b⃗ |，求得则a ⃗ =2e 1⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ 与b ⃗ =−3e 1⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ 的夹角θ的值． 【解答】解：∵已知e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 是夹角为60°的两个单位向量，∴e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ =1×1×cos60°=12， 设a ⃗ =2e 1⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ 与b ⃗ =−3e 1⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ 的夹角为θ，θ∈(0°,180°)，∵|a ⃗ |=√(2e 1⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ )2=√4e 1⃗⃗⃗ 2+4e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ 2=√7，|b ⃗ |=√(−3e 1⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ )2=√9e 1⃗⃗⃗ 2−12e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ +4e 2⃗⃗⃗ 2=√7， a ⃗ ⋅b ⃗ =(2e 1⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ )⋅(−3e 1⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ )=−6e 1⃗⃗⃗ 2+e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ 2=−6+12+2=−72， ∴cosθ=a⃗ ⋅b ⃗ |a ⃗ |⋅|b⃗ |=−72√7⋅√7=−12，∴θ=120°，故选：C ．5.【答案】D【解析】解：由题意可得，<a ⃗ ,b ⃗ >=<a ⃗ ,c ⃗ >=<b ⃗ ,c ⃗ >=2π3 ∴a ⃗ ⋅b ⃗ +b ⃗ ⋅c ⃗ +c ⃗ ⋅a ⃗ =1×1×(−12)×3=−32故选D先确定出各向量的夹角，然后根据向量的数量积的定义即可求解本题主要考查了向量的数量积的定义的简单应用，解题的关键是准确确定出向量的夹角【解析】【分析】本题考查了正弦定理、余弦定理，考查了计算能力，属于中档题．利用正弦定理和余弦定理列出方程组，能求出结果．【解答】解：∵△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设该三角形外接圆的半径为R，根据正弦定理有：又asinA−bsinB=4csinC，∴a·a2R −b·b2R=4c·c2R,即a2=4c2+b2，又，∴{a2−b2=4c2cosA=b2+c2−a22bc=−14，解得bc=6，故选A．7.【答案】B【解析】解：由题意可知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，体积是8×13×12×30×30×30=36000cm3；正方体的体积为60×60×60=216000cm3；则石凳的体积是216000−36000=180000cm3．故选：B．由已知求得正方体的体积，减去八个正三棱锥的体积得答案．本题考查正方体与三棱锥体积的求法，是基础的计算题．8.【答案】B【解析】解：圆锥SO的底面半径为a2，高为a，则圆柱PO的底面半径是a4，高为a2，∴V SO=13π(a2)2⋅a=a312π，V圆柱=π(a4)2⋅a2=a232π，∴剩下几何体的体积是a3π12−a3π32=5πa396．故选：B．通过圆锥的底面半径和高，分别求出圆柱和圆锥的体积，然后求解即可．本题考查圆柱与圆锥体积的求法，考查计算能力，是基础题．9.【答案】C【解析】解：解法一、菱形ABCD的边长为4cm，内角为60°，画出它的平面直观图，如图四边形A′B′C′D′所示：在菱形ABCD中，BD=4，AC=4√3，在四边形A′B′C′D′中，B′D′=12B′D′=2，AC=A′C′，所以四边形A′B′C′D′的面积为12A′C′⋅B′D′⋅sin45°=12×2×4√3×√22=2√6(cm2).解法二、菱形ABCD的边长为4cm，内角为60°，所以对角线AC=4√3，BD=4，菱形ABCD的面积为S=12×4√3×4=8√3，该菱形的平面直观图面积为S′=2√2=√32√2=2√6(cm2)故选：C．解法一、画出菱形的平面直观图，计算平面直观图的面积即可．解法二、根据原图形与平面直观图的面积比为2√2：1，计算直观图的面积即可．本题考查了平面图形的直观图与原图形面积的计算问题，熟记面积比是快速解题的关键．10.【答案】C【解析】 【分析】本题考查异面直线所成角的正切值的求法，属于基础题． 作出异面直线所成的角，然后求出其正切值即可． 【解答】解：如下图，取DD 1的中点F ，连接EF ，AF ，因为E ，F 为CC 1，DD 1的中点，ABCD −A 1B 1C 1D 1为正方体， 所以EF//CD ，所以∠AEF 为异面直线AE 与CD 所成角或其补角， 由正方体可得EF ⊥平面ADD 1A 1， 所以EF ⊥AF ， 设正方体的棱长为1，则EF =1，AF =√1+14=√52，所以tan∠AEF =√52，所以异面直线AE 与CD 所成角的正切值为√52．故选C ．11.【答案】C【解析】解：∵z 1=z 2，∴{m =2cosθ4−m 2=λ+3sinθ，化为4sin 2θ=λ+3sinθ， ∴λ=4(sinθ−38)2−916，∵−1≤sinθ≤1，∴当sinθ=38时，λ取得最小值−916；当sinθ=−1时，λ取得最大值7． ∴−916≤λ≤7．∴λ的取值范围是[−916,7]． 故选：C ．利用z 1=z 2，可得{m =2cosθ4−m 2=λ+3sinθ，化为λ=4(sinθ−38)2−916，利用−1≤sinθ≤1和二次函数的单调性即可得出．本题考查了复数相等、正弦函数的单调性、二次函数的单调性，属于基础题．12.【答案】D【解析】 【分析】本题考查球的体积的求法，涉及到余弦定理．设∠PAC =θ，PA =PB =PC =2x ，EC =y ，根据余弦定理以及勾股定理证明三条侧棱两两互相垂直，即可求出球O 的体积． 【解答】 解：设∠PAC =θ，PA =PB =PC =2x ，EC =y ，因为E ，F 分别是PA ，AB 的中点，所以EF =12PB =x ，AE =x ， 在△PAC 中，cosθ=4x 2+4−4x 22×2x×2=12x ，在△EAC 中，cosθ=x 2+4−y 22×2x，整理得x 2−y 2=−2，①因为△ABC 是边长为2的正三角形，所以CF =√3， 又∠CEF =90°，则x 2+y 2=3，②，由①②得x=√2，2所以PA=PB=PC=√2，所以PA2+PB2=4=AB2，即PA⊥PB，同理可得PA⊥PC，PB⊥PC，则PA、PB、PC两两垂直，则球O是以PA为棱的正方体的外接球，则外接球的直径为√2+2+2=√6，所以球O的体积为．故选D．13.【答案】ABD【解析】解：对于A：空间中四条直线l1、l2、l3、l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3、l3⊥l4，则l1、l4的位置关系不确定，故A正确；对于B：设l、m、n均为直线，其中m、n在平面α内，由“l⊥α”则“l⊥m且l⊥n”，但是当“l⊥m且l⊥n”则“l⊥α”(没有说直线m和n相交)不一定成立，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的充分不必要条件，故B正确；对于C：直线l1、l2互相平行的一个充分必要的条件是l1、l2都垂直于同一个平面，故C 错误；对于D：已知m、n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，若直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊂α，l⊄β，则α与β相交，且交线平行于l，故D正确；故选：ABD．直接利用线面平行和垂直的判定和性质，法向量，和面面垂直的应用判定A、B、C、D 的结论．本题考查的知识要点：线面平行和垂直的判定和性质，法向量，主要考查学生对基础知识的理解和应用，属于基础题．14.【答案】BD【解析】解：如果空间中的两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，所以A不正确；两条平行直线与同一个平面所成的角相等，满足直线与平面所成角的性质，所以B正确；一条直线与两条异面直线中的一条所成角为90°，那么该直线与另一直线所成角的范围是[0°,90°]，所以C不正确；如果平面α//平面α1，如果平面β//平面β1，那么平面α与平面β所成的二面角和平面α1与平面β1所成的二面角相等或互补，满足二面角的定义，所以D正确；故选：BD．利用空间角的性质，判断选项的正误即可．本题考查命题的真假的判断，空间角的判断，考查空间心里，转化思想以及逻辑推理能力，是中档题．15.【答案】ABDE【解析】解：∵棱柱特征：有两个面是相互平行且是全等的多边形，其余没相邻两个面的交线也相互平行，而这些面都是平行四边形∴通过棱柱特征，AB正确．∵水面EFGH所在四边形的面积，从图2，图3我们发现，有条边长不变，而另外一条长随倾斜度变化而变化，∴EFGH所在四边形的面积是变化的．C不对∵棱A1D1始终与BC平行，BC与水面始终平行，∴D正确．∵水的体积是不变的，高始终是BC也不变．底面也不会，即BE⋅BF是定值．∴D正确．所以正确的是：ABDE．故选：ABDE．由题意抓住棱柱形的特征进行判断，观察即可得到答案．本题考查了棱柱特征：有两个面是相互平行且是全等的多边形，其余梅相邻两个面的交线也相互平行，而这些面都是平行四边形，同时考查对空间的想象力和图象变形的灵活处理能力．属于中档题．16.【答案】−2i【解析】解：设z=ai，a∈R，∴(z+2)2−8i=(ai+2)2−8i=4+4ai−a2−8i=(4−a2)+(4a−8)i，∵它是纯虚数，∴a=−2故答案为：−2i．两个复数都是纯虚数，可设z ，化简(z +2)2−8i ，可求出z ． 本题考查复数的分类，及复数的运算，是基础题．17.【答案】12【解析】解：∵2i −3是关于x 的方程2x 2+px +26=0的一个根，∴由实系数一元二次方程虚根成对原理可得，−2i −3是关于x 的方程2x 2+px +26=0的另一个根，则(2i −3)+(−2i −3)=−p2，得p =12． 故答案为：12．由已知结合实系数一元二次方程虚根成对原理求得方程2x 2+px +26=0的另一个根，再由根与系数的关系求解p 值．本题考查实系数一元二次方程虚根成对原理的应用，是基础题．18.【答案】(√55,−2√55)或(−√55,2√55)．【解析】解：设与a⃗ 垂直的单位向量n ⃗ =(x,y)． 则{4x +2y =0x 2+y 2=1，解得{x =√55y =−2√55或{x =−√55y =2√55． 故答案为(√55,−2√55)或(−√55,2√55)． 设出与a ⃗ 垂直的单位向量的坐标，由题意列方程组{4x +2y =0x 2+y 2=1，求解后即可得到答案．本题考查了数量积判断两个平面向量垂直的关系，考查了单位向量的概念，训练了方程组的解法，是基础题．19.【答案】√c 22+b 22−a 24【解析】解：如图，以B 点为原点，以BC 方向为x 轴正方向建立直角坐标系， 则有B(0,0)，C(a,0)，BC中点D 坐标为(a2,0)，设A 点坐标为(x,y)，可得x 2+y 2=c 2，(a −x)2+y 2=b 2，可得：m a 2=|AD|2=(a2−x)2+y 2=x 2+y 2−ax +a 24=c 2+a 24−ax ，由{x 2+y 2=c 2(a −x)2+y 2=b 2，可得ax =c 2+a 2−b 22， 所以m a2=c 2+a 24−c 2+a 2−b 22=c 22+b 22−a 24，可得m a =√c 22+b 22−a 24．故答案为：√c 22+b 22−a 24．以B 点为原点，以BC 方向为x 轴正方向建立直角坐标系，设A 点坐标为(x,y)，可得m a 2=|AD|2=c 2+a 24−ax ，由{x 2+y 2=c 2(a −x)2+y 2=b 2，可得ax =c 2+a 2−b 22，从而可求m a 2=c 22+b 22−a 24，即可得解m a 的值．本题主要考查了三角形中的几何计算，考查了数形结合思想和转化思想，属于中档题．20.【答案】118.8【解析】 【分析】本题考查长方体、四棱锥的体积等基础知识，属于拔高题．该模型体积为V ABCD−A 1B 1C 1D 1−V O−EFGH =132(cm 3)，再由3D 打印所用原料密度为0.9g/cm 3，不考虑打印损耗，能求出制作该模型所需原料的质量． 【解答】解：该模型为长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1，挖去四棱锥O −EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H ，分别为所在棱的中点，AB =BC =6cm ，AA 1=4cm ， ∴该模型体积为：V ABCD−A 1B 1C 1D 1−V O−EFGH=6×6×4−13×(4×6−4×12×3×2)×3=144−12=132(cm 3)，∵3D 打印所用原料密度为0.9g/cm 3，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9=118.8(g)．故答案为118.8．21.【答案】解：(1)△ABC中，acosC+√3asinC−b−c=0，利用正弦定理可得sinAcosC+√3sinAsinC=sinB+sinC=sin(A+C)+sinC，化简可得√3sinA−cosA=1，，又0<A<π，故A=π3．(2)若a=2，△ABC的面积为12bc⋅sinA=√34bc=√3，∴bc=4，①由余弦定理得a2=4=b2+c2−2bc⋅cosA=(b+c)2−3bc=(b+c)2−12，∴b+c=4，②结合①②解得b=c=2．【解析】本题考查正弦定理、余弦定理的运用，考查三角形面积的计算，考查学生的计算能力，属于中档题．(1)根据条件，由正弦定理可得sinAcosC+√3sinAsinC=sinB+sinC=sin(A+C)+ sinC，化简求解A即可；(2)若a=2，由△ABC的面积√3，求得bc=4①；再利用余弦定理可得b+c=4②，结合①②求得b和c的值．22.【答案】解：(1)证明：根据题意，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．因为M为半圆弧上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．又BC∩CM=C，BC⊂平面BMC，CM⊂平面BMC，所以DM⊥平面BMC；(2)当P为AM的中点时，MC//平面PBD．证明如下：连结AC 交BD 于O.因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC//OP.MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ， 所以MC//平面PBD ．【解析】(1)通过平面CMD ⊥平面ABCD ，推出BC ⊥平面CMD ，得到BC ⊥DM.证明DM ⊥CM.即可证明DM ⊥平面BMC ．(2)连结AC 交BD 于O.说明O 为AC 中点．连结OP ，证明MC//OP.即可说明MC//平面PBD ．本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面平行的判断定理的应用，考查空间想象能力，逻辑推理能力，是中档题．23.【答案】证明：根据题意，设|OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=t ， 若OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，则OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则有(OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2=(−OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2，变形可得OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−t22，则有(OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2=OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2+OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2−2OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3t2，则|P 1P 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3t ， 同理可得：|P 1P 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|P 2P 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3t ，则有|P 1P 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|P 1P 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|P 2P 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，即△P 1P 2P 3是等边三角形．【解析】根据题意，设|OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=t ，由OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ 可得OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，变形可得OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−t22，进而求出(OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2的值，即可得|P 1P 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3t ，同理可得|P 1P 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|P 2P 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3t ，即可得证明． 本题考查向量数量积的计算，涉及向量模的计算，属于基础题．24.【答案】证明：(1)∠BAP =∠CDP =90°，即AB ⊥PA ，CD ⊥PD ，又AB//CD ， ∴AB ⊥PD ，∵PA ∩PD =P ，PA ，PD ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥平面PAD ， ∵AB ⊂平面PAB ， ∴平面PAB ⊥平面PAD ．解：(2)设PA =PD =AB =DC =a ，取AD 中点O ，连结PO ，由(1)知AB⊥平面PAD，又OP⊂平面PAD，∴AB⊥PO，∵PA=PD，∠APD=90°，∴PO⊥AD，AD=√a2+a2=√2a，PO=√22a，又AB，AD⊂平面ABCD，AB∩AD=A，∴PO⊥平面ABCD，∵四棱锥P−ABCD的体积为83，由AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，得AB⊥AD，又AB=DC，AB//CD所以四边形ABCD为矩形=13×AB×AD×PO=13×a×√2a×√22a=13a3=83，解得a=2，∴PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=2√2，PO=√2，∴PB=PC=√4+4=2√2，由上述可知△PAD,△PAB,△PCD都是直角三角形，△PBC是等腰三角形该四棱锥的侧面积：S侧=S△PAD+S△PAB+S△PDC+S△PBC=12×PA×PD+12×PA×AB+12×PD×DC+12×BC×√PB2−(BC2)2=12×2×2+12×2×2+12×2×2+12×2√2×√8−2=6+2√3．【解析】本题考查面面垂直的证明，考查四棱锥的侧面积的求法．(1)推导出AB⊥PA，CD⊥PD，从而AB⊥PD，进而AB⊥平面PAD，由此能证明平面PAB⊥平面PAD．(2)设PA=PD=AB=DC=a，取AD中点O，连结PO，由AB⊥PO，PO⊥AD，得PO⊥底面ABCD，且AD=√2a，PO=√22a，由四棱锥P−ABCD的体积为83，求出a=2，由此能求出该四棱锥的侧面积．25.【答案】证明：(1)如图：证明：连接BD，由题意得AC∩BD=H，BH=DH，又由BG=PG，得GH//PD，∵GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，∴GH//平面PAD；(2)证明：取棱PC中点N，连接DN，依题意得DN⊥PC，又∵平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD=PC，DN⊂平面PCD，∴DN⊥平面PAC，又PA⊂平面PAC，∴DN⊥PA，又PA⊥CD，CD∩DN=D，CD⊂平面PCD，DN⊂平面PCD，∴PA⊥平面PCD；(3)解：连接AN，由(2)中DN⊥平面PAC，知∠DAN是直线AD与平面PAC所成角，∵△PCD是等边三角形，CD=2，且N为PC中点，∴DN=√3，又DN⊥平面PAC，，DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN=DNDA =√33．∴直线AD与平面PAC所成角的正弦值为√33．【解析】本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成角等基础知识，考查空间想象能力和运算求解能力，属于拔高题．(1)连接BD，由题意得AC∩BD=H，BH=DH，由BG=PG，得GH//PD，由此能证明GH//平面PAD；(2)取棱PC中点N，连接DN，推导出DN⊥PC，从而DN⊥平面PAC，进而DN⊥PA，再上PA⊥CD，能证明PA⊥平面PCD；(3)连接AN，由DN⊥平面PAC，知∠DAN是直线AD与平面PAC所成角，由此能求出直线AD与平面PAC所成角的正弦值．第21页，共21页。
高一数学下学期期中试题含解析 32
长郡中学2021-2021学年高一下学期期中考试数学试题一、选择题〔本大题一一共15小题，每一小题3分，一共45分.在每一小题给出的四个选项里面，只有一项是哪一项符合题目要求的〕1.以下四条直线，其倾斜角最大的是〔〕A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，依次分析选项，求出所给直线的斜率，比拟其倾斜角的大小，即可得答案．【详解】根据题意，依次分析选项：对于A、2x﹣y+1＝0，其斜率k1＝2，倾斜角θ1为锐角，对于B、x+2y+3＝0，其斜率k2，倾斜角θ2为钝角，对于C、x+y+1＝0，其斜率k3＝﹣1，倾斜角θ3为135°，对于D、x+1＝0，倾斜角θ4为90°，而k2＞k3，故θ2＞θ3，应选：B．【点睛】此题考察直线斜率与倾斜角的关系，关键是掌握直线的斜率与倾斜角的关系．的正三角形采用斜二测画法作出其直观图，那么其直观图的面积是原来正三角形面积的〔〕A. 倍B. 倍C. 倍D. 倍【答案】A【解析】【分析】由中正△ABC的边长为a，可得正△ABC的面积，进而根据斜二测画法的规那么求得△ABC的直观图的面积，作比可得答案．【详解】∵△ABC的边长为a，故正△ABC的面积S，∵采用斜二测画法后，底边长为a，而高为a，∴面积S′，∴S′S，应选：A．【点睛】此题考察的知识点是斜二测法画直观图，其中纯熟掌握斜二测画法的规那么是解答的关键，属于根底题.中，异面直线与所成角为〔〕A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由∥可知异面直线AD1，BD所成的角为∠DB，在等边三角形中易得结果.【详解】解：∵∥，∴异面直线AD1，BD所成的角为∠DB，∵△DB为等边三角形，∴∠DB＝60°．∴异面直线与所成角为60°应选：C．【点睛】此题考察两异面直线所成角的求法，是根底题，解题时要注意空间思维才能的培养．与两个不同平面，以下命题正确的选项是〔〕A. 假设，那么B. 假设，那么C. 假设，那么D. 假设，那么【答案】B【解析】【分析】在A中，可能也可能；在B中，由线面垂直的性质定理得；在C中，可能l⊥m，也可能；在D中，可能也可能【详解】由l，m为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，知：在A中，假设，那么可能也可能，故A错误；在B中，假设，那么由线面垂直的性质定理得故B正确；在C中，假设，那么可能l⊥m，也可能,故C错误；在D中，假设，那么可能，也可能，故D错误．应选：B．【点睛】此题考察命题真假的判断，考察空间中线线、线面、面面间的位置关系等根底知识，考察推理论证才能、空间想象才能，是中档题．的公切线的条数为 ( )A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】A【解析】【分析】先根据圆心距与两圆半径的关系判断出两圆相离，所以有4条公切线．【详解】∴|C1C2|＞r1+r2，所以圆C1与圆C2相离，有4条公切线．应选：A．【点睛】此题考察了两圆的公切线的条数，属中档题．6.一个平面截一球得到直径为6的圆面，球心到这个圆面的间隔为4，那么这个球的体积为〔〕A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意作出图形，利用直角三角形直接得半径，求体积．【详解】如图，由题意可知，圆面的直径为6，那么O′A＝3，又OO′＝4，∴R＝OA＝5，∴，应选：C．【点睛】此题考察了球的体积公式及垂径定理的应用，属于根底题．和之间的间隔是〔〕A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：由题意可得，两直线平行，得m=6，所以可化成，因此两直线的间隔为=，综合应选A考点：两平行线间的间隔公式；所表示的直线〔〕A. 恒过定点B. 恒过定点C. 恒过点和点D. 都是平行直线【解析】【分析】方程〔a﹣1〕x﹣y+2a+1＝0化为：a〔x+2〕﹣x﹣y+1＝0，令，解出即可得出．【详解】方程〔a﹣1〕x﹣y+2a+1＝0化为：a〔x+2〕﹣x﹣y+1＝0，令，解得x＝﹣2，y＝3．所表示的直线恒过点〔﹣2，3〕．应选：B．【点睛】此题考察了直线系方程的解法，考察了推理才能与计算才能，属于根底题．中，点，点在圆上，那么的最大值为〔〕A. 3B.C.D. 4【答案】C【解析】【分析】根据向量减法的三角形法那么转化为求||，再根据两边之和大于等于第三边可得最大值．【详解】∵||＝||≤|OB|+|OA|＝22，应选：C．【点睛】此题考察了考察了向量减法的运算法那么，向量在几何中的应用问题，属于中档题．10.在△ABC中，假设a2=b2+c2-bc，bc=4，那么△ABC的面积为〔〕A. B. 1 C. D. 2【答案】C试题分析：由结合余弦定理，可得，那么．故答案选C．考点：余弦定理，同角间根本关系式，三角形面积公式．的三内角分别为，满足，那么的形状为〔〕A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等边三角形D. 等腰或者直角三角形【答案】D【解析】【分析】根据三角形内角范围得到，再结合三角函数正弦图像得到结果.【详解】在△ABC中，内角A、B满足,，根据正弦函数的图像的性质得到或者故三角形是等腰三角形或者者直角三角形.故答案为：D.【点睛】这个题目考察了三角函数的性质以及三角形内角和性质,属于根底题.表示圆，那么实数k的取值范围是〔〕A. B. C. D. 或者【解析】【分析】由方程表示一个圆得到k2﹣k﹣6＞0，求出解集即可得到k的取值范围．【详解】方程表示圆，那么有,即k2﹣k﹣6＞0，即〔k﹣3〕〔k+2〕＞0可化为或者，解得k＞3或者k＜﹣2，应选：D．【点睛】此题考察了圆的一般方程，掌握二元二次方程为圆时的条件，会求一元二次不等式的解集，是一道综合题．与直线始终有公一共点，那么实数的取值范围是〔〕A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】作出两个函数的图象，观察图象，利用直线与圆相切可得b的一个临界值，进而求得结论. 【详解】∵y表示在x轴上方的局部〔包括x轴上的点〕，作出函数y与y＝x+b图象，由图可知：当直线与圆相切时，，即得,结合图像可知，又当直线过〔1，0〕时，b=-1，假设曲线与直线始终有公一共点，那么﹣1.应选：A．【点睛】此题考察了直线与圆的位置关系，考察了数形结合思想，属于中档题．14.一个几何体的三视图如下图，其中三个三角形均是直角三角形，图形给出的数据均是直角边的长度，那么该几何体的外接球的体积为〔〕A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由三视图可知，几何体为三棱锥，且一边垂直于底面，将该三棱锥补成棱长为2、1、1的长方体，再根据长方体性质求外接球的半径即可．【详解】由三视图可知，几何体为三棱锥，且底面为直角三角形(形状与俯视图一样)，侧棱垂直于底面，将该三棱锥补成棱长为2、1、1的长方体,其外接球的直径为2R．那么该几何体的外接球的体积为V．应选：D．【点睛】此题考察的知识点是由三视图求体积，解决此题的关键是得到该几何体的形状．属于中档题．圆.点分别是圆上的动点，为直线上的动点，那么的最小值为〔〕A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用对称的性质，结合两点之间的间隔最短，即可求解．【详解】依题意可知圆C1的圆心〔5，﹣2〕，r＝2，圆C2的圆心〔7，﹣1〕，R＝5，如下图：对于直线y＝x上的任一点P，由图象可知，要使|PA|+|PB|的得最小值，那么问题可转化为求|PC1|+|PC2|﹣R﹣r＝|PC1|+|PC2|﹣7的最小值，即可看作直线y＝x上一点到两定点间隔之和的最小值减去7，又C1关于直线y＝x对称的点为C1′〔﹣2，5〕，由平面几何的知识易知当C1′与P、C2一共线时，|PC1|+|PC2|获得最小值，即直线y＝x上一点到两定点间隔之和获得最小值为|C1′C2|∴|PA|+|PB|的最小值为＝﹣7．应选：C．【点睛】此题考察了圆关于直线的对称的圆的求法，动点的最值问题，考察了点与点的间隔公式的运用，是中档题．二、填空题〔本大题一一共5小题，每一小题3分，一共15分.〕且在两坐标轴上截距相等的直线方程为________________【答案】或者【解析】【分析】当直线过原点时，求出斜率，斜截式写出直线方程，并化为一般式．当直线不过原点时，设直线的方程为，把P代入直线的方程，求出m值，可得直线方程．【详解】当直线过原点时，斜率等于，故直线的方程为y x，即3x-2y=0；当直线不过原点时，设直线的方程为，把P〔2，3〕代入直线的方程得m＝5，故求得的直线方程为x+y﹣5＝0，综上，满足条件的直线方程为3x-2y=0或者x+y﹣5＝0．故答案为3x-2y=0或者x+y﹣5＝0．．【点睛】此题考察直线方程的方法，待定系数法求直线的方程是一种常用的方法，注意考虑截距为0的情况．，且它的侧面展开图是一个半圆，那么这个圆锥的底面圆的直径为___________【答案】6【解析】【分析】利用圆锥的外表积公式即可求出圆锥的底面半径．【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，∵圆锥的侧面展开图是一个半圆，∴2πr＝πl，∴l＝2r，∵圆锥的外表积为πr2+πrl＝πr2+2πr2＝27π，∴r2＝9，即r，2r=6，故答案为：．【点睛】此题主要考察圆锥的外表积公式以及应用，利用条件建立母线和半径之间的关系是解决此题的关键，考察学生的运算才能．是圆内部一点，那么过点最短的弦所在的直线方程是___________ 【答案】【解析】【分析】先求出圆心和半径，由于点P在圆内，故当弦所在的直线和线段CP垂直时，弦长最短．求得弦所在直线的斜率，用点斜式求弦所在的直线的方程．【详解】圆〔x﹣2〕2+〔y﹣1〕2＝4，表示以C〔2，1〕为圆心，半径等于的圆，所以点P在圆内，故当弦所在的直线和线段CP垂直时，弦长最短．此时弦CP所在直线的斜率为：1，故过P的最短弦所在的直线方程为y﹣2＝﹣〔x﹣3〕，即x+y﹣5＝0．故答案为：x+y﹣5＝0．【点睛】此题主要考察直线和圆相交的性质，点与圆的位置关系，用点斜式求直线的方程．判断当弦所在的直线和线段CP垂直时，弦长最短，是解题的关键，属于中档题．中，，那么直线与平面所成角的正弦值是________________【答案】【解析】【分析】过C1作C1H D1C，又C1H，那么C1H面那么∠C1BH即为直线BC1与平面A1BCD1所成角,在直角三角形C1HB中，可得结果.【详解】∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝AA1＝1，∴BC1，过C1作C1H D1C，又面DCC1D1那么C1H，那么C1H面连接HB，那么∠C1BH即为直线BC1与平面A1BCD1所成角,又C1H==，∴sin∠C1BH．故答案为．【点睛】此题考察直线与平面所成角的正弦值的作法及求法，考察了线面垂直的断定，属于中档题．1，高为，点P是底面圆周上一点，那么一动点从点P出发，绕圆锥侧面一圈之后回到点P，那么绕行的最短间隔是___．【答案】【解析】【分析】把圆锥侧面展开成一个扇形，那么对应的弧长是底面的周长，对应的弦是最短间隔，即CP 的长是蚂蚁爬行的最短路程，求出CD长，根据垂径定理求出PC=2CD，即可得出答案．【详解】把圆锥侧面展开成一个扇形，那么对应的弧长是底面的周长，对应的弦是最短间隔，即CP的长是蚂蚁爬行的最短路程，过A作AD⊥PC于D，弧PC的长是2π⋅1=2π，那么侧面展开图的圆心角是，∴∠DAC=，∵AC=3，∴，所以.即蚂蚁爬行的最短路程是.故答案为：.【点睛】考察了平面展开﹣最短途径问题，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．此题就是把圆锥的侧面展开成扇形，“化曲面为平面〞，用勾股定理解决．三、解答题〔本大题一一共5小题，每一小题8分，一共40分，解容许写出文字说明，证明过程或者演算步骤.〕，.(1)假设，求的值；(2)假设，求的值.【答案】〔1〕；〔2〕【解析】【分析】〔1〕利用两条直线垂直的条件，结合两条直线的方程可得1×〔m﹣2〕+m×3＝0，由此求得m的值．〔2〕利用两直线平行的条件，结合两条直线的方程可得，由此求得得m的值．【详解】〔1〕∵直线l1：x+my+6＝0，l2：〔m﹣2〕x+3y+2m＝0，由l1⊥l2 ，可得1×〔m﹣2〕+m×3＝0，解得．〔2〕由题意可知m不等于0,由l1∥l2 可得，解得m＝﹣1．【点睛】此题主要考察两直线平行、垂直的条件，属于根底题．22.如图，在直三棱柱中，，，是的中点．〔1〕求证：平面平面；〔2〕假设异面直线与所成角为，求直三棱柱的体积.【答案】〔1〕见证明；〔2〕【解析】【分析】〔1〕由中的几何体为直三棱柱，，是的中点，结合直三棱柱的几何特征以及等腰三角形三线合一的性质，易得平面，〔2〕根据异面直线所成角的定义，以及角的大小，求得，利用柱体的体积公式求得结果.【详解】〔1〕证明：由，得，而平面平面，平面平面，平面.又平面，平面平面.〔2〕解：连接，由知是异面直线与所成角,，易知是正三角形，依题意得，，三棱柱的体积为.【点睛】该题考察的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的断定，异面直线所成的角，柱体的体积公式，属于简单题目.过，两点，且圆心在直线上.(1)求圆的方程；(2)假设直线过点且被圆截得的线段长为，求的方程.【答案】〔1〕；〔2〕或者【解析】【分析】〔1〕根据题意，设圆C的圆心为〔a，b〕，半径为r，结合题意可得关于a、b、r的方程组，解出a、b、r的值，将其值代入圆的方程即可得答案；〔2〕根据题意，分斜率存在和斜率不存在两种情况：①当直线l的斜率不存在时，满足题意，②当直线l的斜率存在时，设所求直线l的斜率为k，由点到直线的间隔公式求得k的值，即可得直线的方程，综合即可得答案．【详解】〔Ⅰ〕根据题意，设圆C的圆心为〔a，b〕，半径为r，那么圆C方程为〔x﹣a〕2+〔y﹣b〕2＝r2，又由圆C过A〔﹣2，2〕，B〔2，6〕两点，且圆心C在直线3x+y＝0上，那么有，解可得a＝﹣2，b＝6，r2＝16，那么圆C的方程为〔x+2〕2+〔y﹣6〕2＝16；〔2〕根据题意，设直线l与圆C交与MN两点，那么|MN|＝4，设D是线段MN的中点，那么有CD⊥MN，那么|MD|＝2，|MC|＝4．在Rt△ACD中，可得|CD|＝2．当直线l的斜率不存在时，此时直线l的方程为x＝0，满足题意，当直线l的斜率存在时，设所求直线l的斜率为k，那么直线l的方程为：y﹣5＝kx，即kx﹣y+5＝0．由点C到直线MN的间隔公式：2，解可得k，此时直线l的方程为3x﹣4y+20＝0．故所求直线l的方程为x＝0或者3x﹣4y+20＝0．【点睛】此题考察直线与圆的位置关系，涉及两点间的间隔公式，点到直线的间隔公式，圆的HY方程，属于中档题．中，角的三条对边分别为，.(1)求；(2)点在边上，，，，求.【答案】〔1〕；〔2〕2【解析】【分析】〔1〕由题意利用正弦定理与三角恒等变换求出sin B与cos B的关系，得出tan B的值，从而求出B的值；〔2〕根据互补的两角正弦值相等，得到sin∠ADB＝sin∠ADC的值，再利用正弦、余弦定理求得AD、AC的值．【详解】〔1〕由b cos C b sin C＝a，利用正弦定理得：sin B cos C sin B sin C＝sin A，即sin B cos C sin B sin C＝sin B cos C+cos B sin C，得sin B sin C＝cos B sin C，又C∈〔0，π〕，所以sin C≠0，所以sin B＝cos B，得tan B，又B∈〔0，π〕，所以B；〔2〕如下图，由cos∠ADC，∠ADC∈〔0，π〕，所以sin∠ADC，由因为∠ADB＝π﹣∠ADC，所以sin∠ADB＝sin∠ADC；在△ABD中，由正弦定理得，，且AB＝4，B，所以AD；在△ACD中，由余弦定理得，AC2＝AD2+DC2﹣2AD•DC•cos∠ADC24，解得AC＝2．【点睛】此题考察理解三角形的应用问题，涉及正余弦定理的应用，也考察了三角恒等变换应用问题，是中档题．25.如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点.(1)求证：平面；(2)求二面角的大小.【答案】〔Ⅰ〕见解析〔Ⅱ〕【解析】试题分析：〔1〕证明线面平行常用方法：一是利用线面平行的断定定理，二是利用面面平行的性质定理，三是利用面面平行的性质；〔2)把向量夹角的余弦值转化为两平面法向量夹角的余弦值;(3〕空间向量将空间位置关系转化为向量运算，应用的核心是要充分认识形体特征，建立恰当的坐标系，施行几何问题代数化．同时注意两点：一是正确写出点、向量的坐标，准确运算；二是空间位置关系中断定定理与性质定理条件要完备．试题解析：〔I〕记与的交点为，连接，∵、分别是的中点，是矩形∴四边形是平行四边形，∴∥，∵平面平面，∴∥平面6分〔Ⅱ〕在平面中过作于，连接，∵∴平面，∴是在平面上的射影，由三垂线定理点得∴是二面角的平面角，在中，，∴二面角的大小为8分另解：以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，那么，，，，，，设与交于点，那么〔I〕易得：，那么∥，由面，故∥面；〔Ⅱ〕取面的一个法向量为，面的一个法向量为，那么，故二面角的大小为．考点：证明线面平行及求二面角励志赠言经典语录精选句；挥动**，放飞梦想。
长沙市长郡中学数学高一下期中经典练习题(课后培优)
一、选择题1．(0分)[ID ：12423]已知三棱锥D ABC -的外接球的表面积为128π，4,42AB BC AC ===，则三棱锥D ABC -体积的最大值为（ ）A ．2732B ．10863+ C ．1663+ D ．3221663+2．(0分)[ID ：12422]已知直线l 过点(1,0)，且倾斜角为直线0l ：220x y --=的倾斜角的2倍，则直线l 的方程为（ ） A ．4330x y --= B ．3430x y --= C ．3440x y --=D ．4340x y --=3．(0分)[ID ：12409]如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．202π+B ．203π+C ．242π+D ．243π+4．(0分)[ID ：12398]已知定义在R 上的函数()21()x mf x m -=-为实数为偶函数,记0.5(log 3),af 2b (log 5),c (2)f f m ,则,,a b c ,的大小关系为（ ）A ．a b c <<B ．c a b <<C ．a c b <<D ．c b a <<5．(0分)[ID ：12383]直线(2)4y k x =-+与曲线2320x y y +-=有两个不同的交点，则实数k 的取值范围是（ ） A ．53(,]124B ．51(,]122C ．13(,]24D ．1[,)2+∞6．(0分)[ID ：12378]已知平面//α平面β，直线m α，直线n β，点A m ∈,点B n ∈，记点A 、B 之间的距离为a ,点A 到直线n 的距离为b ,直线m 和n 的距离为c ,则 A ．b a c ≤≤ B ．a c b ≤≤C ． c a b ≤≤D ．c b a ≤≤7．(0分)[ID ：12373]已知m 和n 是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中一定能推出m ⊥β的是( ) A ．α⊥β，且m ⊂α B ．m ⊥n ，且n ∥β C ．α⊥β，且m ∥αD ．m ∥n ，且n ⊥β8．(0分)[ID ：12348]已知圆O ：2224110x y x y ++--=，过点()1,0M 作两条相互垂直的弦AC 和BD ，那么四边形ABCD 的面积最大值为（ ）A ．42B ．24C ．212D ．69．(0分)[ID ：12331]矩形ABCD 中，4AB =，3BC =，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B AC D --，则四面体ABCD 的外接球的体积是（ ） A ．12512π B ．1259π C ．1256π D ．1253π 10．(0分)[ID ：12393]点A 、B 、C 、D 在同一个球的球面上，AB=BC=2，AC=2，若四面体ABCD 体积的最大值为23，则这个球的表面积为（ ） A ．1256πB ．8πC ．2516πD ．254π11．(0分)[ID ：12390]已知实数,x y 满足250x y ++=，那么22x y +的最小值为（ ） A ．5B ．10C ．25D ．21012．(0分)[ID ：12386]已知AB 是圆22620x y x y +-+=内过点(2,1)E 的最短弦，则||AB 等于（ ）A ．3B ．22C ．23D ．2513．(0分)[ID ：12402]如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别是1BC ，1CD 的中点，则下列说法错误．．的是( )A ．MN 与1CC 垂直B ．MN 与AC 垂直 C ．MN 与BD 平行D ．MN 与11A B 平行14．(0分)[ID ：12347]若直线20ax y +-=和直线()2140x a y +-+=平行，则a 的值为（ ） A ．1-或2B ．1-C ．2D ．不存在15．(0分)[ID ：12385]一锥体的三视图如图所示,则该棱锥的最长棱的棱长为 ( )A ．√33B ．√17C ．√41D ．√42二、填空题16．(0分)[ID ：12475]如图，在正方体1111—ABCD A B C D 中，M N ，分别为棱111C D C C ，的中点，有以下四个结论：①直线AM 与1CC 是相交直线； ②直线AM 与BN 是平行直线； ③直线BN 与1MB 是异面直线； ④直线AM 与1DD 是异面直线． 其中正确的结论的序号为________．17．(0分)[ID ：12474]如图，在长方形ABCD 中，2AB =，1BC =，E 为DC 的中点，F 为线段EC （端点除外）上一动点，现将AFD 沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC ，在平面ABD 内过点D 作DK AB ⊥，K 为垂足，设AK t =，则t 的取值范围是__________．18．(0分)[ID ：12525]已知三棱锥P ABC -中，侧面PAC ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒，4AB AC ==，23PA PC ==，则三棱锥P ABC -外接球的半径为______.19．(0分)[ID ：12524]已知一束光线通过点()3,5A -，经直线l ：0x y +=反射，如果反射光线通过点()2,5B ，则反射光线所在直线的方程是______.20．(0分)[ID ：12471]若圆1C ：220x y ax by c 与圆2C ：224x y +=关于直线21y x =-对称，则c =______.21．(0分)[ID ：12454]如图，在ABC 中，AB BC ⊥，SA ⊥平面ABC ，DE 垂直平分SC ，且分别交AC ，SC 于点D ，E ，又SA AB =，SB BC =，则二面角E BD C --的大小为_______________.22．(0分)[ID ：12507]在平面直角坐标系内，到点A （1，2），B （1，5），C （3，6），D （7，﹣1）的距离之和最小的点的坐标是 ．23．(0分)[ID ：12498]函数2291041y x x x =++-+的最小值为_________. 24．(0分)[ID ：12432]如图所示，二面角l αβ--为60,,A B 是棱l 上的两点，,AC BD 分别在半平面内,αβ，且AC l ⊥，，4,6,8AB AC BD ===，则CD 的长______．25．(0分)[ID ：12453]在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，则直线BE 和平面11ABB A 所成的角的正弦值为_____________.三、解答题26．(0分)[ID ：12601]如图1，有一边长为2的正方形ABCD ，E 是边AD 的中点，将ABE △沿着直线BE 折起至A BE '位置（如图2），此时恰好A E A C ''⊥，点A '在底面上的射影为O .（1）求证：A E BC '⊥；（2）求直线A B '与平面BCDE 所成角的正弦值.27．(0分)[ID ：12583]如图，在平面直角坐标系xoy 中，点(0,3)A ，直线:24=-l y x ，设圆C 的半径为1， 圆心在l 上.（1）若圆心C 也在直线1y x =-上，过点A 作圆C 的切线，求切线方程； （2）若圆C 上存在点M ，使2MA MO =，求圆心C 的横坐标a 的取值范围.28．(0分)[ID ：12570]已知圆22:(2)(3)4C x y -+-=外有一点()41-,，过点P 作直线l ．(1)当直线l 与圆C 相切时，求直线l 的方程；(2)当直线l 的倾斜角为135︒时，求直线l 被圆C 所截得的弦长． 29．(0分)[ID ：12540]已知圆C 的方程：22240x y x y m +--+=． （1）求m 的取值范围；（2）若圆C 与直线l ：240x y +-=相交于M ，N 两点，且45||5MN =，求m 的值．30．(0分)[ID ：12532]如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，∠BAC ＝30°，BC ＝1，A 1A ＝6，M 是CC 1的中点．(1)求证：A 1B ⊥AM ；(2)求二面角B --AM--C 的平面角的大小．.【参考答案】2016-2017年度第*次考试试卷 参考答案**科目模拟测试一、选择题1．D2．D3．B4．B5．B6．D7．D8．B9．C10．D11．A12．D13．D14．C15．C二、填空题16．③④【解析】【分析】【详解】试题分析：因为四边不共面所以直线与是异面直线所以①错误的；同理直线与也是异面直线直线与是异面直线直线与是异面直线所以②是错误的；③是正确的④是正确的故填③④考点：空间中直17．【解析】当位于的中点点与中点重合随点到点由得平面则又则因为所以故综上的取值范围为点睛:立体几何中折叠问题要注重折叠前后垂直关系的变化不变的垂直关系是解决问题的关键条件18．【解析】【分析】设三棱锥外接球球心为半径为如图所示作辅助线设则解得答案【详解】设三棱锥外接球球心为半径为故在平面的投影为中点为中点故侧面底面故底面连接作于易知为矩形设则解得故答案为：【点睛】本题考查19．【解析】【分析】计算关于直线的对称点为计算直线得到答案【详解】设关于直线的对称点为故故故反射光线为：化简得到故答案为：【点睛】本题考查了直线的反射问题找出对称点是解题的关键20．【解析】【分析】两圆关于直线对称即圆心关于直线对称则两圆的圆心的连线与直线垂直且中点在直线上圆的半径也为即可求出参数的值【详解】解：因为圆：即圆心半径由题意得与关于直线对称则解得圆的半径解得故答案为21．60°【解析】【分析】首先证得是二面角的平面角解直角三角形求得的大小【详解】由于是的中点所以由于所以平面所以由于平面所以而所以平面所以所以是二面角的平面角设则所以所以在中所以所以故答案为：【点睛】本22．（24）【解析】【分析】【详解】取四边形ABCD对角线的交点这个交点到四点的距离之和就是最小值可证明如下：假设在四边形ABCD中任取一点P在△APC中有AP＋PC＞AC在△BPD中有PB＋PD＞BD23．【解析】【分析】将变形为设则即轴上的一动点到的距离之和作点关于轴的对称点即可求出距离和的最小值；【详解】解：设则即轴上的一动点到的距离之和作点关于轴的对称点连接则即为距离和的最小值故答案为：【点睛】24．【解析】【分析】推导出两边平方可得的长【详解】二面角为是棱上的两点分别在半平面内且的长故答案为：【点睛】本题考查线段长的求法考查空间中线线线面面面间的位置关系等基础知识考查运算求解能力考查函数与方程25．【解析】【分析】作出直线和平面所成的角解直角三角形求得线面角的正弦值【详解】设为的中点连接根据正方体的性质可知平面所以是直线和平面所成的角设正方体的边长为在中所以故答案为：【点睛】本小题主要考查线面三、解答题26．27．28．29．30．2016-2017年度第*次考试试卷 参考解析【参考解析】**科目模拟测试一、选择题 1．D 解析：D 【解析】 【分析】先求出球心O 到底面距离的最大值，从而可求顶点D 到底面的距离的最大值，利用该最大值可求体积的最大值. 【详解】设外接球的球心为O ，半径为R ，则24128R ππ=，故42R =设球心O 在底面上的投影为E ，因为OA OC OB ==，故E 为ABC ∆的外心. 因为4AB BC ==，42AC =222AC AB BC =+，故ABC ∆为直角三角形， 故E 为AC 的中点，所以2226OE OA AE =-=， 设D 到底面ABC 的距离为h ，则2642h OE R ≤+= 所以三棱锥D ABC -的体积的最大值为(11322166442642323⨯⨯⨯⨯=. 故选：D. 【点睛】几何体的外接球、内切球问题，关键是球心位置的确定，必要时需把球的半径放置在可解的几何图形中，注意球心在底面上的投影为底面外接圆的圆心．如果球心的位置不易确定，则可以把该几何体补成规则的几何体，便于球心位置和球的半径的确定．2．D解析：D 【解析】设直线0l 的倾斜角为α，则斜率01tan 2k α==，所以直线l 的倾斜角为2α，斜率22tan 4tan 21tan 3k ααα===-，又经过点（1,0），所以直线方程为4(1)3y x =-，即4340x y --=，选D.3．B解析：B 【解析】该几何体是一个正方体与半圆柱的组合体，表面积为2215221122032S πππ=⨯+⨯⨯+⨯⨯=+，故选B ．4．B解析：B 【解析】由()f x 为偶函数得0m =,所以0,52log 3log 32121312,a =-=-=-=2log 521514b =-=-=,0210c =-=,所以c a b <<,故选B.考点：本题主要考查函数奇偶性及对数运算.5．B解析：B 【解析】 【分析】利用数形结合，作出图象，计算得直线1l 与直线2l 的斜率，即可得到结论. 【详解】曲线可化简为()22(1)40x y x +-=≤，如图所示：直线()1:24l y k x =-+23221k k -=+，解得512k =， 直线()2:24l y k x =-+，此直线与曲线有两个交点，此时有12k =. 所以，过点()2,4的直线与该半圆有两个交点，数形结合，解得51122k <≤. 故选：B. 【点睛】本题考查了直线与圆相交的性质，涉及的知识有：恒过定点的直线方程，点到直线的距离公式，以及直线斜率的求法，利用了数形结合的思想，其中抓住两个关键点是解本题的关键．6．D解析：D 【解析】 【分析】根据平面与平面平行的判断性质,判断c 最小,再根据点到直线距离和点到直线上任意点距离判断a 最大. 【详解】由于平面//α平面β,直线m 和n 又分别是两平面的直线,则c 即是平面之间的最短距离. 而由于两直线不一定在同一平面内,则b 一定大于或等于c ,判断a 和b 时, 因为B 是上n 任意一点,则a 大于或等于b . 故选D. 【点睛】本题主要考查面面平行的性质以及空间距离的性质，考查了空间想象能力，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.7．D解析：D 【解析】 【分析】根据所给条件，分别进行分析判断，即可得出正确答案. 【详解】解：αβ⊥且m α⊂⇒m β⊂或//m β或m 与β相交，故A 不成立；m n ⊥且//n β⇒m β⊂或//m β或m 与β相交，故B 不成立；αβ⊥且//m α⇒m β⊂或//m β或m 与β相交，故C 不成立； //m n 且n β⊥⇒m β⊥，故D 成立；故选：D 【点睛】本题考查直线与平面的位置关系，线面垂直判定，属于基础题.8．B解析：B 【解析】 【分析】设圆心到AC ，BD 的距离为1d ，2d ，则222128d d MO +==，12S AC BD =⋅=，利用均值不等式得到最值. 【详解】 2224110x y x y ++--=，即()()221216x y ++-=，圆心为()1,2O -，半径4r =.()1,0M 在圆内，设圆心到AC ，BD 的距离为1d ，2d ，则222128d d MO +==.1122S AC BD =⋅=⨯=2212161624d d ≤-+-=，当22121616d d -=-，即122d d ==时等号成立.故选：B . 【点睛】本题考查了圆内四边形面积的最值，意在考查学生的计算计算能力和转化能力.9．C解析：C 【解析】 【分析】由矩形的对角线互相平分且相等即球心到四个顶点的距离相等推出球心为AC 的中点，即可求出球的半径，代入体积公式即可得解. 【详解】因为矩形对角线互相平分且相等，根据外接球性质易知外接球球心到四个顶点的距离相等，所以球心在对角线AC 上，且球的半径为AC 长度的一半，即22115222r AC AB BC ==+=，所以334451253326V r πππ⎛⎫==⋅= ⎪⎝⎭.故选：C 【点睛】本题考查球与几何体的切、接问题，二面角的概念，属于基础题.10．D解析：D 【解析】试题分析：根据题意知，ABC 是一个直角三角形，其面积为1．其所在球的小圆的圆心在斜边AC 的中点上，设小圆的圆心为Q ，若四面体ABCD 的体积的最大值，由于底面积ABCS不变，高最大时体积最大，所以，DQ 与面ABC 垂直时体积最大，最大值为12·33ABC S DQ =，即12133DQ ⨯⨯=，∴2DQ =，设球心为O ，半径为R ，则在直角AQO 中，222OA AQ OQ =+，即()22212R R =+-，∴54R =，则这个球的表面积为：2525444S ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭；故选Ｄ．考点：球内接多面体，球的表面积．11．A解析：A 【解析】22x y +(,)x y 到坐标原点的距离， 又原点到直线250x y ++=的距离为225521d ==+22x y +5 A.12．D解析：D 【解析】 【分析】求出圆的标准方程，确定最短弦的条件，利用弦长公式进行求解即可． 【详解】圆的标准方程为（x ﹣3）2+（y +1）2＝10，则圆心坐标为C （3，﹣1），半径为 10， 过E 的最短弦满足E 恰好为C 在弦上垂足，则CE 22(32)[11]5=-+--=（）， 则|AB |222(10)(5)25=-=， 故选D ． 【点睛】本题主要考查圆的标准方程的求解，以及直线和圆相交的弦长问题,属于中档题．13．D解析：D 【解析】 【分析】先利用三角形中位线定理证明//MN BD ，再利用线面垂直的判定定理定义证明MN 与1CC 垂直，由异面直线所成的角的定义证明MN 与AC 垂直，即可得出结论.【详解】如图：连接1C D ，BD ，在三角形1C DB 中，//MN BD ，故C 正确．1CC ⊥平面ABCD ，1CC BD ∴⊥，MN ∴与1CC 垂直，故A 正确；AC BD ，//MN BD ，MN ∴与AC 垂直，B 正确；∵//MN BD ，MN ∴与11A B 不可能平行，D 错误 故选：D ． 【点睛】本题主要考查了正方体中的线面关系，线线平行与垂直的证明，异面直线所成的角及其位置关系，熟记正方体的性质是解决本题的关键.14．C解析：C 【解析】 【分析】直接根据直线平行公式得到答案.【详解】直线20ax y +-=和直线()2140x a y +-+=平行，则()12a a -=，解得2a =或1a =-.当1a =-时，两直线重合，排除. 故选：C . 【点睛】本题考查了根据直线平行求参数，意在考查学生的计算能力，多解是容易发生的错误.15．C解析：C 【解析】试题分析：该几何体为一个侧面与底面垂直，底面为正方形的四棱锥（如图所示），其中底面ABCD 边长为4，侧面PAD ⊥平面ABCD ，点P 在底面的射影为E ，所以PE ⊥AD,DE =1,AE =4,PE =4,所以PA =√PE 2+AE 2=5,PB =√PE 2+BE 2=√41,PC =√PE 2+CE 2=√33,PD =√PE 2+DE 2=√17,底面边长为4，所以最长的棱长为√41，故选C.考点：简单几何体的三视图．二、填空题16．③④【解析】【分析】【详解】试题分析：因为四边不共面所以直线与是异面直线所以①错误的；同理直线与也是异面直线直线与是异面直线直线与是异面直线所以②是错误的；③是正确的④是正确的故填③④考点：空间中直 解析：③④ 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：因为1,,,A M C C 四边不共面，所以直线AM 与1CC 是异面直线，所以①错误的；同理，直线AM 与BN 也是异面直线，直线BN 与1MB 是异面直线，直线AM 与1DD 是异面直线，所以②是错误的；③是正确的,④是正确的，故填③④．考点：空间中直线与直线的位置关系的判定．17．【解析】当位于的中点点与中点重合随点到点由得平面则又则因为所以故综上的取值范围为点睛:立体几何中折叠问题要注重折叠前后垂直关系的变化不变的垂直关系是解决问题的关键条件解析：1,12⎛⎫⎪⎝⎭【解析】当F 位于DC 的中点，点D 与AB 中点重合，1t =． 随F 点到C 点，由CB AB ⊥，CB DK ⊥， 得CB ⊥平面ADB ，则CB BD ⊥． 又2CD =，1BC =，则BD =． 因为1AD =，2AB =， 所以AD BD ⊥，故12t =． 综上，t 的取值范围为1,12⎛⎫⎪⎝⎭．点睛:立体几何中折叠问题,要注重折叠前后垂直关系的变化,不变的垂直关系是解决问题的关键条件.18．【解析】【分析】设三棱锥外接球球心为半径为如图所示作辅助线设则解得答案【详解】设三棱锥外接球球心为半径为故在平面的投影为中点为中点故侧面底面故底面连接作于易知为矩形设则解得故答案为：【点睛】本题考查【解析】 【分析】设三棱锥P ABC -外接球球心为O ，半径为R ，如图所示作辅助线，设1OO h =，则()2222221R PD h OH R h CO ⎧=-+⎪⎨=+⎪⎩，解得答案. 【详解】设三棱锥P ABC -外接球球心为O ，半径为R ，90BAC ∠=︒，故O 在平面ABC 的投影为BC 中点1O ，D 为AC 中点，PA PC =，故PD AC ⊥，侧面PAC ⊥底面ABC ，故PD ⊥底面ABC .连接1O D ，作OH PD ⊥于H ，易知1OO DH 为矩形，设1OO h =，则()2222221R PD h OH R h CO ⎧=-+⎪⎨=+⎪⎩，PD =，12OH DO ==，122CO，解得R =【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.19．【解析】【分析】计算关于直线的对称点为计算直线得到答案【详解】设关于直线的对称点为故故故反射光线为：化简得到故答案为：【点睛】本题考查了直线的反射问题找出对称点是解题的关键 解析：27310x y -+=【解析】 【分析】计算()3,5A -关于直线0x y +=的对称点为()15,3A -，计算直线1A B 得到答案.【详解】设()3,5A -关于直线0x y +=的对称点为()1,A x y ，故51335022y x x y -⎧=⎪⎪+⎨-+⎪+=⎪⎩，故()15,3A -. 故反射光线为1A B ：()532525y x -=-++，化简得到27310x y -+=. 故答案为：27310x y -+=.【点睛】本题考查了直线的反射问题，找出对称点是解题的关键.20．【解析】【分析】两圆关于直线对称即圆心关于直线对称则两圆的圆心的连线与直线垂直且中点在直线上圆的半径也为即可求出参数的值【详解】解：因为圆：即圆心半径由题意得与关于直线对称则解得圆的半径解得故答案为 解析：165-【解析】 【分析】两圆关于直线对称即圆心关于直线对称，则两圆的圆心的连线与直线21y x =-垂直且中点在直线21y x =-上，圆1C 的半径也为2，即可求出参数,,a b c 的值. 【详解】 解：因为圆1C ：220xyax by c ，即22224224ab a b cxy ， 圆心111,22C a b ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，半径r =由题意，得111,22C a b ⎛⎫-- ⎪⎝⎭与()20,0C 关于直线21y x =-对称，则112,122112221,22b a ba ⎧-⎪=-⎪⎪-⎨⎪--⎪⎪=⨯-⎩解得85=-a ，45b =，圆1C 的半径22r ==，解得165c =-. 故答案为：165-【点睛】本题考查圆关于直线对称求参数的值，属于中档题.21．60°【解析】【分析】首先证得是二面角的平面角解直角三角形求得的大小【详解】由于是的中点所以由于所以平面所以由于平面所以而所以平面所以所以是二面角的平面角设则所以所以在中所以所以故答案为：【点睛】本解析：60° 【解析】 【分析】首先证得EDC ∠是二面角E BD C --的平面角，解直角三角形求得EDC ∠的大小. 【详解】由于SB BC =，E 是SC 的中点，所以SC BE ⊥，由于,SC DE DE BE E ⊥⋂=，所以SC ⊥平面BDE ，所以SC BD ⊥.由于SA ⊥平面ABC ，所以SA BD ⊥，而SA SC S ⋂=，所以BD ⊥平面SAC ，所以,BD DC BD DE ⊥⊥，所以EDC ∠是二面角E BD C --的平面角.设1SA AB ==，则SB BC ==2SC =，所以在Rt SAC ∆中，12SA SC =，所以30SCA ∠=，所以60EDC ∠=.故答案为：60 【点睛】本小题主要考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.22．（24）【解析】【分析】【详解】取四边形ABCD 对角线的交点这个交点到四点的距离之和就是最小值可证明如下：假设在四边形ABCD 中任取一点P 在△APC 中有AP ＋PC ＞AC 在△BPD 中有PB ＋PD ＞BD解析：（2，4） 【解析】 【分析】 【详解】取四边形ABCD 对角线的交点，这个交点到四点的距离之和就是最小值．可证明如下： 假设在四边形ABCD 中任取一点P ，在△APC 中，有AP ＋PC ＞AC ，在△BPD 中，有PB ＋PD ＞BD ，而如果P 在线段AC 上，那么AP ＋PC ＝AC ；同理，如果P 在线段BD 上，那么BP ＋PD ＝BD.如果同时取等号，那么意味着距离之和最小，此时P 就只能是AC 与BD 的交点． 易求得P(2,4)．23．【解析】【分析】将变形为设则即轴上的一动点到的距离之和作点关于轴的对称点即可求出距离和的最小值；【详解】解：设则即轴上的一动点到的距离之和作点关于轴的对称点连接则即为距离和的最小值故答案为：【点睛】 74【解析】 【分析】将2291041y x x x +-+()2222354y x x =+-+()0,3A ，()5,4B ，(),0C x ，则()2222354y x x AC BC =+-++即x 轴上的一动点C 到()0,3A ，()5,4B 的距离之和，作()0,3A 点关于x 轴的对称点()10,3A -，即可求出距离和的最小值； 【详解】解：()22222291041354y x x x x x =++-+=++-+，设()0,3A ，()5,4B ，(),0C x ，则()2222354y x x AC BC =++-+=+，即x 轴上的一动点(),0C x 到()0,3A ，()5,4B 的距离之和，作()0,3A 点关于x 轴的对称点()10,3A -，连接1BA ，则1BA 即为距离和的最小值，()22153474BA =+--=min 74y ∴=故答案为：74【点睛】本题考查平面直角坐标系上两点间的距离公式的应用，将军饮马问题，属于中档题.24．【解析】【分析】推导出两边平方可得的长【详解】二面角为是棱上的两点分别在半平面内且的长故答案为：【点睛】本题考查线段长的求法考查空间中线线线面面面间的位置关系等基础知识考查运算求解能力考查函数与方程解析：217 【解析】 【分析】推导出CD CA AB BD =++，两边平方可得CD 的长． 【详解】二面角l αβ--为60︒，A 、B 是棱l 上的两点，AC 、BD 分别在半平面α、β内， 且AC l ⊥，BD l ⊥，4AB =，6AC =，8BD =，∴CD CA AB BD =++， ∴22()CD CA AB BD =++2222CA AB BD CA BD =+++361664268cos12068=+++⨯⨯⨯︒=，CD ∴的长||68217CD ==．故答案为：217．【点睛】本题考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．25．【解析】【分析】作出直线和平面所成的角解直角三角形求得线面角的正弦值【详解】设为的中点连接根据正方体的性质可知平面所以是直线和平面所成的角设正方体的边长为在中所以故答案为：【点睛】本小题主要考查线面 解析：23【解析】 【分析】作出直线BE 和平面11ABB A 所成的角，解直角三角形求得线面角的正弦值. 【详解】设F 为1AA 的中点，连接,,EF EB BF ，根据正方体的性质可知EF ⊥平面11ABB A ，所以EBF ∠是直线BE 和平面11ABB A 所成的角.设正方体的边长为2，在Rt EBF ∆中2EF =，2222213BE =++=，所以2sin 3EF EBF BE ∠==. 故答案为：23【点睛】本小题主要考查线面角的求法，考查空间想象能力，属于基础题.三、解答题26．（1）证明见解析（23【解析】【分析】（1）利用直线与平面垂直的判定定理证明A E '⊥面A BC '，再根据直线与平面垂直的性质可得A E BC '⊥；（2）依题意得就是直线A B '与面BCDE 所成角，延长EO 交BC 于H ，连接A H '，在直角三角形A EH '中得60A EH '=︒，在直角三角形A EO '中得32A O '=，在直角三角形A OB '中得3sin A BO '∠=. 【详解】 （1）证明：∵A E A B ''⊥，A E A C ''⊥又∵A B A C A '''⋂=∴A E '⊥面A BC '∴A E BC '⊥.（2）∵点A '在底面上的射影为O .∴AO '⊥面BCDE∴A BO '∠就是直线A B '与面BCDE 所成角.延长EO 交BC 于H ，连接A H '如图：∵A E BC '⊥，AO BC '⊥且A O A E A '''⋂=∴BC ⊥面A EO '∴BC EO ⊥∵E 为AD 中点∴H 为BC 中点∵1A E '=，2EH =由（1）知A E A H ''⊥∴60A EH '=︒ ∴3A O '=∴332sin 2A O BO A A B '∠==''=所以直线A B '与平面BCDE 3【点睛】本题考查了直线与平面垂直的判定和性质，考查了直线与平面所成角的计算，属于中档题. 27．（1）3y =或34120x y +-=；（2）12[0,]5. 【解析】【分析】（1）两直线方程联立可解得圆心坐标，又知圆C 的半径为1，可得圆的方程，根据点到直线距离公式，列方程可求得直线斜率，进而得切线方程；（2）根据圆C 的圆心在直线l ：24y x =-上可设圆C 的方程为[]22()(24)1x a y a -+--=，由2MA MO =，可得M 的轨迹方程为22(1)4x y ++=，若圆C 上存在点M ，使2MA MO =，只需两圆有公共点即可.【详解】（1）由24,{1,y x y x =-=-得圆心()3,2C ， ∵圆C 的半径为1，∴圆C 的方程为：22(3)(2)1x y -+-=，显然切线的斜率一定存在，设所求圆C 的切线方程为3y kx =+，即30kx y -+=．1=，∴2(43)0k k +=，∴0k =或34k =-． ∴所求圆C 的切线方程为3y =或34120x y +-=． （2）∵圆C 的圆心在直线l ：24y x =-上，所以，设圆心C 为(,24)a a -， 则圆C 的方程为[]22()(24)1x a y a -+--=．又∵2MA MO =，∴设M 为(,)x y=22(1)4x y ++=，设为圆D ． 所以点M 应该既在圆C 上又在圆D 上，即圆C 和圆D 有交点， ∴2121-≤+，由251280a a -+≥，得a R ∈， 由25120a a -≤，得1205a ≤≤． 综上所述，a 的取值范围为120,5⎡⎤⎢⎥⎣⎦． 考点：1、圆的标准方程及切线的方程；2、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用.【方法点睛】本题主要考查圆的标准方程及切线的方程、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用.属于难题.转化与划归思想是解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.本题（2）巧妙地将圆C 上存在点M ，使2MA MO =问题转化为，两圆有公共点问题是解决问题的关键所在.28．（1）4x =或3480x y +-=（2）【解析】【分析】(1)根据题意分斜率不存在和斜率存在两种情况即可求得结果;(2)先求出直线方程，然后求得圆心C 与直线l 的距离,由弦长公式即可得出答案.【详解】解: (1)由题意可得()2,3C ,直线l 与圆C 相切当斜率不存在时，直线l 的方程为4x =,满足题意当斜率存在时，设直线l 的方程为14y k x +=-,即410kx y k ---=2=,解得34k =- ∴直线的方程为3480x y +-=∴直线l 的方程为4x =或3480x y +-=(2)当直线l 的倾斜角为135︒时，直线l 的方程为30x y +-=圆心()2,3C 到直线l 23322∴弦长为=【点睛】本题考查了直线的方程、直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式及弦长公式，培养了学生分析问题与解决问题的能力.29．（1）5m <（2）4m =【解析】【试题分析】（1）先配方，()()22125x y m -+-=-，当50m ->时是圆，即求得m 的范围.（2）先求出圆心到直线的距离，然后利用勾股定理得出半径，进而得到m 的值.【试题解析】（1）方程22240x y x y m +--+=可化为()()22125x y m -+-=-， ∵此方程表示圆，∴50m ->，即5m <．（2）∵圆的方程化为()()22125x y m -+-=-，∴圆心()1,2C ，半径r =则圆心()1,2C 到直线l ：240x y +-=的距离为d ==，由于MN =12MN =∵2222MN r d ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， ∴22125555m ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，得4m =． 【点睛】本题主要考查二元二次方程什么时候为圆的方程，考查有关圆的弦长的计算方法.对于二元二次方程22=0x y Dx Ey F ++++，当2240D E F +->时，方程为圆的方程，当2240D E F +-=时，为点的坐标.直线和圆相交所得弦长一般利用圆心到直线的距离构造直角三角形来求解. 30．（1）见解析（2）45°【解析】(1)以点C 为原点，CB 、CA 、CC 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C －xyz ，如图所示，则B (1,0,0)，A (03，0)，A 1(036)，M 60,0,2⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭. 所以1A B ＝(136)，AM ＝60,3,2⎛ ⎝⎭. 因为1A B ·AM ＝1×0＋(33)＋(660，所以A 1B ⊥AM . (2)因为ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CC 1⊥平面ABC ，又BC ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BC . 因为∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC ，又AC ∩CC 1＝C ，所以BC ⊥平面ACC 1A 1，即BC ⊥平面AMC . 所以CB 是平面AMC 的一个法向量，CB ＝(1,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BAM 的一个法向量，BA ＝(－130)，BM ＝6⎛- ⎝⎭. 由0,{0nBA nBM ==得30{60x y x z -=-=，令z ＝2，得x 6，y 2. 所以n ＝62，2)因为|CB |＝1，|n |＝cos 〈CB ，n 〉＝CB n CB n ⋅⋅＝2， 因此二面角B -AM -C 的大小为45°。
长郡中学高一数学《2015届下学期期中考试试卷答案》
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2022-2023学年湖南省长沙市高一下学期期中联考数学试题【含答案】
2022-2023学年湖南省长沙市高一下学期期中联考数学试题一、单选题1．复数的虚部是（ ）1i z =+A ．B ．C ．－1D ．1i 1i+【答案】D【分析】利用复数虚部的定义即可求解.【详解】由已知条件得，复数的虚部是，1i z =+1故选：.D 2．若正实数、满足，则当取最大值时，的值是（ ）a b 21a b +=ab a A ．B ．C ．D ．12141618【答案】A【分析】利用基本不等式等号成立的条件可求得取最大值时的值.ab a 【详解】因为正实数、满足，则，a b 21a b +=2a b +≥18ab ≤当且仅当时，即当时，等号成立.221a b a b =⎧⎨+=⎩122a b ==故选：A.3．如图，在平行四边形ABCD 中，，，，则（ ）AB a = AD b = 4CM MD = AM = A ．B ．15a b+15a b +C ．D ．15a b - 15a b- 【答案】B【分析】根据平面向量的线性运算计算即可.【详解】因为，所以4CM MD = 15DM DC =则．111555AM AD DM AD DC AD AB a b=+=+=+=+ 故选：B.4．已知，， ）πcos3a =0.22b =2log c =A ．B ．b c a >>b a c >>C ．D ．a c b >>a b c>>【答案】A【分析】先求出，再根据指数函数的单调性和对数函数的单调性结合中间量法即可得解.a 【详解】∵，，，12a =()0.221,2b =∈211log 3,122c ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭∴．b c a >>故选：A.5．下列关于平面图形的直观图的叙述中，正确的是（ ）A ．等腰三角形的直观图仍是一个等腰三角形B ．若某一平面图形的直观图面积为，则原图形面积为aC ．原图形中相等的线段，其直观图也一定相等D ．若三角形的周长为12，则其直观图的周长为6【答案】B【分析】根据斜二测画法相关知识可解.【详解】等腰三角形的直观图仍是一个三角形，但不一定有两边相等，故A ，C 说法错误；原图形中，平行于y 轴的线段，在直观图中长度变为原来的一半，故D 说法错误；直观图的面积是原面积B 正确．故选：B 6．函数的零点所在的区间为（ ）()21log sin 2f x x x =-+A ．B ．11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．D ．()1,2()2,3【答案】C【分析】利用零点存在定理求解.【详解】解：因为，，，1111sin 0222f ⎛⎫=--+< ⎪⎝⎭()11sin102f =-+<()121sin 202f =-+>所以，()()120f f ⋅<所以函数的零点所在的区间为，()21log sin 2f x x x =-+()1,2故选：C ．7．若为锐角三角形，则（ ）ABC A ．B ．sin sin A B >cos cos A B >C ．D ．()()sin cos sin sin A B >()()cos cos cos sin A B >【答案】D【分析】根据锐角三角形内角的取值范围，由正弦函数、余弦函数的性质进行辨析即可.【详解】∵为锐角三角形，∴，，ABC π0,2A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭π0,2B ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭π0,2C ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭∵在区间上单调递增，在区间上单调递减，sin y x =π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭cos y x =π0,2⎛⎫⎪⎝⎭∴对于A ，当时，，故选项A 错误；A B <sin sin A B <对于B ，当时，，故选项B 错误；A B >cos cos A B <对于C ，∵，，，∴，∴，π0,2A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭π0,2B ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭π0,2C ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭π2A B +>ππ022A B <-<<∴，即，π0sin sin 12A B ⎛⎫<-<< ⎪⎝⎭π0cos sin 12A B <<<<∴，故选项C 错误；()()sin cos sin sin A B <对于D，由选项C 中判断，，∴，故选项D 正确.π0cos sin 2A B <<<()()cos cos cos sin A B >故选：D.8．已知向量，，设函数，若为图象sin m x ω⎛= ⎝ ()1,cos 02n x ωω⎛⎫=> ⎪⎝⎭ ()f x m n =⋅ 5π6x =()f x 的对称轴，为图象的对称中心，且在区间 上单调，则ω的值为（ ）π,03⎛⎫⎪⎝⎭()f x ()f x ππ126⎛⎫ ⎪⎝⎭，A ．5B ．7C ．9D ．11【答案】A【分析】由两角的正弦公式可知，先利用对称轴与对称中心的距离和函数周期()πsin 3f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的关系可知为正奇数，再利用函数的单调性与周期的关系求出，由函数的对称中心可ω012ω<≤知，即可知或，最后带入验证即可求解.()31k k ω=-∈Z 5ω=11【详解】，()()1πsin sin 023f x m n x x x ωωωω⎛⎫=⋅==+> ⎪⎝⎭ ∵的一条对称轴为，一个对称中心为，()f x 5π6x =()f x π,03⎛⎫ ⎪⎝⎭∴,,∴，，∴为正奇数，()215π46ππ32n T+=-=n N ∈=2+1n ωN n ∈ω∵函数在区间上具有单调性，∴，∴，()f x ππ126⎛⎫ ⎪⎝⎭，ππ6122T -≤π12π122ω⋅≤∴，012ω<≤又∵为图象的对称中心，∴，π,03⎛⎫ ⎪⎝⎭()f x ()πππ3133k k k ωω+=⇒=-∈Z ∴，，，，2ω=5811∴或，5ω=11∴当时，，11ω=()πsin 113f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∵，∴，此时与在上单调矛盾；ππ,126x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭π5π11π11,346x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭()f x ππ126⎛⎫⎪⎝⎭，综上可得：∴，5ω=故选：.A 二、多选题9．下列说法正确的是（ ）A ．以三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥B ．棱台的侧面都是等腰梯形C ．底面半径为r ，母线长为2r 的圆锥的轴截面为等边三角形D ．棱柱的侧棱长都相等，但侧棱不一定都垂直于底面【答案】CD【分析】根据圆锥、棱台、棱柱的定义及结构特征逐一判断即可.【详解】圆锥是以直角三角形的某一条直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体，当绕斜边旋转时，不是棱锥，故A 错误；棱台的侧面都是梯形，但棱台的侧棱不一定都相等，故B 错误；圆锥的轴截面是等腰三角形，其腰长为2r ，又底面半径为r ，故等腰三角形的底边为2r ，即该圆锥的轴截面为等边三角形，故C 正确；棱柱的侧面都为平行四边形，所以侧棱都相等，棱柱包含直棱柱与斜棱柱，故侧棱不一定都垂直于底面，故D 正确.故选：CD.10．下列命题错误的是（ ）A ．复数不能比较大小B ．，zC ∀∈20z ³C ．若实数a ，b 互为相反数，则在复平面内对应的点位于第二或第四象限z a bi =+D ．若复数，，其中a ，b ，c 都为实数，则可能为实数1i z a b =+2i z a c =+12z z -【答案】ABC【分析】根据复数的定义及分类，复数的乘方及复数的几何意义逐一分析判断即可.【详解】复数包含实数和虚数，实数可以比较大小，故A 错误；若，则，故B 错误；i z C =∈22i 10z ==-<当时，，其在复平面的对应点为原点，0a b ==0z =不在第二象限，也不在第四象限，故C 错误；，若，则为实数，()12iz z b c -=-b c =12z z -若，则为纯虚数，故D 正确．b c ≠12z z -故选：ABC.11．下列说法正确的是（ ）A ．方向为北偏西60°的向量与方向为东偏南30°的向量是共线向量B ．的内角A ，B ，C 的对边分别a ，b ，c ，若，则△ABC 一定是等腰直角三角ABC cos cos a A b B =形C ．若，则△ABC 是锐角三角形0AC AB ⋅>D ．记的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，，，若△ABC 有两解，则b 的ABC π3B =a =取值范围是(3,【答案】AD【分析】根据共线向量定义判断A 选项，应用正弦定理边角互化判断B 选项，结合向量的数量积判断C 选项，根据解的数量与边角的关系判断D 选项.【详解】对于A ，因为这两个向量的方向是相反的，所以是共线向量，故A 正确；对于B ，在中，若，由正弦定理可得，ABC cos cos a A b B =sin cos sin cos A A B B =∴，sin2sin2A B =∴或，22A B =22πA B +=∴或，则△ABC 是等腰三角形或直角三角形，B 错误；A B =π2A B +=对于C ，由，得，cos 0AB AC AB AC A ⋅=>cos 0A >又，所以角A 为锐角，但不一定为锐角三角形，故C 错误．0180A <<︒ABC对于D ，若有两解，则，所以D 正确．ABC sin a B b a <<3b <<故选：AD.12．已知函数，若对满足的，，且的()()cos 0f x x x ωωω=+>()()124f x f x -=1x 2x 12x x -最小值为，则下列结论正确的是（ ）π2A ．2ω=B ．若函数为偶函数，则()()π02g x f x ϕϕ⎛⎫=+<< ⎪⎝⎭π6ϕ=C ．方程上有4个相异的实数根()f x π,2π12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭D ．若函数在上的最小值为－2，则()f x π,12m ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦2π,3m ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭【答案】ABD【分析】对于A ，利用辅助角公式化简为，根据题意可得，从而求得()π2sin 6f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭π22T =即可判断；对于B ，得到，令即可判断；对于2ω=()π2sin 226g x x ϕ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭ππ2π,Z 62k k ϕ+=+∈C ，由可得，从而可确定π,2π12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭ππ25π2,636x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭πsin 26x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭D ，由可得，从而令求解即可判断.π,12x m ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦ππ20,266x m ⎡⎤+∈+⎢⎥⎣⎦π3π262m +≥【详解】∵，且的最小值为，()()π2sin 06f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭()()124f x f x -=12x x -π2∴，∴，∴， ∴，π22T =2ππω=2ω=()π2sin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭对于A ，，故A 正确；2ω=对于B ，∵为偶函数，()()π2sin 226g x f x x ϕϕ⎛⎫=+=++ ⎪⎝⎭∴，∴，ππ2π,Z 62k k ϕ+=+∈()ππ62k k ϕ=+∈Z ∵，∴，故B 正确；π02ϕ<<π6ϕ=对于C ，∵()f x πsin 26x ⎛⎫+=⎪⎝⎭∵，∴，π,2π12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭ππ25π2,636x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭∴方程上有3个相异的实数根，故C 错误；()f x =π,2π12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭对于D ，∵，∴，π,12x m ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦ππ20,266x m ⎡⎤+∈+⎢⎥⎣⎦∴，∴，故D 正确．π3π262m +≥2π,3m ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭故选：ABD三、填空题13．写出一个最小正周期为的偶函数：_________．6π【答案】（答案不唯一）cos3xy =【分析】结合余弦型函数的奇偶性和最小正周期可确定满足题意的函数.【详解】为偶函数，令其最小正周期，解得：，()cos 0y x ωω=> ∴2π6πT ω==13ω=满足题意的一个函数为.∴cos3xy =故答案为：（答案不唯一）.cos3xy =14．已知向量，满足，，与的夹角为，则在上的投影向量为_____（用a b 4a =()1,2b= a bπ3a b 坐标表示）．【答案】【分析】直接利用向量在向量上的投影向量的定义求解.【详解】向量在向量上的投影向量是，a b)π1cos 41,232ba b ⋅⋅=⋅== 故答案为：.15．已知函数，若，恒成立，则实数t 的取值范围是()223f x t x x t=⋅-+()0,1x ∀∈()0f x >___________．【答案】1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【分析】由，，分离参数可得，再由函数单调性可求t 的取值范围.()0,1x ∀∈()0f x >223xt x >+【详解】，，，()223f x t x x t =⋅-+()0,1x ∀∈()2203x f x t x >⇒>+，22233x t t x x x x >⇒>++∵在上递减，，3+x x ()0,1()34,x x +∈+∞∴．12t≥故答案为：1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭四、双空题16．如图，在Rt △AOC 中，，圆O 为单位圆．3AO CO ==（1）若点P 在圆O 上，，则______________60AOP ∠=︒AP =（2）若点P 在△AOC 与圆O 的公共部分的圆弧上运动，则的取值范围为__________14PA PC ⋅【答案】12⎡⎤--⎣⎦【分析】（1）根据；AP =AP （2）法一：根据，结合余弦函数的性质()()1,PA PC PO OA PO OC PO OA OC⋅=+⋅+=++ 即可得解.法二：以O 为原点，OA 所在直线为y 轴，OC 所在直线为x 轴建立坐标系，设，再根据数量积的坐标运算结合三角函数的性质即可得解.()πcos ,sin ,0,2P θθθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦【详解】（1）在△AOP 中，，，，3AO =1OP =60AOP ∠=︒，AP OP OA =-则AP ==== 即AP =（2）法一：()()()2PA PC PO OA PO OC PO PO OA OC OA OC⋅=+⋅+=+⋅++⋅ ()11cos ,PO OA OC PO OA OC PO OA OC=+⋅+=+++，1,PO OA OC=++因为，所以，3,π,π4PO OA OC ⎡⎤+∈--⎢⎥⎣⎦ cos ,1,PO OA OC ⎡+∈-⎢⎣ 故的取值范围为．PA PC ⋅ 12⎡⎤--⎣⎦法二：以O 为原点，OA 所在直线为y 轴，OC 所在直线为x 轴建立坐标系，设，，，()πcos ,sin ,0,2P θθθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()0,3A ()3,0C 所以，，()cos ,3sin PA θθ=--()3cos ,sin PC θθ=--则()()22cos cos 3sin sin 3cos sin 3cos 3sin PA PC θθθθθθθθ⋅=-+-=+--，()π13cos sin 14θθθ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭∵，则，∴，π0,2θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦ππ3π,444θ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦πsin 4θ⎤⎛⎫+∈⎥ ⎪⎝⎭⎦，π1124θ⎛⎫⎡⎤-+∈-- ⎪⎣⎦⎝⎭即．12PA PC ⎡⎤⋅∈--⎣⎦故答案为：（1；（2）.12⎡⎤--⎣⎦【点睛】方法点睛：求向量模的常见思路与方法：（1）求模问题一般转化为求模的平方，与向量数量积联系，并灵活应用，勿忘记开方；22a a= （2），此性质可用来求向量的模，可实现实数运算与向量运算的相互转2a a a ⋅= 化；（3）一些常见的等式应熟记：如，等.()2222a ba ab b±=±⋅+ ()()22a b a b a b+⋅-=- 五、解答题17．已知角θ的顶点在坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边经过点．()()8,60P m m m -->(1)求，的值；sin θcos θ(2)求的值．()()()()()()3πsin sin 3πcos πcos 25πsin 2πcos 3πsin sin π2θθθθθθθθ⎛⎫-⋅-⋅+⋅- ⎪⎝⎭⎛⎫-⋅-⋅-⋅- ⎪⎝⎭【答案】(1)，；3sin 5θ=-4cos 5θ=-(2)34-【分析】（1）利用三角函数的定义求解；（2）利用诱导公式化简求值即可.【详解】（1）由题意知，，10r m==∴，63sin 105y m r m θ-===-；84cos 105x m r m θ-===-（2）原式，()()()()()()()322sin sin cos sin sin cos sin cos cos sin sin cos θθθθθθθθθθθθ-⋅-⋅-⋅-⋅==--⋅-⋅⋅-⋅tan θ=-由（1）知，，sin 3tan cos 4θθθ==∴．()()()()()()3πsin sin 3πcos πcos 325π4sin 2πcos 3πsin sin π2θθθθθθθθ⎛⎫-⋅-⋅+⋅- ⎪⎝⎭=-⎛⎫-⋅-⋅-⋅- ⎪⎝⎭18．已知向量，，．()2,1a =- ()3,0b = ()4,1c =(1)求与垂直的单位向量的坐标；a e(2)若，求实数的值．()()//2a kcb a+-k 【答案】(1)或e =⎛ ⎝(2)13k =-【分析】（1）设，利用向量模长和垂直关系的坐标表示可构造方程组求得结果；(),e x y =（2）利用向量平行的坐标表示可构造方程求得的值.k 【详解】（1）设与垂直的单位向量，a(),e x y = 则，解得：120x y =-=⎪⎩x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或.e ∴= ⎛ ⎝（2），，又，()24,1a kc k k +=+-+()21,2b a -=- ()()//2a kc b a +- ，解得：.()()2241k k ∴+=--+13k =-19．已知复数，其中为实数且．i z a b =+,a b 0a ≠(1)若，求；()24iz z z +=+z (2)若为纯虚数，且，求的取值范围．2z z ω=-12ω≤≤b【答案】(1)或12z i =+12i --(2)1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦【分析】（1）根据共轭复数定义、复数运算法则和复数相等的条件可构造方程组求得结果；（2）根据复数运算法则化简得到，由纯虚数定义可构造方程求得222222ia b a b a b a b ω⎛⎫⎛⎫=-++ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，由复数模长的范围可求得结果.2i b ω=【详解】（1），，，i z a b =+ i z a b ∴=-()()22i 22i 24iz z z a a b a ab ∴+=+=+=+，解得：或，或.22224a ab ⎧=∴⎨=⎩12a b =⎧⎨=⎩12a b =-⎧⎨=-⎩12i z ∴=+12i --（2）为()()()222i 222i i i i i i i a b a b a b a b a b a b a b a b a b ω--=+-=+-=+-++-+ 222222i a b a b a b a b ⎛⎫⎛⎫=-++ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭纯虚数，，又，，则，即，22222020a a ab b b a b ⎧-=⎪⎪+∴⎨⎪+≠⎪+⎩0a ≠222a b ∴+=20b ≠0b ≠，，解得：，即的取值范围为.2i b ω∴=[]21,2b ω∴=∈112b≤≤b 1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦20．年湖南省油菜花节，益阳市南县罗文村（湖南省首个涂鸦艺术村）通过层层遴选，最终2023在全省个申办村庄中脱颖而出，取得了此次活动的会场承办权，主办方为了让油菜花种植区与29观赏路线布局最优化、合理，设计者们首先规划了一个平面图（如图）．已知：四点共圆，，，，（不,,,A B D E 60ABD ∠=2AE =2AB =cos EDA ∠=,AD DB 计宽度）是观赏路线，与是油菜花区域．BCD △AED △(1)求观赏路线的长度；AD DB +(2)因为场地原因，只能使，求区域面积的最大值．135BCD ∠=BCD △【答案】(1)6+(2)9-【分析】（1）在中，利用正弦定理可求得；在中，利用余弦定理可求得，由ADE AD ABD △DB 此可得结果；（2）在中，利用余弦定理和基本不等式可求得的最大值，代入三角形面积公式即BCD △CB CD ⋅可求得结果.【详解】（1）四点共圆，，，,,,A B D E 60ABD ∠= 120AED ∴∠=cos EDA ∠=sin EDA ∴∠=在中，由正弦定理得：，ADE sin sin AE ADEDA AED =∠∠，，，2AE = 120AED ∠=sin EDA ∠=sin sin AE AEDAD EDA ⋅∠∴==∠在中，由余弦定理知：，ABD △2222cos AD BD AB AB DB ABD =+-⋅∠即，解得：或（舍），22240DB DB --=6DB =4DB =-6AD DB ∴+=+（2）在中，，；BCD △135BCD ∠=1sin1352BCD S CB CD CD∴=⋅=⋅ 在中，由余弦定理得：，BCD △2222cos DB CD BC BC CD BCD =+-⋅∠（当且仅当时取等号），(22362CD CB CD CB CD ∴=+⋅≥⋅CB CD =，(182CB CD ∴⋅≤=(1829BCD S ∴≤=-即区域面积的最大值为.BCD △921．对于函数，，若存在实数k 使得函数，那么称函数为，()f x ()g x ()()()h x kf x g x =⋅()h x ()f x 的k 积函数．()g x(1)设函数，，是否为，()sin f x x =()2πcos 3g x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()π2sin 23h x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭()h x ()f x 的k 积函数？若是，请求出k 的值；若不是，请说明理由；()g x (2)设函数（其中，，），且函数图象的最低点坐标为，若()nf x mx x =+0m >0n >0x >()f x ()2,4函数，是，的1积函数，且对于任意实数，恒成立，()()2g x f x =-()h x ()f x ()g x ()0,2x ∈()h x a ≥求实数a 的取值范围．【答案】(1)是，4k =-(2)(],25-∞【分析】（1）化简，根据与()()f x g x ()()f x g x ()π2sin 23h x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭（2）根据函数图象的最低点求出，化简的解析式，再换元令，根据对勾函数,m n ()h x ()2t x x =-的调性求出最小值即可得解.【详解】（1）因为()()2π1sin cos sin cos 32f x g x x x x x x ⎛⎫⎛⎫=⋅+=⋅- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭11cos 21πsin 2sin 24223x x x -⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭，()()()4h x f x g x =-⋅所以是、的k 积函数，且；()h x ()f x ()g x 4k =-（2）由题意可得（，，），()nf x mx x =+0m >0n >0x >因为函数图象的最低点坐标为，()y f x =()2,4由基本不等式得，()n mx f x x =+=≥当且仅当，即当nmx x =x =则，解得，24⎧=⎪⎨⎪=⎩14m n =⎧⎨=⎩所以，()4f x x x =+()()()()()()()42444162222222x x h x f x f x x x x x x x x x x x x x -⎛⎫⎛⎫=-=+-+=-+++=-+ ⎪⎪---⎝⎭⎝⎭，()()()()()()()()()()()222428244216163222822222x x x x x x x x x x x x x x x x x xx x +---+-+=-++=-+------令，，()2t x x =-(]0,1t ∈由对勾函数的单调性知，函数在上单调递减，328y t t =+-(]0,1t ∈则，所以，min 132825y =+-=25a ≤因此，实数a 的取值范围为．(],25-∞22．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ．已知，2b =．cos a C C b =+(1)求角B ；(2)若M 是△ABC 内的一动点，且满足，则是否存在最大值？若存在，请求出BM MA MC =+ BM最大值及取最大值的条件；若不存在，请说明理由；(3)若D 是△ABC 中AC 上的一点，且满足，求的取值范围．BA BD BD BC BA BC⋅⋅= :AD DC 【答案】(1)π3B =(2)当且仅当时等号成立，2a c ==maxMB=(3)1,22AD DC⎛⎫∈ ⎪⎝⎭【分析】（1）利用正弦定理边化角以及三角恒等变形即可求解，或者先利用余弦定理可得，再利用正弦定理边化角即可求解；sin cos b C B =（2）先利用向量的线性运算将用△的边长表示出来，再利用余弦定理以及基本不等式即MBABC可求解；（3）由可知BD 平分∠ABC ，利用三角形面积公式可得，最后利用正BA BD BD BC BA BC⋅⋅=AD ABDC BC =弦定理及三角恒等变形即可求解.【详解】（1）法1：∵，∴，cosa C Cb =+sin cos a C b C =+由正弦定理得,sin sin sin cos A B C B C =+即，()sin sin sin cos B C B C B C +=+∴，sin cos cos sin sin B C B C B C +=+sin cos B C ∴，cossin sin B C B C =又∵，∴，∴，0πC <<sin 0C ≠tanB =又∵，∴；0πB <<π3B =法2：∵，∴，sin cos a C b C=+222sin 2a b c a C b ab +-=+∴①，222sin b a c C =+-在△ABC 中，由余弦定理得，②，2222cos b a c ac B=+-⋅由①②，即sin 2cos C ac B =sin cos b C B∴由正弦定理得，sinsin cos B C C B =又∵，∴，∴，0πC <<sin 0C ≠tan B =又∵，∴；0πB <<π3B =（2）点是△内一动点，，M ABC∴，BM MA MC BA BM BC BM =+=-+- 2BA BC BM +-= ∴，∴，()13MB BA BC =+ ()()2222211299MB BA BC BA BC c a ac =++⋅=++ 由余弦定理知,22222222cos 44b a c ac B a c ac a c ac =+-⋅⇒=+-⇒+=+由基本不等式可得，即，，222ac a c ≤+24ac ac +≤4ac ≤∴，当且仅当时等号成立，()()21144248993MB ac =+⨯+=≤ 2a c ==∴maxMB=（3）∵，∴，BA BD BD BC BA BC⋅⋅=cos cos BA BD ABD BD BC DBCBA BC⋅∠⋅∠=∴，cos cos ABD CBD ∠=∠又∵余弦函数在上单调，∴，即BD 平分∠ABC ，()0,πABD DBC ∠=∠又∵，，∴①，1sin 2ADB S AD DB ADB =⋅∠ 1sin 2BDC S BD DC BDC=⋅∠ ADB BDC S AD S DC = 又∵，，∴②，1sin 2ADBS AB DB ABD =⋅∠ 1sin 2BDC S BD BC DBC=⋅∠ ADB BDC S AB S BC = 由①②可得，AD ABDC BC =所以sin sin AD AB c CDC BC a A ===，2πsin 113sin tan 2A A A ⎛⎫- ⎪⎝⎭===+又∵，且△为锐角三角形，∴，π3B =ABC 2π2ππ0,332A C C A ⎛⎫+=⇒=-∈ ⎪⎝⎭∴，∴，ππ62A <<tan A ⎫∈+∞⎪⎪⎭∴．1,22AD DC ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭。