浙江省2020年第二学期期中考试高一数学试卷
宁波市三锋教研联盟2022-2023学年高一下学期期中联考数学试题含解析
绝密★考试结束前2022学年第二学期宁波三锋教研联盟期中联考高一年级数学学科 试题考生须知：1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4．考试结束后，只需上交答题纸。
选择题部分一、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.已知向量(2,6),(1,),//a a b b λ==若，则λ等于（ ）A.2B.-3C.3D.-22.在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，若0045,60b A B ==，则a =（ ）A.1B.3.设a ，b 是两个非零向量，则“//a b ”是“||||||a b a b +=+”成立的（ ）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件 4.若直线l α不平行于平面，则下列结论成立的是 （ ）A.α内的所有直线都与l 异面B.α内不存在与l 平行的直线C.α内的所有直线都与l 相交D.l α直线与平面有公共点5.如图，平行四边形ABCD 的对角线相交于点O ,E 为AO 的中点，若(),ED xAB y AD x y =+∈R ，则x y -等于（ ） A.-1 B.1 C.12 D.12- 6.在ABC ∆中，23A π=，2AB AC ==，以AB 所在的直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成一个几何体，则该几何体的体积为（ ） A.72π B.2πC.πD.3πA7.已知ABC ∆中，D 是BC 的中点，且,,AB AC AB AC AD AB +=-=则向量BA 在BC上的投影向量为（ ）A.14BCC.14BC -D.4BC -8.如图，已知长方体1111ABCD A B C D -，12,3AB AD AA ===,E F ､分别是棱1AA ､11A D 的中点，点P为底面四边形ABCD 内（包括边界）的一动点，若直线1D P 与平面BEF 无公共点，则点P的轨迹长度为（ ）A.D.1+二．选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分. 9.下列命题是真命题的是（ ）A.平行于同一直线的两条直线平行B.平行于同一平面的两条直线平行C.平行于同一直线的两个平面平行D.平行于同一平面的两个平面平行10.在平面直角坐标系中，已知点()()()001,2,3,1,O A B ，，则（ ） A.5AB = B.AOB ∆是直角三角形C.OA OB 以，为邻边的平行四边形的顶点D 的坐标为()4,4D.与OA垂直的单位向量的坐标为⎛ ⎝⎭⎝⎭或 11.如图，空间四边形ABCD 中，,E F 分别是边,AB BC 的中点，,G H 分别在线段,DC DA 上，且满足,,,(0,1)DG DC DH DA λμλμ==∈，则下列说法正确的是（ ）A.12λμ当==时，四边形EFGH 是矩形B.23λμ当==时，四边形EFGH 是梯形C.λμ≠当时，四边形EFGH 是空间四边形D.λμ≠当时，直线,EH FG BD ，相交于一点E1AAB12.在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，且1cos cos a A c C+=，则下列结论正确的有（ ） A.2A C = B.222a c bc -=C.112sin tan tan A C A -+的最小值为a c的取值范围为()0,2 非选择题部分三、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.13.《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，书中提出了：已知三角形三边,,a b c 求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即：S =即有ABC ∆满足2,3,a b c ===ABC ∆的面积ABC S =△ ．14.长方体的所有顶点都在一个球面上，长、宽、高分别为3,2,1，则该球的表面积是 ．15.如图，一座垂直建于地面的信号发射塔CD 的高度为20m ， 地面上一人在A 点观察该信号塔顶部，仰角为45︒，沿直线步 行1min 后在B 点观察塔顶，仰角为30︒，若150ADB ∠=︒， 此人的身高忽略不计，则他的步行速度为 m/s . 16.在锐角ABC ∆中，3B π=，1AB AC -=，则AB AC ⋅的取值范围为__________.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.(本题10分)已知向量12,1,2a b a b ===. （1）求(2)()a b a b +-的值；（2）a b a b +-求2与的夹角的余弦值.18.(本题12分)已知ABC ∆三个内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，向量(,3)m a =, (sin ,cos ),n B A m n =⊥且.（1） 求角A ； （2） 若2,a b ==求ABC ∆的面积.19.(本题12分) 如图，在三棱柱BCF ADE -中，若,G H 分别是线段,AC DF 的中点. （1）求证：//GH BF ；（2）在线段CD 上是否存在一点P ，使得平面//GHP BCF 平面， 若存在，指出P 的具体位置并证明；若不存在，说明理由.20.(本题12分)如图，直角梯形ABCD 中，//,,4,2,3AB CD AB CB AB CD DAB π⊥==∠=.且1124AM AD AN AB ==，.（1）若G MN 是的中点，证明：,,A G C 三点共线；（2）若P CB 为边上的动点（包括端点），求PM PN PB +（）的最小值．21.(本题12分)如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,,P Q 分别是棱1,DD AB 的中点. （1）若M 为棱1CC 上靠近C 点的四等分点,求证: //BM PQC 平面；（2）若平面PQC 与直线1AA 交于R 点，求平面PRQC 将正方体分割成的上、下两部分的体积之比. (不必说明画法与理由).22.(本题12分) cos sin 0C a C +=，②()22sin sin sin sin sin B C A B C -=-，③233AB AC =，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答． （注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．）在锐角ABC ∆中，ABC ∆的面积为S ，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，且选条件：_______． （1）求角A 的大小；（2）作AB BD ⊥（,A D BC 位于直线异侧），使得四边形ABDC 满足,4BCD BD π∠==AC 的最大值.C 1A N CBA2022学年第二学期宁波三锋教研联盟期中联考高一年级数学学科参考答案一、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.二．选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分. 三、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分. 14π 15.3 16.（0，3）四、解答题:本大题共6小题，共70分。
浙江省A9协作体2022-2023学年高一下学期期中联考数学试题(原卷版)
浙江省A9协作体2022学年第二学期期中联考高一数学试题选择题部分（共60分）一、单项选择题：本题共8题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知复数12z i =+（i 为虚数单位），则z 的虚部为（）．A.2B.2- C.2iD.2i -2.平面向量()1,a x = ，()2,3b =- ，若a 与b共线，那么x 的值为（）A.32-B.23-C.32D.233.平面上四点O ，A ，B ，C ，满足2AC CB =，那么下列关系成立的是（）A.2133OC OA OB=+ B.1233OC OA OB=+C.2133OC OA OB=- D.1233OC OA OB=- 4.若m ，n 是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面，那么下列命题成立的是（）A.若//m α，//m β，那么//αβB.若//m α，n ⊂α，那么//m nC.若//m n ，//n α，那么//m αD.若//αβ，m α⊂，那么//m β5.在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边为a ，b ，c ，60A =︒，a =2c =，那么b 的大小是（）A.B.4C.D.36.已知平面向量()1,2a =r ，()3,4b =- ，那么a 在b上的投影向量的坐标是（）A.()3,4- B.34,55⎛⎫-⎪⎝⎭C.34,55⎛⎫- ⎪⎝⎭D.7.如图扇形AOB 所在圆的圆心角大小为2π3，P 是扇形内部（包括边界）任意一点，若OP xOA yOB =+ ，那么2x y +的最大值是（）A.332B.3C.2213D.8.如图从半径为定值的圆形纸片O 上，以O 为圆心截取一个扇形AOB 卷成圆锥，若要使所得圆锥体积最大，那么截取扇形的圆心角大小为（）A.3B.25π3C.D.π二、选择题：本题共4题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，选错的得0分.9.在ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则下列说法正确的是（）A.若A B >，一定有sin sin A B>B.若2220a b c +-<，那么ABC 一定是钝角三角形C.一定有cos cos b C c B a +=成立D.若cos cos a A b B =，那么ABC 一定是等腰三角形10.如图正方体111ABCD A B C D -，E 、F 分别为1CC 、1AA 的中点，M 是线段1D E 上的动点（包括端点），下列说法正确的是（）A.对于任意M 点，1B M 与平面DFB 平行B.存在M 点，使得1A M 与平面DFB 平行C.存在M 点，使得直线1B M 与直线DF 平行D.对于任意M 点，直线1A M 与直线BF 异面11.已知a ，b ，c是平面上三个非零向量，下列说法正确的是（）A.一定存在实数x ，y 使得a xb yc =+成立B.若a b a c ⋅=⋅，那么一定有()a b c⊥- C .若()()a c b c -⊥-，那么2a b a b c-=+- D.若()()a b c a b c ⋅⋅=⋅⋅ ，那么a ，b ，c 一定相互平行12.直三棱柱111ABC A B C -的六个顶点均位于一个半径为1的球的球面上，已知三棱柱的底面为锐角三角形，π3BAC ∠=，1BC =，那么该直三棱柱的体积可能是（）A.3 B.225C.7D.2非选择题部分（共90分）三、填空题：本题共小题，每小题5分，共20分.请将答案写在答题卡的横线上.13.已知复数23i1iz +=-，那么z =______.14.如图等腰梯形ABCD ，AB CD ，1AB =，2AD =，3CD =，那么该梯形直观图的面积是______.15.平面上任何两个不共线的向量都可以作为平面向量的一组基底，若作为基底的两个向量相互垂直就称该组基底是一组正交基底.施密特正交化法指出任何一组不共线的向量都可以转化为一组正交基底，其方法是对于一组不共线的向量a ，b ，令2a b c b a a⋅=-，那么c 就是一个与a 配对组成正交基底的向量.若()1,2a =r ，()3,4b = ，按照上述方法，可以得到的与a配对组成正交基底的向量是______.16.已知平面向量a ，b ，c，若2a a b =-= ，1a c -= ，那么b c ⋅ 的取值范围是______.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.（1）已知1-(i 是虚数单位)是方程20x mx n ++=(,R m n ∈)的一个复根,求实数m ,n 的值;（2）在复数范围内解方程:210x x ++=.18.已知平面向量a ，b ，c满足，1a = ，2b = ，c ta b =+ （R t ∈）.（1）若向量a ，b 的夹角为π3，且b c ⊥ ，求t 的值；（2）若c r 的，求向量a ，b 的夹角大小.19.如图在一城市叉路口有一个三角形状的口袋公园，已知公园一边AB 长为18m ，另一边AC 长为16m ，BAC ∠大小为60°，为方便人们通行，政府部门欲在AB ，AC 两边上分别找两点D ，E ，修建一条的电动自行车道路DE ，DE 需要把公园分为面积相等的两个部分，所建道路的宽度忽略不计.（1）若设AD x =，AE y =，求x ，y 满足的关系式；（2）如何选择D ，E 可以使得所修道路最短？并求出最小值.20.如图所求，四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为平行四边形，F 为PA 的中点，E 为PB 中点.（1）求证：PC 平面BFD ；（2）已知M 点在PD 上满足EC 平面BFM ，求PMMD的值.21.在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边为a ，b ，c ，已知cos cos cos sin C A B A B +=，D 是边BC上的点，满足2CD DB =，2AD =.（1）求角A 大小；（2）求三角形面积S 的最大值.22.如图一：球面上的任意两个与球心不在同一条直线上的点和球心确定一个平面，该平面与球相交的图形称为球的大圆，任意两点都可以用大圆上的劣弧进行连接.过球面一点的两个大圆弧，分别在弧所在的两个半圆内作公共直径的垂线，两条垂线的夹角称为这两个弧的夹角.如图二：现给出球面上三个点，其任意两个不与球心共线，将它们两两用大圆上的劣弧连起来的封闭图形称为球面三角形.两点间的弧长定义为球面三角形的边长，两个弧的夹角定义为球面三角形的角.现设图二球面三角形ABC 的三边长为a ，b ，c ，三个角大小为α，β，γ，球的半径为R .（1）求证：a b c+>（2）①求球面三角形ABC 的面积S （用α，β，γ，R 表示）.②证明：παβγ++>.第6页/共6页。
人教版高一下学期期中考试数学试卷及答案解析(共五套)
人教版高一下学期期中考试数学试卷（一）注意事项：本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共22题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.点C是线段AB靠近点B的三等分点，下列正确的是（）A．B．C．D．2.已知复数z满足z（3+i）＝3+i2020，其中i为虚数单位，则z的共轭复数的虚部为（）A．B．C．D．3.如图，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，延长AB至点E，且AB＝BE，则•的值为（）A．﹣1 B．﹣3 C．1 D．4.设i是虚数单位，则2i+3i2+4i3+……+2020i2019的值为（）A．﹣1010﹣1010i B．﹣1011﹣1010iC．﹣1011﹣1012i D．1011﹣1010i5.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与CD所成的角为（）A．30°B．45°C．60°D．135°6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若（a﹣2b）cos C＝c（2cos B﹣cos A），△ABC的面积为a2sin，则C＝（）A．B．C．D．7.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列四个结论中错误的是（）A．直线B1C与直线AC所成的角为60°B．直线B1C与平面AD1C所成的角为60°C．直线B1C与直线AD1所成的角为90°D．直线B1C与直线AB所成的角为90°8.如图，四边形ABCD为正方形，四边形EFBD为矩形，且平面ABCD与平面EFBD互相垂直．若多面体ABCDEF的体积为，则该多面体外接球表面积的最小值为（）A．6πB．8πC．12πD．16π二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）9.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2+bc，则角A可为（）A．B．C．D．10.如图，四边形ABCD为直角梯形，∠D＝90°，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为AB，CD的中点，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．11.下列说法正确的有（）A．任意两个复数都不能比大小B．若z＝a+bi（a∈R，b∈R），则当且仅当a＝b＝0时，z＝0C．若z1，z2∈C，且z12+z22＝0，则z1＝z2＝0D．若复数z满足|z|＝1，则|z+2i|的最大值为312.如图，已知ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，E，F分别是BC，A1C的中点，则（）A．B．C．向量与向量的夹角是60°D．异面直线EF与DD1所成的角为45°三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）13.已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝（+），则||＝；•＝．14.若虛数z1、z2是实系数一元二次方程x2+px+q＝0的两个根，且，则pq＝．15.已知平面四边形ABCD中，AB＝AD＝2，BC＝CD＝BD＝2，将△ABD沿对角线BD折起，使点A到达点A'的位置，当A'C＝时，三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．16.已知一圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为，在该圆锥内放置一个棱长为a 的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则a的最大值为．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，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1．（1）若AB＝，求BC；（2）若AB＝2BC，求cos∠BDC．18.（1）已知z1=1﹣2i，z2=3+4i，求满足=+的复数z．（2）已知z，ω为复数，（1+3i）﹣z为纯虚数，ω=，且|ω|=5．求复数ω．19.如图，墙上有一壁画，最高点A离地面4米，最低点B离地面2米．观察者从距离墙x（x＞1）米，离地面高a（1≤a≤2）米的C处观赏该壁画，设观赏视角∠ACB＝θ．（1）若a＝1.5，问：观察者离墙多远时，视角θ最大？（2）若tanθ＝，当a变化时，求x的取值范围．20.如图，已知复平面内平行四边形ABCD中，点A对应的复数为﹣1，对应的复数为2+2i，对应的复数为4﹣4i．（Ⅰ）求D点对应的复数；（Ⅱ）求平行四边形ABCD的面积．21.如图所示，等腰梯形ABFE是由正方形ABCD和两个全等的Rt△FCB和Rt△EDA组成，AB＝1，CF＝2．现将Rt△FCB沿BC所在的直线折起，点F移至点G，使二面角E﹣BC﹣G的大小为60°．（1）求四棱锥G﹣ABCE的体积；（2）求异面直线AE与BG所成角的大小．22.如图，四边形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC是边长为2的正三角形，以AC为折痕，将△MAC向上折叠到△DAC的位置，使点D在平面ABC内的射影在AB上，再将△MAC向下折叠到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成几何体DABCE．（1）点F在BC上，若DF∥平面EAC，求点F的位置；（2）求直线AB与平面EBC所成角的余弦值．参考答案一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.点C是线段AB靠近点B的三等分点，下列正确的是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据共线向量的定义即可得结论．【解答】解：由题，点C是线段AB靠近点B的三等分点，＝3＝﹣3，所以选项A错误；＝2＝﹣2，所以选项B和选项C错误，选项D正确．故选：D．【知识点】平行向量（共线）、向量数乘和线性运算2.已知复数z满足z（3+i）＝3+i2020，其中i为虚数单位，则z的共轭复数的虚部为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．【解答】解：∵z（3+i）＝3+i2020，i2020＝（i2）1010＝（﹣1）1010＝1，∴z（3+i）＝4，∴z＝，∴＝，∴共轭复数的虚部为，故选：D．【知识点】复数的运算3.如图，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，延长AB至点E，且AB＝BE，则•的值为（）A．﹣1 B．﹣3 C．1 D．【答案】C【分析】利用图形，求出数量积的向量，然后转化求解即可．【解答】解：由题意，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，延长AB至点E，且AB＝BE，可知＝+＝，＝﹣＝﹣2，所以•＝（）•（﹣2）＝﹣2﹣2＝1．故选：C．【知识点】平面向量数量积的性质及其运算4.设i是虚数单位，则2i+3i2+4i3+……+2020i2019的值为（）A．﹣1010﹣1010i B．﹣1011﹣1010iC．﹣1011﹣1012i D．1011﹣1010i【答案】B【分析】利用错位相减法、等比数列的求和公式及其复数的周期性即可得出．【解答】解：设S＝2i+3i2+4i3+ (2020i2019)∴iS＝2i2+3i3+ (2020i2020)则（1﹣i）S＝i+i+i2+i3+……+i2019﹣2020i2020．＝＝i+＝＝﹣2021+i，∴S＝＝．故选：B．【知识点】复数的运算5.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与CD所成的角为（）A．30°B．45°C．60°D．135°【答案】B【分析】易知∠ABA1即为所求，再由△ABA1为等腰直角三角形，得解．【解答】解：因为AB∥CD，所以∠ABA1即为异面直线A1B与CD所成的角，因为△ABA1为等腰直角三角形，所以∠ABA1＝45°．故选：B．【知识点】异面直线及其所成的角6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若（a﹣2b）cos C＝c（2cos B﹣cos A），△ABC的面积为a2sin，则C＝（）A．B．C．D．【答案】C【分析】先利用正弦定理将已知等式中的边化角，再结合两角和公式与三角形的内角和定理，可推出sin B＝2sin A；然后利用三角形的面积公式、正弦定理，即可得解．【解答】解：由正弦定理知，＝＝，∵（a﹣2b）cos C＝c（2cos B﹣cos A），∴（sin A﹣2sin B）cos C＝sin C（2cos B﹣cos A），即sin A cos C+sin C cos A＝2（sin B cos C+cos B sin C），∴sin（A+C）＝2sin（B+C），即sin B＝2sin A．∵△ABC的面积为a2sin，∴S＝bc sin A＝a2sin，根据正弦定理得，sin B•sin C•sin A＝sin2A•sin，化简得，sin B•sin cos＝sin A•cos，∵∈（0，），∴cos＞0，∴sin＝＝，∴＝，即C＝．故选：C．【知识点】正弦定理、余弦定理7.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列四个结论中错误的是（）A．直线B1C与直线AC所成的角为60°B．直线B1C与平面AD1C所成的角为60°C．直线B1C与直线AD1所成的角为90°D．直线B1C与直线AB所成的角为90°【答案】B【分析】连接AB1，求出∠ACB1可判断选项A；连接B1D1，找出点B1在平面AD1C上的投影O，设直线B1C与平面AD1C所成的角为θ，由cosθ＝可判断选项B；利用平移法找出选项C和D涉及的异面直线夹角，再进行相关运算，即可得解．【解答】解：连接AB1，∵△AB1C为等边三角形，∴∠ACB1＝60°，即直线B1C与AC所成的角为60°，故选项A正确；连接B1D1，∵AB1＝B1C＝CD1＝AD1，∴四面体AB1CD1是正四面体，∴点B1在平面AD1C上的投影为△AD1C的中心，设为点O，连接B1O，OC，则OC＝BC，设直线B1C与平面AD1C所成的角为θ，则cosθ＝＝＝≠，故选项B错误；连接BC1，∵AD1∥BC1，且B1C⊥BC1，∴直线B1C与AD1所成的角为90°，故选项C正确；∵AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥B1C，即直线B1C与AB所成的角为90°，故选项D正确．故选：B．【知识点】直线与平面所成的角、异面直线及其所成的角8.如图，四边形ABCD为正方形，四边形EFBD为矩形，且平面ABCD与平面EFBD互相垂直．若多面体ABCDEF的体积为，则该多面体外接球表面积的最小值为（）A．6πB．8πC．12πD．16π【答案】A【分析】由题意可得AC⊥面EFBD，可得V ABCDEF＝V C﹣EFBD+V A﹣EFBD＝2V A﹣EFBD，再由多面体ABCDEF 的体积为，可得矩形EFBD的高与正方形ABCD的边长之间的关系，再由题意可得矩形EFBD的对角线的交点为外接球的球心，进而求出外接球的半径，再由均值不等式可得外接球的半径的最小值，进而求出外接球的表面积的最小值．【解答】解：设正方形ABCD的边长为a，矩形BDEF的高为b，因为正方形ABCD，所以AC⊥BD，设AC∩BD＝O'，由因为平面ABCD与平面EFBD互相垂直，AC⊂面ABCD，平面ABCD∩平面EFBD＝BD，所以AC⊥面EFBD，所以V ABCDEF＝V C﹣EFBD+V A﹣EFBD＝2V A﹣EFBD＝2•S EFBD•CO'＝•a•b•a ＝a2b，由题意可得V ABCDEF＝，所以a2b＝2；所以a2＝，矩形EFBD的对角线的交点O，连接OO'，可得OO'⊥BD，而OO'⊂面EFBD，而平面ABCD⊥平面EFBD，平面ABCD∩平面EFBD＝BD，所以OO'⊥面EFBD，可得OA＝OB＝OE＝OF都为外接球的半径R，所以R2＝（）2+（a）2＝+＝+＝++≥3＝3×，当且仅当＝即b＝时等号成立．所以外接球的表面积为S＝4πR2≥4π•3×＝6π．所以外接球的表面积最小值为6π．故选：A．【知识点】球的体积和表面积二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）9.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2+bc，则角A可为（）A．B．C．D．【答案】BC【分析】由已知利用余弦定理整理可得cos A＝，对于A，若A＝，可得b＝＜0，错误；对于B，若A＝，可得b＝＞0，对于C，若A＝，可得b＝＞0，对于D，若A＝，可得c＝0，错误，即可得解．【解答】解：因为在△ABC中，a2＝b2+bc，又由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bc cos A，所以b2+bc＝b2+c2﹣2bc cos A，整理可得：c＝b（1+2cos A），可得：cos A＝，对于A，若A＝，可得：﹣＝，整理可得：b＝＜0，错误；对于B，若A＝，可得：＝，整理可得：b＝＞0，对于C，若A＝，可得：cos＝＝，整理可得：b＝＞0，对于D，若A＝，可得：cos＝﹣＝，整理可得：c＝0，错误．故选：BC．【知识点】余弦定理10.如图，四边形ABCD为直角梯形，∠D＝90°，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为AB，CD的中点，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．【答案】ABC【分析】由向量的加减法法则、平面向量基本定理解决【解答】解：由，知A正确；由知B正确；由知C正确；由N为线段DC的中点知知D错误；故选：ABC．【知识点】向量数乘和线性运算、平面向量的基本定理11.下列说法正确的有（）A．任意两个复数都不能比大小B．若z＝a+bi（a∈R，b∈R），则当且仅当a＝b＝0时，z＝0C．若z1，z2∈C，且z12+z22＝0，则z1＝z2＝0D．若复数z满足|z|＝1，则|z+2i|的最大值为3【答案】BD【分析】通过复数的基本性质，结合反例，以及复数的模，判断命题的真假即可．【解答】解：当两个复数都是实数时，可以比较大小，所以A不正确；复数的实部与虚部都是0时，复数是0，所以B正确；反例z1＝1，z2＝i，满足z12+z22＝0，所以C不正确；复数z满足|z|＝1，则|z+2i|的几何意义，是复数的对应点到（0，﹣2）的距离，它的最大值为3，所以D正确；故选：BD．【知识点】复数的模、复数的运算、虚数单位i、复数、命题的真假判断与应用12.如图，已知ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，E，F分别是BC，A1C的中点，则（）A．B．C．向量与向量的夹角是60°D．异面直线EF与DD1所成的角为45°【答案】ABD【分析】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，建立合适的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，根据空间向量的坐标运算，以及异面直线所成角的向量求法，逐项判断即可．【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1为x 轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A（0，0，0），A1（0，0，2），B（2，0，0），B1（2，0，2），C （2，2，0），D（0，2，0），D1（0，2，2），所以，故，故选项A正确；又，又，所以，，则，故选项B正确；，所以，因此与的夹角为120°，故选项C错误；因为E，F分别是BC，A1C的中点，所以E（2，1，0），F（1，1，1），则，所以，又异面直线的夹角大于0°小于等于90°，所以异面直线EF与DD1所成的角为45°，故选项D正确；故选：ABD．【知识点】异面直线及其所成的角三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）13.已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝（+），则||＝；•＝．【分析】根据向量的几何意义可得P为BC的中点，再根据向量的数量积的运算和正方形的性质即可求出．【解答】解：由＝（+），可得P为BC的中点，则|CP|＝1，∴|PD|＝＝，∴•＝•（+）＝﹣•（+）＝﹣2﹣•＝﹣1，故答案为：，﹣1．【知识点】平面向量数量积的性质及其运算14.若虛数z1、z2是实系数一元二次方程x2+px+q＝0的两个根，且，则pq＝．【答案】1【分析】设z1＝a+bi，则z2＝a﹣bi，（a，b∈R），根据两个复数相等的充要条件求出z1，z2，再由根与系数的关系求得p，q的值．【解答】解：由题意可知z1与z2为共轭复数，设z1＝a+bi，则z2＝a﹣bi，（a，b∈R 且b≠0），又，则a2﹣b2+2abi＝a﹣bi，∴（2a+b）+（a+2b）i＝1﹣i，∴，解得．∴z1＝+i，z2＝i，（或z2＝+i，z1＝i）．由根与系数的关系，得p＝﹣（z1+z2）＝1，q＝z1•z2＝1，∴pq＝1．故答案为：1．【知识点】复数的运算15.已知平面四边形ABCD中，AB＝AD＝2，BC＝CD＝BD＝2，将△ABD沿对角线BD折起，使点A到达点A'的位置，当A'C＝时，三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．【分析】由题意画出图形，找出三棱锥外接球的位置，求解三角形可得外接球的半径，再由棱锥体积公式求解．【解答】解：记BD的中点为M，连接A′M，CM，可得A′M2+CM2＝A′C2，则∠A′MC＝90°，则外接球的球心O在△A′MC的边A′C的中垂线上，且过正三角形BCD的中点F，且在与平面BCD垂直的直线m上，过点A′作A′E⊥m于点E，如图所示，设外接球的半径为R，则A′O＝OC＝R，，A′E＝1，在Rt△A′EO中，A′O2＝A′E2+OE2，解得R＝．故三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．故答案为：．【知识点】球的体积和表面积16.已知一圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为，在该圆锥内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则a的最大值为．【分析】根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，通过内切球即可得到a的最大值．【解答】解：依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球，设球心为P，球的半径为r，下底面半径为R，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q，圆锥的轴截面如图：则OA＝OB＝，因为SO＝，故可得：SA＝SB＝＝3，所以：三角形SAB为等边三角形，故P是△SAB的中心，连接BP，则BP平分∠SBA，所以∠PBO＝30°；所以tan30°＝，即r＝R＝×＝，即四面体的外接球的半径为r＝．另正四面体可以从正方体中截得，如图：从图中可以得到，当正四面体的棱长为a时，截得它的正方体的棱长为a，而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，所以2r＝AA1＝a＝a，所以a＝．即a的最大值为．故答案为：．【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）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，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1．（1）若AB＝，求BC；（2）若AB＝2BC，求cos∠BDC．【分析】（1）直接利用余弦定理的应用求出结果；（2）利用余弦定理的应用建立等量关系式，进一步求出结果．【解答】解：（1）在四边形ABCD中，AD＝BD＝CD＝1．若AB＝，所以：cos∠ADB＝＝，由于AB∥CD，所以∠BDC＝∠ABD，即cos∠BDC＝cos∠ABD＝，所以BC2＝BD2+CD2﹣2•BD•CD•cos∠BDC＝＝，所以BC＝．（2）设BC＝x，则AB＝2BC＝2x，由余弦定理得：cos∠ADB＝＝，cos∠BDC＝＝＝，故，解得或﹣（负值舍去）．所以．【知识点】余弦定理18.（1）已知z1=1﹣2i，z2=3+4i，求满足=+的复数z．（2）已知z，ω为复数，（1+3i）﹣z为纯虚数，ω=，且|ω|=5．求复数ω．【分析】（1）把z1，z2代入=+，利用复数代数形式的乘除运算化简求出，进一步求出z；（2）设z=a+bi（a，b∈R），利用复数的运算及（1+3i）•z=（1+3i）（a+bi）=a﹣3b+（3a+b）i为纯虚数，可得，又ω==i，|ω|=5，可得，即可得出a，b，再代入可得ω．【解答】解：（1）由z1=1﹣2i，z2=3+4i，得=+==，则z=；（2）设z=a+bi（a，b∈R），∵（1+3i）•z=（1+3i）（a+bi）=a﹣3b+（3a+b）i为纯虚数，∴．又ω===i，|ω|=5，∴．把a=3b代入化为b2=25，解得b=±5，∴a=±15．∴ω=±（i）=±（7﹣i）．【知识点】复数的运算19.如图，墙上有一壁画，最高点A离地面4米，最低点B离地面2米．观察者从距离墙x（x＞1）米，离地面高a（1≤a≤2）米的C处观赏该壁画，设观赏视角∠ACB＝θ．（1）若a＝1.5，问：观察者离墙多远时，视角θ最大？（2）若tanθ＝，当a变化时，求x的取值范围．【分析】（1）首项利用两角和的正切公式建立函数关系，进一步利用判别式确定函数的最大值；（2）利用两角和的正切公式建立函数关系，利用a的取值范围即可确定x的范围．【解答】解：（1）如图，作CD⊥AF于D，则CD＝EF，设∠ACD＝α，∠BCD＝β，CD＝x，则θ＝α﹣β，在Rt△ACD和Rt△BCD中，tanα＝，tanβ＝，则tanθ＝tan（α﹣β）＝＝（x＞0），令u＝，则ux2﹣2x+1.25u＝0，∵上述方程有大于0的实数根，∴△≥0，即4﹣4×1.25u2≥0，∴u≤，即（tanθ）max＝，∵正切函数y＝tan x在（0，）上是增函数，∴视角θ同时取得最大值，此时，x＝＝，∴观察者离墙米远时，视角θ最大；（2）由（1）可知，tanθ＝＝＝，即x2﹣4x+4＝﹣a2+6a﹣4，∴（x﹣2）2＝﹣（a﹣3）2+5，∵1≤a≤2，∴1≤（x﹣2）2≤4，化简得：0≤x≤1或3≤x≤4，又∵x＞1，∴3≤x≤4．【知识点】解三角形20.如图，已知复平面内平行四边形ABCD中，点A对应的复数为﹣1，对应的复数为2+2i，对应的复数为4﹣4i．（Ⅰ）求D点对应的复数；（Ⅱ）求平行四边形ABCD的面积．【分析】（I）利用复数的几何意义、向量的坐标运算性质、平行四边形的性质即可得出．（II）利用向量垂直与数量积的关系、模的计算公式、矩形的面积计算公式即可得出．【解答】解：（Ⅰ）依题点A对应的复数为﹣1，对应的复数为2+2i，得A（﹣1，0），＝（2，2），可得B（1，2）．又对应的复数为4﹣4i，得＝（4，﹣4），可得C（5，﹣2）．设D点对应的复数为x+yi，x，y∈R．得＝（x﹣5，y+2），＝（﹣2，﹣2）．∵ABCD为平行四边形，∴＝，解得x＝3，y＝﹣4，故D点对应的复数为3﹣4i．（Ⅱ）＝（2，2），＝（4，﹣4），可得：＝0，∴．又||＝2，＝4．故平行四边形ABCD的面积＝＝16．【知识点】复数的代数表示法及其几何意义21.如图所示，等腰梯形ABFE是由正方形ABCD和两个全等的Rt△FCB和Rt△EDA组成，AB＝1，CF＝2．现将Rt△FCB沿BC所在的直线折起，点F移至点G，使二面角E﹣BC﹣G的大小为60°．（1）求四棱锥G﹣ABCE的体积；（2）求异面直线AE与BG所成角的大小．【分析】（1）推导出GC⊥BC，EC⊥BC，从而∠ECG＝60°．连接DG，推导出DG⊥EF，由BC⊥EF，BC⊥CG，得BC⊥平面DEG，从而DG⊥BC，进而DG⊥平面ABCE，DG是四棱锥G ﹣ABCE的高，由此能求出四棱锥G﹣ABCE的体积．（2）取DE的中点H，连接BH、GH，则BH∥AE，∠GBH既是AE与BG所成角或其补角．由此能求出异面直线AE与BG所成角的大小．【解答】解：（1）由已知，有GC⊥BC，EC⊥BC，所以∠ECG＝60°．连接DG，由CD＝AB＝1，CG＝CF＝2，∠ECG＝60°，有DG⊥EF①，由BC⊥EF，BC⊥CG，有BC⊥平面DEG，所以，DG⊥BC②，由①②知，DG⊥平面ABCE，所以DG就是四棱锥G﹣ABCE的高，在Rt△CDG中，．故四棱锥G﹣ABCE的体积为：．（2）取DE的中点H，连接BH、GH，则BH∥AE，故∠GBH既是AE与BG所成角或其补角．在△BGH中，，，则．故异面直线AE与BG所成角的大小为．【知识点】异面直线及其所成的角、棱柱、棱锥、棱台的体积22.如图，四边形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC是边长为2的正三角形，以AC为折痕，将△MAC向上折叠到△DAC的位置，使点D在平面ABC内的射影在AB上，再将△MAC向下折叠到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成几何体DABCE．（1）点F在BC上，若DF∥平面EAC，求点F的位置；（2）求直线AB与平面EBC所成角的余弦值．【分析】（1）点F为BC的中点，设点D在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，取AC 的中点H，连接EH，由题意知EH⊥AC，EH⊥平面ABC，由题意知DO⊥平面ABC，得DO∥平面EAC，取BC的中点F，连接OF，则OF∥AC，从而OF∥平面EAC，平面DOF∥平面EAC，由此能证明DF∥平面EAC．（2）连接OH，由OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD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AB与平面EBC所成角的余弦值．【解答】解：（1）点F为BC的中点，理由如下：设点D在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，∵AD＝CD，∴OA＝OC，∴在Rt△ABC中，O为AB的中点，取AC的中点H，连接EH，由题意知EH⊥AC，又平面EAC⊥平面ABC，平面EAC∩平面ABC＝AC，∴EH⊥平面ABC，由题意知DO⊥平面ABC，∴DO∥EH，∴DO∥平面EAC，取BC的中点F，连接OF，则OF∥AC，又OF⊄平面EAC，AC⊂平面EAC，∴OF∥平面EAC，∵DO∩OF＝O，∴平面DOF∥平面EAC，∵DF⊂平面DOF，∴DF∥平面EAC．（2）连接OH，由（1）可知OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则B（1，﹣1，0），A（﹣1，1，0），E（0，1，﹣），C（1，1，0），∴＝（2，﹣2，0），＝（0，2，0），＝（﹣1，2，﹣），设平面EBC的法向量＝（a，b，c），则，取a＝，则＝（，0，﹣1），设直线与平面EBC所成的角为θ，则sinθ＝＝＝．∴直线AB与平面EBC所成角的余弦值为cosθ＝＝．【知识点】直线与平面平行、直线与平面所成的角人教版高一下学期期中考试数学试卷（二）注意事项：本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共22题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．（2﹣i）z对应的点位于虚轴的正半轴上，则复数z对应的点位于（）1.已知复平面内，A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2.平行四边形ABCD中，点E是DC的中点，点F是BC的一个三等分点（靠近B），则＝（）A．B．C．D．3.已知向量＝（6t+3，9），＝（4t+2，8），若（+）∥（﹣），则t＝（）A．﹣1 B．﹣C．D．14.已知矩形ABCD的一边AB的长为4，点M，N分别在边BC，DC上，当M，N分别是边BC，DC的中点时，有（+）•＝0．若+＝x+y，x+y＝3，则线段MN的最短长度为（）A．B．2 C．2D．25.若z∈C且|z+3+4i|≤2，则|z﹣1﹣i|的最大和最小值分别为M，m，则M﹣m的值等于（）A．3 B．4 C．5 D．96.已知球的半径为R，一等边圆锥（圆锥母线长与圆锥底面直径相等）位于球内，圆锥顶点在球上，底面与球相接，则该圆锥的表面积为（）A．R2B．R2C．R2D．R27.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子（近似为球）包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为4的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的体积最大值为（）A．πB．πC．πD．π8.已知半球O与圆台OO'有公共的底面，圆台上底面圆周在半球面上，半球的半径为1，则圆台侧面积取最大值时，圆台母线与底面所成角的余弦值为（）A．B．C．D．二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）9.下列有关向量命题，不正确的是（）A．若||＝||，则＝B．已知≠，且•＝•，则＝C．若＝，＝，则＝D．若＝，则||＝||且∥10.若复数z满足，则（）A．z＝﹣1+i B．z的实部为1 C．＝1+i D．z2＝2i11.如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为线段AD，CD的中点，AF∩CE＝G，则（）A．B．C．D．12.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，棱长为2，E为线段B1C上的动点，O为AC的中点，P 为棱CC1上的动点，Q为棱AA1的中点，则以下选项中正确的有（）A．AE⊥B1CB．直线B1D⊥平面A1BC1C．异面直线AD1与OC1所成角为D．若直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，则m∥平面B1D1Q三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）13.已知向量＝（m，1），＝（m﹣6，m﹣4），若∥，则m的值为．14.将表面积为36π的圆锥沿母线将其侧面展开，得到一个圆心角为的扇形，则该圆锥的轴截面的面积S＝．15.如图，已知有两个以O为圆心的同心圆，小圆的半径为1，大圆的半径为2，点A 为小圆上的动点，点P，Q是大圆上的两个动点，且•＝1，则||的最大值是．16.如图，在三棱锥A﹣BCD的平面展开图中，已知四边形BCED为菱形，BC＝1，BF＝，若二面角A﹣CD﹣B的余弦值为﹣，M为BD的中点，则CD＝，直线AD与直线CM所成角的余弦值为．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，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知，．（1）若与同向，求；（2）若与的夹角为120°，求．18.已知a、b、c是△ABC中∠A、∠B、∠C的对边，a＝4，b＝6，cos A＝﹣．（1）求c；（2）求cos2B的值．19.已知：复数z1与z2在复平面上所对应的点关于y轴对称，且z1（1﹣i）＝z2（1+i）（i为虚数单位），|z1|＝．（Ⅰ）求z1的值；（Ⅱ）若z1的虚部大于零，且（m，n∈R），求m，n的值．20.（Ⅰ）在复数范围内解方程|z|2+（z+）i＝（i为虚数单位）（Ⅱ）设z是虚数，ω＝z+是实数，且﹣1＜ω＜2．（1）求|z|的值及z的实部的取值范围；（2）设，求证：μ为纯虚数；（3）在（2）的条件下求ω﹣μ2的最小值．21.如图，直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，AB＝AC＝1，，A1A＝4，点M为线段A1A 的中点．（1）求直三棱柱A1B1C1﹣ABC的体积；（2）求异面直线BM与B1C1所成的角的大小．（结果用反三角表示）22.如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点G在棱D1C1上，且D1G＝D1C1，点E、F、M分别是棱AA1、AB、BC的中点，P为线段B1D上一点，AB＝4．（Ⅰ）若平面EFP交平面DCC1D1于直线l，求证：l∥A1B；（Ⅱ）若直线B1D⊥平面EFP．（i）求三棱锥B1﹣EFP的表面积；（ii）试作出平面EGM与正方体ABCD﹣A1B1C1D1各个面的交线，并写出作图步骤，保留作图痕迹．设平面EGM与棱A1D1交于点Q，求三棱锥Q﹣EFP的体积．答案解析一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．（2﹣i）z对应的点位于虚轴的正半轴上，则复数z对应的点位于（）1.已知复平面内，A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【答案】B【分析】直接利用复数的运算和几何意义的应用求出该点所表示的位置．【解答】解：设z＝a+bi（a，b∈R），所以（2﹣i）（a+bi）＝2a+b+（2b﹣a）i，由于对应的点在虚轴的正半轴上，所以，即，所以a＜0，b＞0．故该点在第二象限．故选：B．【知识点】复数的代数表示法及其几何意义2.平行四边形ABCD中，点E是DC的中点，点F是BC的一个三等分点（靠近B），则＝（）A．B．C．D．【答案】D【分析】利用平行四边形的性质以及向量相等的概念，再利用平面向量基本定理进行转化即可．【解答】解：因为ABCD为平行四边形，所以，故．故选：D．【知识点】平面向量的基本定理3.已知向量＝（6t+3，9），＝（4t+2，8），若（+）∥（﹣），则t＝（）A．﹣1 B．﹣C．D．1【答案】B【分析】根据平面向量的坐标表示和共线定理，列方程求出t的值．【解答】解：向量＝（6t+3，9），＝（4t+2，8），所以+＝（6t+3，11），﹣＝（4t+2，5）．又（+）∥（﹣），所以5（6t+3）﹣11（4t+2）＝0，解得t＝﹣．故选：B．【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示4.已知矩形ABCD的一边AB的长为4，点M，N分别在边BC，DC上，当M，N分别是边BC，DC的中点时，有（+）•＝0．若+＝x+y，x+y＝3，则线段MN的最短长度为（）A．B．2 C．2D．2【答案】D【分析】先根据M，N满足的条件，将（+）•＝0化成的表达式，从而判断出矩形ABCD为正方形；再将+＝x+y，左边用表示出来，结合x+y ＝3，即可得NC+MC＝4，最后借助于基本不等式求出MN的最小值．【解答】解：当M，N分别是边BC，DC的中点时，有（+）•＝＝＝，所以AD＝AB，则矩形ABCD为正方形，设，，则＝．则x＝2﹣λ，y＝2﹣μ．又x+y＝3，所以λ+μ＝1．故NC+MC＝4，则MN＝＝（当且仅当MC＝NC＝2时取等号）．故线段MN的最短长度为2．故选：D．【知识点】平面向量数量积的性质及其运算5.若z∈C且|z+3+4i|≤2，则|z﹣1﹣i|的最大和最小值分别为M，m，则M﹣m的值等于（）A．3 B．4 C．5 D．9【答案】B【分析】由题意画出图形，再由复数模的几何意义，数形结合得答案．【解答】解：由|z+3+4i|≤2，得z在复平面内对应的点在以Q（﹣3，﹣4）为圆心，以2为半径的圆及其内部．如图：|z﹣1﹣i|的几何意义为区域内的动点与定点P得距离，则M＝|PQ|+2，m＝|PQ|﹣2，则M﹣m＝4．故选：B．【知识点】复数的运算6.已知球的半径为R，一等边圆锥（圆锥母线长与圆锥底面直径相等）位于球内，圆锥顶点在球上，底面与球相接，则该圆锥的表面积为（）A．R2B．R2C．R2D．R2【答案】B【分析】设圆锥的底面半径为r，求得圆锥的高，由球的截面性质，运用勾股定理可得r，由圆锥的表面积公式可得所求．【解答】解：如图，设圆锥的底面半径为r，则圆锥的高为r，则R2＝r2+（r﹣R）2，解得r＝R，则圆锥的表面积为S＝πr2+πr•2r＝3πr2＝3π（R）2＝πR2，故选：B．【知识点】球内接多面体、旋转体（圆柱、圆锥、圆台）7.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子（近似为球）包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为4的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的体积最大值为（）A．πB．πC．πD．π【答案】A【分析】先根据题意求得正四面体的体积，进而得到六面体的体积，再由图形的对称性得，内部的丸子要是体积最大，就是丸子要和六个面相切，设丸子的半径为R，则，由此求得R，进而得到答案．【解答】解：由题意可得每个三角形面积为，由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的，可得该四面体的高为，故四面体的体积为，∵该六面体的体积是正四面体的2倍，。
浙江宁波镇海中学2024年高一下学期期中考试数学试卷含答案
高一数学 第1页 共4页 镇海中学2023学年第二学期期中考试高一数学试题卷本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卷上.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卷上对应题目选项的答案标号涂黑.3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；不准使用铅笔和涂改液.4.考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠、不要弄破.选择题部分(共58分)一、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．复数11i z =+，2i z =，其中i 为虚数单位，则复数12z z z =⋅在复平面内所对应的点在第（ ▲ ）象限A ．一B ．二C ．三D ．四 2．边长为2的正三角形的直观图的面积是（ ▲ ）A． CD．3．甲乙丙丁四位同学各掷5次骰子并记录点数，方差最大的是（ ▲ ）甲：4 5 4 5 5 乙：4 2 3 4 3 丙：2 3 2 3 4 丁：6 1 2 6 1 A ．甲 B ．乙 C ．丙 D ．丁 4.若a b c ，，为空间中的不同直线，αβγ，，为不同平面，则下列为真命题的个数是（ ▲ ） ①a c b c ⊥⊥，，则a b ；②a b αα⊥⊥，，则a b ；③αγβγ⊥⊥，，则αβ ； ④a a αβ⊥⊥，，则αβ .A ．0B ．1C ．2D ． 3 5．一个射击运动员打靶6:9，5，7，6，8，7下列结论不正确．．．的是（ ▲ ） A.这组数据的平均数为7 B.这组数据的众数为7 C.这组数据的中位数为7 D.这组数据的方差为76．如图，正三棱柱'''ABC A B C −的所有边长都相等，P 为线段'BB 的中点，Q 为侧面''BB C C 内的一点（包括边界，异于点P ），过点A 、P 、Q 作正三棱柱的截面，则截面的形状不．可能．．是（ ▲ ） A ．五边形 B ．四边形 C ．等腰三角形 D ．直角三角形 7．已知球O 为棱长为1的正四面体ABCD 的外接球，若点P 是正四面体ABCD 的表面上的一点，Q 为球O 表面上的一点，则PQ 的最大值为（ ▲ ）ABCD．2高一数学 第2页 共4页 8. 三棱锥P ABC −中，2 4 2 3PA PB CP BA BC ABC π====∠=，，，，则三棱锥P ABC−的体积的最大值为（ ▲ ） A.1 B.2 C.6 D.12二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0 分，部分选对的得部分． 9.已知事件A ，B 满足()0.2P A =，()0.6P B =，则（ ▲ ）A. 事件A 与B 可能为对立事件B. 若A 与B 相互独立，则()0.48P AB = C. 若A 与B 互斥，则()0.8P A B = D. 若A 与B 互斥，则()0.12P AB = 10.如图，在正方体1111ABCD A B C D −中，M N E ，，分别为线段111 A A D C B D ，，中点，P Q ，分别为线段BE ，线段1CD 上的动点，则三棱锥M PQN −的体积（ ▲ ）A.与P 点位置有关B.与P 点位置无关C.与Q 点位置有关D.与Q 点位置无关 11.如图，三棱锥P ABC −中，ABC △的正三角形，PA ⊥底面2ABC PA Q =，，是线段BC 上一动点,则下列说法正确的是（ ▲ ）A.点B 到平面PAQ 的距离的最大值为32B.三棱锥P ABC −的内切球半径为38C.PB 与AQ 所成角可能为4πD.AQ 与平面PBC 所成角的正切值的最大值为43非选择题部分(共92分)三、 填空题: 本题共3小题，每小题5分，共15分．12. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷2次，向上的点数分别记为a b ，，则事件||1a b −≤“”的概率为__▲__.13.正方体1111ABCD A B C D −棱长为2N ，为线段AC 上一动点，M 为线段1DD 上一动点，则1A M MN +的最小值为__▲__.14. 某工厂的三个车间生产同一种产品，三个车间的产量分布如图所示，现在用分层随机抽样方法从三个车间生产的该产品中，共抽取70件做使用寿命的测试，则C 车间应抽取的件数为__▲___；若A,B,C 三个车间产品的平均寿命分别为200，220，210小时，方差分别为30，20，40，则总样本的方差为__▲__.高一数学 第3页 共4页 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.（13分）已知复数z 满足方程()1i i a z b +=，其中i 为虚数单位，a b ∈R 、. （1）当12a b ==，时，求||z ；（2）若1z z ⋅=，求2b a +的最小值.16.（15分）正方体1111ABCD A B C D −棱长为2，E ，F 分别为11A D 和11C D 的中点． (1)证明：直线CF 平面BDE ;(2)求直线1AA 与平面BDE 所成角的正切值．17. （15分）为贯彻落实党的二十大关于深化全民阅读活动的重要部署，进一步推动青少年学生阅读深入开展，促进全面提升育人水平，教育部决定开展全国青少年学生读书行动.某校实施了全国青少年学生读书行动实施方案.现从该校的2400名学生中发放调查问卷，随机调查100名学生一周的课外阅读时间，将统计数据按照[0，20），[20，40），…[120，140]分组后绘制成如图所示的频率分布直方图（单位：分钟）(1)若每周课外阅读时间1小时以上视为达标，则该校达标的约为几人（保留整数）； (2)估计该校学生每周课外阅读的平均时间；(3)估计该校学生每周课外阅读时间的第75百分位数（结果保留1位小数）.A 1高一数学 第4页 共4页 18.（17分）如图，已知三棱台111ABC A B C −，平面11ABB A ⊥平面11BCC B ，ABC △是以B 为直角顶点的等腰直角三角形，且1111222AB AA A B BB ===， （1）证明：BC ⊥平面11ABB A ； （2）求点B 到面11ACC A 的距离;（3）在线段1CC 上是否存在点F ，使得二面角F AB C −−的大小为6π，若存在，求出CF 的长，若不存在，请说明理由.19.（17分）球面几何学是在球表面上的几何学，也是非欧几何的一个例子.对于半径为R 的球O ，过球面上一点A 作两条大圆的弧 AB AC ，，它们构成的图形叫做球面角，记作BAC(A) 或，其值为二面角B AO C −−的大小,点A 称为球面角的顶点，大圆弧 AB AC ，称为球面角的边. 不在同一大圆上的三点A B C ，，，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧 ,,AB BCCA ，这三条劣弧组成的图形称为球面ABC △.这三条劣弧称为球面ABC △的边，A B C ，，三点称为球面ABC △的顶点；三个球面角A,B,C 称为球面ABC △的三个内角.已知球心为O 的单位球面上有不同在一个大圆上的三点A B C ，，. （1）球面ABC △的三条边长相等（称为等边球面三角形），若A=2π，求球面ABC △的内角和；（2）类比二面角，我们称从点P 出发的三条射线,,PM PN PQ 组成的图形为三面角，记为P MNQ −.其中点P 称为三面角的顶点，PM PN PQ ，，称为它的棱，,,MPN NPQ QPM ∠∠∠称为它的面角.若三面角 O ABC −. (i) 求球面ABC △的三个内角的余弦值; (ii) 求球面ABC △的面积.A镇海中学2023学年第⼆学期期中考试参考答案⾼⼀年级数学学科⼀、选择题：本题共8⼩题，每⼩题5分，共40分．题号12345678答案B A D C D A D B⼆、多选题：本题共3⼩题，每⼩题6分，共18分.题号91011答案BC BD ABD三、填空题:本题共3⼩题，每⼩题5分，共15分12.13.14．21；89四、解答题：本题共5⼩题，共77分，第15题13分，16、17题每题15分．18、19题每题17分.解答应写出⽂字说明、证明过程或演算步骤．15.对两边取模即(1)时,.(2)16.(1)如图⼀所示取中点,连接分别为中点,∴,易证四点共⾯,⼜:四边形为平⾏四边形.∴平⾯平⾯平⾯.(2)如图⼆所示,取中点分别为,连接,取中点,连接,由题意得平⾯,⼜、平⾯,∴平⾯平⾯平⾯平⾯,交线为,易证直线与平⾯所成⻆为.12图⼀图⼆17.【答案】(1)1440；(2)68；(3)86.7（1）由题意知，每周课外阅读时间为1⼩时以上的⼈数约为.（2）该校学⽣每周课外阅读的平均时间为：分钟.（3）因为前4组的频率和为，第5组的频率为0.15，所以第75百分位数位于第5组内.所以估计第75百分位数为.18.解:(1)三棱台中,.,则四边形为等腰梯形且,设,则.由余弦定理,,则.由勾股定理的逆定理得.∵平⾯平⾯,平⾯平⾯,故由知平⾯.平⾯.⼜∵是以为直⻆顶点的等腰直⻆三⻆形,即,⼜平⾯平⾯∴平⾯.(2)由棱台性质知,延⻓交于⼀点.,则,故.平⾯即平⾯,故即三棱锥中⾯的⾼.由(1)中所设,为等边三⻆形故.解得.故.所求的点到平⾯的距离即到⾯的距离,设为解得.(3)∵平⾯平⾯平⾯平⾯,平⾯平⾯取中点,正中,,则平⾯平⾯,∴平⾯平⾯.于是,作,平⾯平⾯,故平⾯,再作,连结.则即在平⾯上的射影,由三垂线定理,.故即⼆⾯⻆的平⾯⻆.设,由⼏何关系,,则.若存在使得⼆⾯⻆的⼤⼩为,于是,解得,故.19.解：（1）因为，所以，设为，显然3过作交于，连则，从⽽是的平⾯⻆，即⼜由，所以得到.所以两两垂直，从⽽所以球⾯的内⻆和为.（2）(i)不妨设则可以⽤(ii)记球⾯的⾯积为，设的三个对径点分别为.引理1：如图，若半径为⽉形球⾯⻆的⼤⼩为为，则⽉形球⾯的⾯积为引理2：引理3：在半径为的球⾯上,任意.特别地,在单位球⾯上,球⾯的⾯积,引理证明：三个⼤圆将球⾯分为8个部分，4⽉形的⾯积;⽉形的⾯积;⽉形的⾯积.三式相加得⼜因为;所以：即：.回到原题，所求答案为。
浙江省宁波市三锋教研联盟2022-2023学年高一下学期期中联考数学试题数学参考答案
2022学年第二学期宁波三锋教研联盟期中联考高一年级数学学科参考答案一、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.二．选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分. 三、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分. 14π 15.3 16.（0，3）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.解析：（1）22(2)()2a b a b a a b b +-=-- ……………2分 211322122=⨯--= ……………4分 (2) ()222224419a b a ba ab b +=+=++= ……………6分 ()22222a b a b a a b b -=-=-+= ……………8分令a b a b +-2与的夹角为θ，即()()13213192cos 762192a b a b a b a bθ+-===+-………10分 18.解析：（1）因为m n ⊥，所以sin 3cos 0m n a B b A =+= ……………2分 即: sin sin cos 0A B B A += ……………4分因为sin 0,B ≠所以sin 0A A =，即：tan A =……………5分 又因为0A π<<，所以23A π=……………6分 （2）方法1：由余弦定理可得：2222cos a b c bc A =+- ……………8分 代入可得关于c 的方程：213()230,c c c c ==-+-=解得：或舍 ……………10分由三角形面积公式11sin 212222ABC S bc A ∆==⨯⨯⨯= ……………12分 方法2：由正弦定理可得：sin ,sin sin sin 7a b b A B A B a ===即 ……………8分 因为23A π=，所以1cos ,0,cos 237A B B π=-<<= ……………9分所以sin sin()sin cos cos sin 14C A B A B A B =+=+=……………10分由三角形面积公式11sin 222142ABC S ab C ∆==⨯= ……………12分19.解析：（1）证明：连接BD ，由四边形ABCD 为平行四边形可知，连接BD 必与AC 相交于中点G ，所以G 是DB 中点 ……………2分又因为H 是线段DF 的中点，故//GH BF . ……………4分 （2）当P 为线段CD 中点时，有平面//GHP 平面BCF ， ……………6分 证明：GH ⊄平面BCF ，BF ⊂平面ABC ，//GH BF //GH ∴平面ABC ……………8分又因为点,P G 分别为,CD BD 中点可得：//PG BCPG ⊄平面BCF ，BC ⊂平面BCF ，//PG ∴平面BCF ， ……………11分且GH GP G ⋂=，故平面//GHP 平面BCF ． ……………12分20.解析：方法1：坐标法（1）以A为原点，AB为x轴建立直角坐标系可得：(0,0),(4,0),(1,0),A B N D(4,(1,2C M G所以，3(1,),(4,2AG AC==……………4分因为140,2⨯-⨯=所以//AG AC由于,,,,AG AC A A G C有公共点所以三点共线. ……………6分(2) P t设（4,），0t≤≤(0,)PB t=-……………7分因为22()(2)2PM PN PG t t+==--=-……………9分所以223()22(48PM PN PB t t+=-=--……………11分即当4t=()PM PN PB+的最小值是38-. ……………12分方法2：基底化，以{},AB AD为一个基底为例（1）111111()()222448AG AM AN AD AB AD AB=+=+=+……………2分1)2AC AD DC AD AB=+=+……………4分因为14AG AC=,所以//AG AC由于,,,,AG AC A A G C有公共点所以三点共线. ……………6分（2）令PB CBλ=，01λ≤≤……………7分12CB CD DA AB AB AD =++=- 111222PM PB BA AM CB AB AD AB AD λλλ⎛⎫⎛⎫=++=-+=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭33424PN PB BN CB AB AB AD λλλ⎛⎫=+=+=-- ⎪⎝⎭所以 71242PM PN AB AD λλ⎛⎫⎛⎫+=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭……………9分 得到：711()2422PM PN PB AB AD AB AD λλλ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=-+-- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ()2271222282AB AB AD AD λλλλ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+-+- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦213(246)2488λλλ⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭ ……………11分即当18λ=时，()PM PN PB +的最小值是38-. ……………12分 21．解析：（1）证明：取PC 的中点N ，DC 的中点G ，连接NG ，NM ，NQ.易知NG ∥MC ，且NG=MC ，所以四边形MNGC 为平行四边形， ……………2分 即 MN ∥CG ，且MN=CG ，又因为CG ∥BQ ，且CG=BQ ,所以MN ∥BQ ,且MN=BQ ， 所以四边形MNQB 为平行四边形, ……………4分 所以BM ∥NQ ，又因为BM ⊄平面PQC ， NQ ⊂平面PQC ,所以BM ∥平面PQC. ……………6分1（2）如图所示，延长CQ 和DA ，使其交于E 点，连接PE ，交A 1A 于R. 因为Q 为AB 的中点，AQ ∥DC ，所以A 为ED 的中点，又AR ∥PD ， 所以1,2AQ EA RA DC ED PD ===所以12RA = (只要点R 位置找对都给分) …………8分 11111724121323226P EDC R AEQ V V V --=-=⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=下 …………10分416V V V =-=下上正方体 …………11分所以417V V =上下 …………12分 22.解析:(1)选① cos sin sin 0A C A C B += ……………1分即cos sin sin )0A C A C A B ++= ……………2分所以 sin sin sin A C A C =，又因为sin 0,C ≠所以tan A = ……………3分 因为0,A π<<所以3A π=……………4分选② 由题意得：222sin 2sin sin sin sin sin sin B B C C A B C -+=- ……………1分 即 222b c a bc +-= ……………2分所以2221cos 222b c a bc A bc bc +-=== ……………3分因为0,A π<<所以3A π=……………4分选③ 由题意得：1cos sin 32bc A bc A =⨯ ……………2分所以cos sin ,3A A =即tan A = ……………3分 因为0,A π<<所以3A π= ……………4分（2）如图，设ABC θ∠=，则,24CBD CDB ππθθ∠=-∠=+，在BCD ∆中，由正弦定理得sin sin BC BDBDC BCD=∠∠，可得sin sin 42sin sin 4sin 4BD BDC BC BCD πθπθπ⎛⎫+ ⎪∠⎛⎫⎝⎭===+ ⎪∠⎝⎭．分在ABC ∆中，由正弦定理得sin sin AC BCAθ=， 可得2sin sin sin 4sin sin 4sin 3BC AC A πθθθπθθπ⎛⎫+⋅ ⎪⋅⎛⎫⎝⎭===+⋅ ⎪⎝⎭ ……………8分2sin cos sin sin sin cos 2222θθθθθθ⎛⎫⎛⎫=+=+⎪⎪⎭⎭)22sin 2sin cos cos2sin 2)θθθθθ=+=-+ sin 2cos2sin 23223343πθθθ⎛⎫⎛⎫=-+=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ……………10分 因为ABC ∆是锐角三角形，所以022032πθππθ⎧<<⎪⎪⎨⎪<-<⎪⎩得到ππθ,62 ……………11分 所以可得321244πππθ<-<， 当242ππθ-=时，即38πθ=时，可得： AC 的最大值是3+． ……………12分C BA。
浙江省杭州学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷含答案
杭州2023-2高一年级期中考试数学试卷命题人高一数学备课组审核人高一数学备课组（答案在最后）注意事项：1.本试卷满分100分，考试时间100分钟.2.整场考试不准使用计算器.一､单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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.已知,m n 表示两条不同直线，α表示平面，则（）A.若//,//m n αα，则//m nB.若//,m m n α^，则n α⊥C.若,m m n α⊥⊥，则//n αD.若,m n αα⊥⊂，则m n⊥【答案】D 【解析】【分析】利用空间中直线、平面的位置关系一一判定选项即可.【详解】对于A ，若//,//m n αα，则,m n 可能相交、平行或异面，故A 错误；对于B ，若//,m m n α^，则,n α可能平行，或相交，或垂直，故B 错误；对于C ，若,m m n α⊥⊥，则n 可能在α中，也可能//n α，故C 错误；对于D ，由线面垂直的性质定理可知D 正确.故选：D2.如图，在平行六面体（底面为平行四边形的四棱柱）1111ABCD A B C D -中，E 为BC 延长线上一点，3BC CE =，则1D E =（）A.11-3AB AD AA + B.12-3AB AD AA + C.113AB AD AA ++ D.11-3AB AD AA + 【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的加减法运算法则，直接写出向量1D E的表达式，即可得答案.【详解】111()D E AD AE AB AD A B A E =-=+-+=114133AD AB BC AA AB AD AA +--=+- ,故选：A.3.如图，已知平面α，β，且l αβ= .设梯形ABCD 中，//AD BC ，且AB α⊂，CD β⊂.则下列结论正确的是（）A.直线AB 与CD 可能为异面直线B.直线AB ，CD ，l 相交于一点C.AB CD =D.直线AC 与BD 可能为异面直线【答案】B 【解析】【分析】结合题意以及空间中点线面的位置关系，逐项分析即可求出结果.【详解】梯形AB CD =中，//AD BC ，所以AB 与CD 是梯形的两腰，所以AB 与CD 是共面直线，故A 错误；AB 与CD 是不一定相等，故C 错误，直线AC 与BD 是梯形的对角线，故是共面直线，故D 错误；设AB CD M = ，又且AB α⊂，CD β⊂，所以M α∈，M β∈，所以M αβ∈⋂，又因为l αβ= ，故M l ∈，即直线AB ，CD ，l 共点，故B 正确.故选：B.4.如图，一个正四棱锥P ABCD -的五个顶点都在球面上，且底面ABCD 经过球心O .若1283-=P ABCD V ，则球O 的表面积是A.814π B.36π C.64πD.274π【答案】C 【解析】【分析】由题意可知，PO ⊥平面ABCD ，并且PO 是半径，由体积求出半径，然后求出球的表面积．【详解】设球的半径为R ，则1112822323四棱锥-=⨯⨯⨯⨯=P ABCD V R R R ，得4R =，∴2=464球ππ=S R .故选C【点睛】本题考查球的内接体问题，球的表面积、体积，考查学生空间想象能力，属于中档题．5.如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，1AB =，若二面角1C C AB --的大小为60︒，则点C 到平面1C AB 的距离为（）A.1B.12C.34D.2【答案】C 【解析】【分析】取AB 的中点O ，连接OC 和1OC ，由二面角的定义得出160COC ∠=o，可得出OC 、1CC 、OC的值，由此可计算出1ABC ∆和ABC ∆的面积，然后利用三棱锥1C ABC -的体积三棱锥1C ABC -的体积相等，计算出点C 到平面1ABC 的距离.【详解】取AB 的中点O ，连接OC 和1OC ，根据二面角的定义，160COC ∠=o.由题意得2OC =，所以132CC =，1OC =.设C 到平面1C AB 的距离为h ，易知三棱锥1C ABC -的体积三棱锥1C ABC -的体积相等，即1111311323222h ⨯⨯=⨯⨯⨯⨯，解得34h =，故点C 到平面1C AB 的距离为34.故选C.【点睛】本题考查点到平面距离的计算，常用的方法有等体积法与空间向量法，等体积法本质就是转化为三棱锥的高来求解，考查计算能力与推理能力，属于中等题.6.已知正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是线段1BB 上靠近1B 的三等分点，点F 是线段11D C 上靠近1D 的三等分点，则平面AEF 截正方体1111ABCD A B C D -形成的截面图形为（）A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形【答案】C 【解析】【分析】如图，由题意，根据空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理可得//l AE ，进而//FI AE ，结合相似三角形的性质即可求解．【详解】如图，设6AB =，分别延长11AE A B 、交于点G ，此时13B G =，连接FG 交11B C 于H ，连接EH ，设平面AEF 与平面11DCC D 的交线为l ，则∈F l ，因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，平面AEF ⋂平面11ABB A AE =，平面AEF ⋂平面11DCC D l =，所以//l AE ，设1l D D I = ，则//FI AE ，此时1FD I ABE △∽△，故1ID =43，连接A I ，所以五边形AIFHE 为所求截面图形，故选：C ．7.北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是π3，所以正四面体在各顶点的曲率为π2π3π3-⨯=，故其总曲率为4π，则四棱锥的总曲率为（）A.2πB.4πC.5πD.6π【答案】B 【解析】【分析】根据题中给出的定义，由多面体的总曲率计算求解即可．【详解】解：由题意，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，其中4个三角形，1个四边形，所以四棱锥的表面内角和由4个三角形和1个四边形组成，所以面角和为426πππ+=，故总曲率为5264πππ⨯-=．故选：B.8.已知正方体1111ABCD A B C D -边长为1，点,E O 分别在线段11B D 和BD 上，1114,5EB B D DO BO ==，动点F 在线段1AA 上，且满足1102AF AA λλ⎛⎫=<<⎪⎝⎭，分别记二面角11,F OB E F OE B ----，1F EB O --的平面角为,,αβγ，则总有（）A.αβγ>>B.γβα>>C.γαβ>>D.βαγ>>【答案】D 【解析】【分析】作出三个二面角的平面角，求出其正切值后比较大小可得．【详解】作FF '⊥平面11BB D D ，垂足为F '，则22FF '=，因为1OB ⊂平面11BB D D ，所以1FF OB '⊥，作1FK OB ⊥，FM OE ⊥，11FN B D ⊥，垂足分别为,,K M N ，连接,,KF MF NF '''，由于FF FK F '= ，FF '⊂平面FF K '，FK ⊂平面FF K '，所以1OB ⊥平面FF K '，又F K '⊂平面FF K '，从而1OB F K '⊥，所以FKF α'=∠，同理FMF β'=∠，FNF γ'=∠，所以tan tan 2FKF F K α'=∠='，tan tan 2FMF F M β'=∠='，tan tan 2FNF F Nγ'=∠='，因为点O 是正方形ABCD 对角线的交点，所以OA BD ⊥，因为1BB ⊥平面ABCD ，OA ⊂平面ABCD ，所以1OA BB ⊥，因为1BB BD B ⋂=，1BB ⊂平面11BDD B ，BD ⊂平面11BDD B ，所以AO ⊥平面11BDD B ，ON 就是1AA 在平面11BDD B 上的射影，11,//,ON AA ON AA OF AF '==，又1sin F K OF B OF '''=⋅∠，sin F M OF EOF '''=⋅∠，且1112AF AA AA λ=<，则OF F N ''<，由11145EB B D =得1EN NB <，从而1EOF B OF ''∠<∠，所以F N OF F K F M ''''>>>，所以tan tan tan βαγ>>，又π,,0,2αβγ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以βαγ>>.故选：D.【点睛】关键点点睛：关键是作出二面角的平面角，然后求出角的正切值，再利用正方体的性质比较线段长的大小，从而可得结论．二､多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，有选错的得0分，部分选对的得2分9.如图，A B C ''' 为水平放置的ABC 的直观图，其中2,A B A C B C ''''''===，则在原平面图形ABC 中有（）A.AC BC <B.2AB =C.AC =D.ABC S =△【答案】ACD 【解析】【分析】根据斜二测画法规则确定点,,A B C '''的位置，再作出ABC ，逐项计算判断即可.【详解】在直观图A B C ''' 中，2,A B A C B C ''''''===，取A B ''中点D ¢，连接C D ''，则C D A B ''''⊥，而45B O C '''∠= ，于是2O D C D ='''=='，则1O A ''=，O C ''==3B O ''=，由斜二测画法规则作出ABC ，如图，则22,26OC O C OA O A OB O B ''''''======，4AB =，AC ==，BC ==12ABC S OC AB =⋅= 显然AC BC <，A 、C 、D 正确，B 错误.故选：ACD10.如图，以等腰直角三角形ABC 的斜边BC 上的高AD 为折痕，翻折ABD △和ACD ，使得平面ABD ⊥平面ACD .下列结论正确的是（）A.BD AC⊥ B.ABC 是等边三角形C.三棱锥D ABC -是正三棱锥 D.平面ACD ⊥平面ABC【答案】ABC 【解析】【分析】利用面面垂直以及线面垂直的性质可判断A 选项；设AD a =，利用勾股定理可判断B 选项；利用正棱锥的定义可判断C 选项；利用面面垂直的性质结合面面垂直的性质可判断D 选项.【详解】对于A 选项，翻折前，因为AB AC =，D 为BC 的中点，则AD BD ⊥，翻折后，对应地有AD BD ⊥，因为平面ABD ⊥平面ACD ，平面ABD ⋂平面ACD AD =，BD ⊂平面ABD ，所以，BD ⊥平面ACD ，因为AC ⊂平面ACD ，故BD AC ⊥，A 对；对于B 选项，设AD a =，翻折前，因为ABC 为等腰直角三角形，D 为BC 的中点，则BD CD AD a ===，且AD BD ⊥，AD CD ⊥，由勾股定理可得AC AB ===，翻折后，因为BD ⊥平面ACD ，CD ⊂平面ACD ，则BD CD ⊥，由勾股定理得BC ==，在三棱锥D ABC -中，AB AC BC ==，则ABC 为等边三角形，B 对；对于C 选项，在三棱锥D ABC -中，因为ABC 为等边三角形，DA DB DC ==，故三棱锥D ABC -为正三棱锥，C 对；对于D 选项，假设平面ACD ⊥平面ABC ，如下图所示：取AC 的中点E ，连接DE 、BE ，因为AD CD =，E 为AC 的中点，则DEAC ⊥，若平面ACD ⊥平面ABC ，因为平面ACD 平面ABC AC =，DE ⊂平面ACD ，所以，DE ⊥平面ABC ，设等边ABC 的中心为点O ，连接DO ，由正棱锥的性质可知，DO ⊥平面ABC ，因为过点D 作平面ABC 的垂线，有且只有一条，故假设不成立，即平面ACD 与平面ABC 不垂直，D 错.故选：ABC.11.中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，1AA 垂直于底面，15AA =，底面扇环所对的圆心角为π2，弧AD 的长度是弧BC 长度的3倍，2CD =，则下列说法正确的是（）A.弧AD 长度为3π2B.曲池的体积为10π3C.曲池的表面积为2014π+D.三棱锥1A CC D -的体积为5【答案】ACD 【解析】【分析】设弧AD 所在圆的半径为R ，弧BC 所在圆的半径为r ，根据弧AD 的长度是弧BC 长度的3倍及2CD R r =-=求出R 、r ，再根据体积、表面积公式计算可得.【详解】设弧AD 所在圆的半径为R ，弧BC 所在圆的半径为r ，因为弧AD 的长度是弧BC 长度的3倍，ππ322R r =⨯，即3R r =，22CD R r r ∴=-==，1r ∴=，3R =，所以弧AD 的长度为3π2，故A 正确；曲池的体积为222211111πππ3π1510π4444V R r AA ⎛⎫⎛⎫=-⨯=⨯-⨯⨯=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故B 错误；曲池的表面积为221111ππ2ππ52524422R r R r ⎛⎫⎛⎫-⨯++⨯+⨯⨯⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭221111π3π12π3π15202014π4422⎛⎫⎛⎫=⨯-⨯⨯+⨯+⨯⨯+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故C 正确；三棱锥1A CC D -的体积为11235532⨯⨯⨯⨯=，故D 正确．故选：ACD ．12.如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为菱形，160,2,BAD AB AA P ∠=== 为1CC 的中点，点Q 满足][()10,1,0,1DQ DC DD λμλμ⎡⎤=+∈∈⎣⎦ ，则下列结论正确的是（）A.若13λμ+=，则四面体1A BPQ 的体积为定值B.若1A BQ △的外心为O ，则11A B AO ⋅ 为定值2C.若1AQ =，则点Q 的轨迹长度为4D.若1λ=且12μ=，则存在点1E A B ∈，使得AE EQ +【答案】ACD【解析】【分析】A 选项，作出辅助线，结合空间向量基本定理得到,,W Q F 三点共线，得到//WF 平面1PA B ，故点Q 为平面1PA B 的距离为定值，四面体1A BPQ 的体积为定值，A 正确；B 选项，作出辅助线，结合空间向量数量积的几何意义得到11114A B A O A B AT ⋅=⋅= ；C 选项，建立空间直角坐标系，设()0,2,2Q λμ，表达出()()2221222λμ++-=，故Q 点的轨迹为以()1,2S -为半径的圆，落在正方形11CDD C 内的部分，结合弧长公式求出答案；D 选项，求出()0,2,1Q ，)2,2E a a -，得到AE EQ +=，画出图形，数形结合得到其最小值.【详解】A 选项，在1,CD DD 上分别取,F W ，使得13DF DC =，113DW DD =，因为1DQ DC DD λμ=+ ，所以33DQ DF DW λμ=+ ，因为13λμ+=，所以331λμ+=，即()313DQ DF DW λλ=+- ，故33DQ DW DF DW λλ--= ，即3WQ WF λ= ，所以,,W Q F 三点共线，因为1//WF CD ，11//A B CD ，所以1//WF AB ，故//WF 平面1PA B ，故点Q 为平面1PA B 的距离为定值，又1PA B S 为定值，故四面体1A BPQ 的体积为定值，A 正确；B 选项，取1A B 的中点T ，因为1A BQ △的外心为O ，所以OT ⊥1A B ，又题意得1A B ==则11114A B A O A B AT ⋅=⋅= ，B 错误；C 选项，取AB 的中点R ，因为底面ABCD 为菱形，60BAD ∠=︒，故DR ⊥DC ，以D 为坐标原点，以DR ，1,DC DD 分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，故)11,2A -，设()0,2,2Q λμ，则1AQ ==，化简得()()2221222λμ++-=，点Q 满足][()10,1,0,1DQ DC DD λμλμ⎡⎤=+∈∈⎣⎦ ，即点Q 在正方形11CDD C 内，包括边界，故Q 点的轨迹为以()1,2S -为半径的圆，落在正方形11CDD C 内的部分，如图所示：因为SH =，11SD =，故11D H ==，故1SD H 为等腰直角三角形，π4S ∠=，故点Q 的轨迹长度为π44=，C 正确；D 选项，若1λ=且12μ=，112DQ DC DD =+ ，即()()()10,2,00,0,20,2,12DQ =+= ，即()0,2,1Q ，又)11,2A -，)B ，设()111,,E x y z ，设()[]10,2,2,0,1EB a A B a a a ==-∈ ，即)()111,1,0,2,2x y z a a ---=-，解得11112,2x y a z a ==-=，即)2,2E a a -，AE EQ +=+=+=，如图所示，设1101,,242KJ GV JG ===，且KJ ⊥JG ，JG ⊥GV ，在线段JG 上取一点L ，设GL a =，则12LJ a =-，故KL VL +=，显然，直接连接KV ，此时KL VL +取得最小值，最小值即为KV ，由勾股定理得KV ==，故AE EQ +=的最小值为=D 正确.故选：ACD【点睛】空间向量解决几何最值问题，通常有两种思路：①形化，即用空间向量的几何意义将问题转化为空间几何中的最值或取值范围问题，然后根据图形的特征直接进行求解；②数化，即利用空间向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.三､填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分13.()()1,0,2,1,3,1A B -，点M 在z 轴上且到,A B 两点的距离相等，则M 点的坐标为__________.【答案】()0,0,3-【解析】【分析】设点(0,0,)M z ，根据点M 到,A B 两点的距离相等，列出方程，即可求解.【详解】根据题意，可设点(0,0,)M z ，因为点M 到,A B 两点的距离相等，可得AM BM =，=解得3z =-，所以点M 的坐标为()0,0,3-.故答案为：()0,0,3-.14.如图，在四面体A BCD -中，2,AC BD AC ==与BD 所成的角为45 ，,M N 分别为,AB CD 的中点，则线段MN 的长为__________.【答案】2或2【解析】【分析】取BC 的中点E ，连接EM 、EN ，即可得到MEN ∠为异面直线AC 与BD 所成的角或其补角，即45MEN ∠= 或135 ，再利用余弦定理计算可得.【详解】取BC 的中点E ，连接EM 、EN ，M 、E 分别为AB 、BC 的中点，//ME AC ∴且112ME AC ==，同理可得EN //BD 且1222EN BD ==，MEN ∴∠为异面直线AC 与BD 所成的角或其补角，则45MEN ∠= 或135 .在MEN 中，1ME =，2EN =，若45MEN ∠= ，由余弦定理可得MN =2==；若135MEN ∠= ，由余弦定理可得MN =2==；综上所述，2MN =或2.故答案为：22或2.15.已知()()21,5(0,R)f x axg x x bx a b =-=+->∈（1）若2a =时，()()f x g x =的两根为12,x x ，则12x x -的最小值为__________.（2）若0x >时，()()0f x g x ⋅≥恒成立，则3b a +的最小值为__________.【答案】①.4②.【解析】【分析】（1）依题意可得()2240x b x +--=，列出韦达定理，则12x x -=性质计算可得；（2）令()0f x =解得1x a =，分析可得10g a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，从而得到15b a a =-，再利用基本不等式计算可得.【详解】（1）若2a =时()21f x x =-，()25g x x bx =+-，方程()()f x g x =，即()2240x b x +--=，显然0∆>，所以122x x b +=-，124x x =-，则124x x -==≥，所以当2b =时，12x x -取得最小值，且最小值为4．（2）0,R a b >∈ ，当0x >时，()()0f x g x ≥恒成立，由()0f x =解得1x a =，当1x a >时，()0f x >；当10x a<<时，()0f x <；∴当1x a >时，()0g x ≥，当10x a <<时，()0g x ≤；∴20115b g a a a ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭，∴15b a a =-，325b a a a ∴+=+≥=，当且仅当52a a =，即5a =、2b =时取等号，所以3b a +的最小值是．故答案为：4；16.下列命题正确的是__________.（填序号）①若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行；②垂直于同一条直线的两直线平行；③两个平面互相垂直，过一个平面内任意一点作交线的垂线，必垂直与另一个平面；④过两个点与已知平面的垂直的平面可能不存在；⑤过两条异面直线外任一点有且只有一条直线与这两条异面直线都垂直；⑥到一个四面体的四个顶点的距离都相等的平面有7个.【答案】①⑤⑥【解析】【分析】根据题意，由直线与直线，直线与平面的位置关系，依次分析6个命题，即可判断．【详解】对于①：如图，//AB α，平面,ABDC CD AB α⋂=⊂平面ABDC ，所以//AB CD ，同理//AB EF ，所以//CD EF ，又因为,CD EF ββ⊄⊂，所以CD//β，又,CD l ααβ⊂⋂=，所以//CD l ，所以//AB l ，若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行，故①正确；对于②：垂直于同一条直线的两条直线相交、平行或异面，故②错误；对于③：根据面面垂直的性质定理可知，两个平面互相垂直，过一个平面内任意一点（不在交线上）作交线的垂线，必垂直与另一个平面，当该点在交线上时，作交线的垂线，得不到该直线与另一个平面垂直，故③错误；对于④：分3种情况讨论：若两点确定的直线在已知平面内，则过两点与一个已知平面垂直的平面有且只有一个；若两点确定的直线不在平面内，但与已知平面不垂直，则过两点与一个已知平面垂直的平面有一个，若两点确定的直线不在平面内且与已知平面垂直，则过两点与一个已知平面垂直的平面有无数个，综上，过两点与一个已知平面垂直的平面有一个或无数个，一定存在，故④错误；对于⑤：设直线m 、n 异面，过直线m 上一点O 作直线n '，使得//n n '且m n O '= ，如下图所示：设直线m 、n '确定平面α，过空间中任意一点P ，有且只有一条直线l ，使得l α⊥，因为m 、n α'⊂，则l m ⊥，l n '⊥，又因为//n n '，则l n ⊥，故过两条异面直线外任一点有且只有一条直线与这两条异面直线都垂直，故⑤正确；对于⑥：到一个四面体的四个顶点的距离相等的平面，可以看作是与一个四面体四个顶点距离相等的平面，可以是与两条对棱平行，这样的平面有3个，也可以是与一个底面平行，与另一个顶点距离相等，这样的面有4个，则到一个四面体的四个顶点的距离都相等的平面有7个，⑥正确．故答案为：①⑤⑥【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是正确理解空间中线线、线面、面面的位置关系，利用反例及适度的数形结合是有效且快速的处理方法.四､解答题：本大题共4小题，共44分，解答应在相应的答题框内写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知空间向量(1,2,1),(2,1,1)a b =-=- ．（1）计算32a b + 和53a b - ;（2）求a 与b夹角θ的余弦值．【答案】（1）32(1,8,1)a b +=-- ,53(11,7,8)a b -=- （2）16-．【解析】【分析】（1）利用空间向量的坐标运算公式即可求解；（2）利用空间向量的夹角公式计算即可.【小问1详解】由题可得323(1,2,1)2(2,1,1)(1,8,1)a b +=-+-=-- 535(1,2,1)3(2,1,1)(11,7,8)a b -=---=- ．【小问2详解】由题可得a ==，b == (1,2,1)(2,1,1)2211a b ⋅=-⋅-=-+-=-，1cos 6a b a b θ⋅∴===- ,a ∴与b 夹角θ的余弦值为16-．18.正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别是1BC ，1CD 的中点.（1）求异面直线1CD 与1BC 所成角；（2）求证：//MN 平面ABCD【答案】（1）60︒（2）证明见解析【解析】【分析】（1）连接1A B ，11A C ，即可得到11//CD A B ，则11A BC ∠为异面直线1CD 与1BC 所成的角，结合正方体的性质求出11A BC ∠；（2）取1CC 的中点E ，连接ME ，NE ，即可证明平面//MEN 平面ABCD ，从而得证.【小问1详解】连接1A B ，11A C ，因为11A D BC =且11//A D BC ，所以四边形11A D CB 为平行四边形，所以11//CD A B ，则11A BC ∠为异面直线1CD 与1BC 所成的角，在正方体中，可得1111A C A B BC ==，即11A C B △为等边三角形，所以1160A BC ∠=︒，所以异面直线1CD 与1BC 所成角为60︒；【小问2详解】取1CC 的中点E ，连接ME ，NE ，因为M ，N 分别是1BC ，1CD 的中点，所以//ME BC ，11//NE C D ，而11//C D CD ，所以//NE CD ，又因为BC ⊂平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，NE ⊄平面ABCD ，ME ⊄平面ABCD ，所以//NE 平面ABCD ，//ME 平面ABCD ，又ME NE E ⋂=，,ME NE ⊂平面MNE ，所以平面//MEN 平面ABCD ，因为MN ⊂平面MNE ，所以//MN 平面ABCD ．19.已知四棱柱1111ABCD A B C D -如图所示，底面ABCD 为平行四边形，其中点D 在平面1111D C B A 内的投影为点1A ，且1AB AA ==2,120AD ABC ︒∠=．（1）求证：平面1A BD ⊥平面11ADD A ；（2）已知点E 在线段1C D 上（不含端点位置），且平面1A BE 与平面11BCC B，求1DE EC 的值．【答案】（1）证明见解析（2）113DE EC =【解析】【分析】（1）不妨设1AD =，根据线面垂直的性质证明1A D AD ⊥，利用勾股定理证明AD DB ⊥，再根据线面垂直和面面垂直的判定定理即可得证；（2）以D 为坐标原点，建立的空间直角坐标系D xyz -，利用向量法求解即可.【小问1详解】不妨设1AD =，因为1A D ⊥平面,ABCD AD ⊂平面ABCD ，故1A D AD ⊥，在ADB 中，2,1,60AB AD DAB ==∠= ，由余弦定理，222222cos 21221cos603BD AB AD AB AD DAB ∠=+-⋅⋅=+-⨯⨯⨯= ，得BD =，故222AD BD AB +=，则AD DB ⊥，因为11,,A D DB D A D DB ⋂=⊂平面1A BD ，所以AD ⊥平面1A BD ，而AD ⊂平面11ADD A ，所以平面1A BD ⊥平面11ADD A ；【小问2详解】由（1）知，1,,DA DB DA 两两垂直，如图所示，以D 为坐标原点，建立的空间直角坐标系D xyz -，则()()()(()10,0,0,1,0,0,0,,0,0,,1,D A B A C -，故()11,AC A C AC =-=，(1C ∴-，所以((11,A B DC ==-，设()101DE DC λλ=<<，则()12DE DC λλ==-，即()2E λ-，所以(12A E λ=--；设()111,,n x y z =为平面1A EB 的一个法向量，则1111111020nA B n A E x y z λ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+--=⎪⎩，令12z λ=，则112,==-y x λ()2,2n λλ=-，因为y 轴⊥平面11BCC B ，则可取()0,1,0m =为平面11BCC B 的一个法向量，设平面1A EB 与平面11BCC B 的夹角为α，则cos 5n m n m α⋅===⋅ ，解得14λ=，故113DE EC =．20.已知函数(),(),()f x g x h x 的定义域均为R ，给出下面两个定义：①若存在唯一的x ∈R ，使得(())(())f g x h f x =，则称()g x 与()h x 关于()f x 唯一交换；②若对任意的x ∈R ，均有(())(())f g x h f x =，则称()g x 与()h x 关于()f x 任意交换．（1）请判断函数()1g x x =+与()1h x x =-关于2()f x x =是唯一交换还是任意交换，并说明理由；（2）设()22()2(0),()1f x a x a g x x bx =+≠=+-，若存在函数()h x ，使得()g x 与()h x 关于()f x 任意交换，求b 的值；（3）在（2）的条件下，若()g x 与()f x 关于e 1()e 1x x w x -=+唯一交换，求a 的值．【答案】（1）唯一交换，理由见解析（2）0b =（3）()1e2e 1a -=+【解析】【分析】（1）根据方程()()()()f g x h f x =解的情况判断即可；（2）根据“对任意的x ∈R ，()()()()f g x h f x =成立”得到关于x 的方程，然后设出()h x 的解析式，根据方程左右两边对应项相同求解出b 的值；（3）根据条件通过分离参数将问题转化为“存在唯一实数x ，使得22112e 1e 1e 12e 1xxx x a ---+=⎡⎤⎛⎫-+⎢⎥ ⎪+⎢⎥⎝⎭⎣⎦”，然后分析()22112e 1e 1e 12e 1xxx x s x ---+=⎡⎤⎛⎫-+⎢⎥ ⎪+⎢⎥⎝⎭⎣⎦的奇偶性，从而确定出()0a s =，由此可求a 的值.【小问1详解】()g x 与()h x 关于()f x 是唯一交换，理由如下：因为()()()21f g x x =+，()()21h f x x =-，令()()()()f g x h f x =，所以()2211x x +=-，解得=1x -，所以()()()()f g x h f x =有唯一解=1x -，所以()g x 与()h x 关于()f x 是唯一交换.【小问2详解】由题意可知，对任意的x ∈R ，()()()()f g x h f x =成立，即对任意的x ∈R ，()()()222122a x bx h a x ⎡⎤+-+=+⎢⎥⎣⎦；因为()h x 为函数，且()()()()()2222h ax h a x -+=+，故0b =，故()()()222122a x h a x ⎡⎤-+=+⎢⎥⎣⎦，即()()()2222322a x a h a x a ⎡⎤⎛⎫+⎢⎥⎪-+=+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以()2211326x x h x a x a aa ⎡⎤⎛⎫=-+=-+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，综上所述，0b =.【小问3详解】当0b =时，()21g x x =-，因为()g x 与()f x 关于()e 1e 1x x w x -=+唯一交换，所以存在唯一实数x ，使得()2e 11e 1x x w xf ⎛⎫--= ⎪+⎝⎭，即存在唯一实数x ，使得22211e 1e 12e 1e 1x x x x a --⎡⎤⎛⎫--⎢⎥=+ ⎪++⎢⎥⎝⎭⎣⎦，即存在唯一实数x ，使得22112e1e 1e 12e 1x xx x a ---+=⎡⎤⎛⎫-+⎢⎥ ⎪+⎢⎥⎝⎭⎣⎦；令()22112e 1e 1,e 12e 1x xx x s x ---+=⎡⎤⎛⎫-+⎢⎥⎪+⎢⎥⎝⎭⎣⎦()()22211e 1e 1,2e 1e 1x x x x q x p x --⎛⎫--==+ ⎪++⎝⎭，且()()(),,s x q x p x 定义域均为R ，又()()()()22221111e 1e 1e 1e 1x xx x q x q x ---------===++，()()222e 11e e 1222e 11e e 1x x x x x x p x p x --⎛⎫⎛⎫⎛⎫----=+=+=+= ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以()(),q x p x 都是偶函数，所以()s x 为偶函数，因此，若存在唯一实数x 使得22112e 1e 1e 12e 1xxx x a ---+=⎡⎤⎛⎫-+⎢⎥ ⎪+⎢⎥⎝⎭⎣⎦，只能是()0a s =，所以()11e 111ee 22e 1a -+-==+，综上所述，a 的取值为()1e2e 1-+.【点睛】关键点点睛：本题考查函数的新定义，涉及方程解以及函数奇偶性等相关问题，对学生的理解与计算能力要求较高，难度较大.“新定义”题型的关键是根据新定义的概念、新公式、新定理、新法则、新运算去解决问题，本题第二问可以从方程左右两边对应相等入手，第三问则可以从函数的奇偶性入手进行分析.。
浙江省浙里特色联盟2023-2024学年高一下学期4月期中考试 数学含答案
绝密★考试结束前2023学年第二学期浙里特色联盟期中联考高一年级数学学科试题（答案在最后）考生须知：1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4．考试结束后，只需上交答题纸。
选择题部分一、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．集合{}24A x x =≤<，集合{}2560B x x x =-+>，则集合A B = （）A ．()2,4B ．()2,3C ．()3,4D ．[)2,32．已知i 是虚数单位，则复数202433i 2i z =+在复平面内所对应的点位于（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限3．设,,αβγ是三个不同平面，且l αγ= ，m βγ= ，则“l m ∥”是“αβ∥”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．若命题00:,0p x y ∃>，有220000x y x y +=且00x y ≠，则命题p ⌝为（）A ．22,0,x y x y xy ∀>+≠且x y =B ．22,0,x y x y xy ∀>+≠或x y =C ．22,0,x y x y xy ∀≤+≠且x y=D ．22,0,x y x y xy ∀≤+≠或x y=5．已知向量,a b，满足5a = ，6b = ，6a b ⋅=- ，则cos ,a a b += （）A ．3135-B ．1935-C ．1735D ．19356．已知函数()1sin cos 4f x x x =+，则下列说法正确的是（）A ．()f x 的周期为πB ．()f x 的图象关于直线π2x =对称C ．1π,4⎛⎫⎪⎝⎭是()f x 的一个对称中心D ．()f x 在区间ππ,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增7．如图，透明塑料制成的长方体容器1111ABCD A B C D -内灌进一些水，固定容器底面一边BC 于地面上，再将容器绕边BC 倾斜．随着倾斜度的不同，在下面四个命题中错误．．的是（）（1）（2）（3）A ．没有水的部分始终呈棱柱形B ．棱11A D 始终与水面所在平面平行C ．水面EFGH 所在四边形的面积为定值D ．当容器倾斜如图（3）所示时，BE BF ⋅是定值8．已知ABC △的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且3a =，()cos 2cos a B c b A =-，则ABC △面积的最大值为（）A ．4B ．2C ．94D ．92二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。
浙江省A9协作体2021-2022学年高一下学期期中联考数学试题(解析版)
C.若 ， ， ，则符合条件的三角形有两个
D.若 的面积 ， ，则 的最大值为1
【11题答案】
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A：由题意变形得 或 ，即可判断；
对于B：利用正弦定理直接判断；.
对于C：利用正弦定理直接判断；.
对于D：先求出 .利用正弦定理得到 ，利用三角函数求最值.
【详解】对于A：因为 ，所以 或 ，所以 或 ，故 为等腰三角形或直角三角形.故A错误；
则 ， ， ， 最大，
其所对角的余弦值为 ，最大角 为锐角，三角形为锐角三角形，同理其它三个面都是锐角三角形，各个面的三条边分别相等，为全等三角形，面积相等，B正确；
把一个等腰四面体沿一个顶点出发的三条棱剪开摊平，则得一个锐角三角形，还有三条棱是这个三角形的三条中位线，
如等腰四面体 ，沿 剪开摊平， 共线，同理可得 共线， 共线， 为锐角三角形（与等腰四面体 的面相似），且 是这个三角形的中位线，因此C正确；
对于B：在 中， 由正弦定理得： .
因为 ，所以 .故B正确
对于C：因为 ， ， ，所以 ,所以 ，
所以符合条件的三角形有两个.故C正确；
对于D：三角形面积 且 可得 .因为 ，所以 ,故 所以 .
因为 ，所以 .
由正弦定理可得： .
因为 ，所以 ，所以 ，所以 ，
当且仅当 时 等号成立.故选项D正确.
对于C：为公理1，可判断出线在面内.故C正确；
对于D： 说明直线与平面有公共点，又 ，所以 .故D正确.
故选：BCD.
10.已知向量 ， ，则下列结论正确的是（）
A. B. 与 可以作 一组基底
C. D. 与 方向相同
【10题答案】
2021年高一下学期期中考试数学试卷+答案
2020－2021学年度第二学期高一年级期中检测时间：120分钟 总分：150分注意事项：2021.41．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上并检查试卷.2．选择题答案使用2B 铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚．3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．4．保持卡面清洁，不折叠，不破损． 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.1. 设a ＝log 0.20.3，b ＝log 20.3，则( )A ．a ＋b <ab <0B ．ab <a ＋b <0C ．a ＋b <0<abD ．ab <0<a ＋b2. 已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＋y －2≥0，x －2y ＋4≥0，3x －y －3≤0，若y ≥k (x ＋1)－1恒成立，那么k 的取值范围是( )A. ⎣⎡⎦⎤12，3B. ⎝⎛⎦⎤－∞，43C. [3，＋∞)D. ⎝⎛⎦⎤－∞，12 3. 在△ABC 中，A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c .若A ＝120°，a ＝1，则2b ＋3c 的最大值为( )A ．3 B. 2213 C ．3 2 D. 3524. 素数也叫质数，法国数学家马林·梅森是研究素数的数学家中成就很高的一位，因此后人将“2n －1”形式（n 是素数）的素数称为梅森素数．已知第20个梅森素数为P ＝24423－1，第19个梅森素数为Q ＝24253－1，则下列各数中与P Q最接近的数为（参考数据：lg 2≈0.3）( )A ．1045B ．1051C ．1056D ．10595. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，b cos A ＝c －12a ，点D 在AC 上，2AD ＝DC ，BD ＝2，则△ABC 的面积的最大值为( ) A. 332B. 3 C ．4 D ．6 6. 欧拉公式e i x ＝cos x ＋isin x （i 为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，根据欧拉公式可知，e πie π4i 表示的复数在复平面中位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限 7. 如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则( )A ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线8. 定义在R 上的偶函数f (x )对任意实数都有f (2－x )＝f (x ＋2)，且当x ∈(－1，3]时，f (x )＝⎩⎨⎧ 1－x 2，x ∈(－1，1]，1－|x －2|，x ∈(1，3]，则函数g (x )＝5f (x )－|x |的零点个数为( ) A ．5 B ．6 C ．10 D ．12二、多项选择题：本大题共4题，每小题5分，共20分.9. 正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系。
第二学期高一数学期中试卷试题
第⼆学期⾼⼀数学期中试卷试题 有时间的我们要多做数学的题⽬，可能做多了就会了，今天⼩编就给⼤家分享⼀下⾼⼀数学吗，⼤家来多多参考哦 第⼆学期⾼⼀数学期中试题 1.在中，若 ,则⼀定为( ) 直⾓三⾓形等腰三⾓形等边三⾓形锐⾓三⾓形 2.某⼚去年年底的产值为，今年前两个⽉产值总体下降了36%，要想后两个⽉产值恢复到原来⽔平，则这两个⽉⽉平均增长( ) 18% 25% 28% 以上都不对 3.若，是两条不同的直线，，是两个不同的平⾯，则下列说法不正确的是( ) 若∥，，则 若∥，，则 若∥，，则 若 = ，且与，所成⾓相等，则 4.设点 ,若直线与线段没有交点，则的取值范围是( ) 5.三棱椎的三视图为如图所⽰的三个直⾓三⾓形，则三棱锥的表 ⾯积为( ) 6.如图为正四⾯体，⾯于点，点 , , 均在平⾯外，且在⾯的同⼀侧，线段的中点为 ,则直线与平⾯所成⾓的正弦值为( ) 7. 数列的⾸项为，为等差数列 .若，，则 ( ) 8.实数对满⾜不等式组，若⽬标函数 在时取最⼤值，则的取值范围是( ) 9. 已知等⽐数列满⾜则当时， ( ) 10.三棱锥中，顶点在底⾯内的射影为，若 (1)三条侧棱与底⾯所成的⾓相等， (2)三条侧棱两两垂直， (3)三个侧⾯与底⾯所成的⾓相等; 则点依次为垂⼼、内⼼、外⼼的条件分别是( ) (1)(2)(3) (3)(2)(1) (2)(1)(3) (2)(3)(1) 填空题(每⼩题5分，5⼩题，共25分) 11.有⼀块多边形的菜地，它的⽔平放置的平⾯图形的斜⼆测直观图是直⾓梯形(如图所⽰)， ,则这块菜地的⾯积为__________. 12.在三⾓形中， ,则的⾯积为 . 13.边长为1的正⽅体，它的内切球的半径为 ,与正⽅体各棱都相切的球的半径为 ,正⽅体的外接球的半径为，则 , , 依次为 . 14.在平⾯直⾓坐标系中，过点的直线与轴和轴的正半轴围成的三⾓形的⾯积的最⼩值为 . 15. (填“ ”或者“ ”). 解答题(6⼩题，共75分) 16.(12分)在中，求的⾯积的最⼤值. 17.(12分)已知满⾜， (1)求⼆次函数的解析式; (2)若不等式在上恒成⽴，求实数的取值范围. 18.(12分)在四棱锥中，四边形是平⾏四边形，分别是的中点， 求证：平⾯ ; 若且，求证平⾯平⾯ . 19.(13分)已知数列的前项和满⾜： , 设，证明数列为等⽐数列，并求数列的通项公式; 求数列的前项和 . 20.(13分)已知三个不同的平⾯两两相交，得三条不同的交线，求证：三条交线交于⼀点或彼此平⾏. 21.(13分)设数列的前项和为，，点在直线上, (1)求数列的通项公式; (2)设，求证： . ⾼⼀年级数学试卷参考答案 ⼀、单项选择题(每⼩题5分，10⼩题，共50分) 1—10 ⼆、填空题(每⼩题5分，5⼩题，共25分) 11. 12. 或 13. 14.4 15. 三、解答题(6⼩题，共75分) 16.(12分) 解：∵在中， 由余弦定理及基本不等式得 ∴∴ . 17.(12分) 解：(1)设 由得，由得 化简解得， ∴ . (2)由题在上恒成⽴， 即，则∴ . 18.(12分) (1)证明：取线段的中点为 ,连接 ,∵分别是的中点，则 , ∴四边形为平⾏四边形∴ , ⾯，⾯∴⾯ . (2)证明：设 , 交于∵四边形为平⾏四边形， ∴为，中点，， ,∴，∴⾯，⼜⾯∴⾯⾯ . 19.(13分) (1)由题时，①② ①-②得 即，，数列为公⽐为的等⽐数列; 当时， ， ; (2)由(1)得， ③ ④ ③-④化简得 . 20.(13分) 已知：，，， 求证：或 . 证明：，，或 若，则，， ⼜ 若，且，⼜且 . 21.(13分) (1)由题意，∴数列为公差是1的等差数列∴∴ 时，∴，也适合， ∴， ; (2) ，⼜为增函数， ∴的最⼩值为 ∴ . ⾼⼀数学下学期期中试题阅读 1.已知数列，则5是这个数列的( )A.第12项B.第13项C.第14项D.第25项 2.不等式的解集为( )A.[-1,0]B.C.D. 3.已知，则下列不等式⼀定成⽴的是( ) A. B. C. D. 4.在中，⾓所对的边分别为，若，则⾓为( )A. 或B. 或C. 或D. 或 5.设实数满⾜约束条件，则的最⼩值为( ) A. B.1 C. 3 D0 6.若的三个内⾓满⾜，则的形状为( )A.⼀定是锐⾓三⾓形B.⼀定是直⾓三⾓形 C⼀定是钝⾓三⾓形. D.形状不定 7.已知等差数列的公差且成等⽐数列，则 ( ) A. B. C. D. 8.若的三个顶点是，则的⾯积为( ) A. B.31 C.23 D.46 9.等⽐数列的各项均为正数，若，则A.12B.10C.8 D 10.设为等差数列的前项和，若，，则下列说法错误的是( ) A. B. C. D. 和均为的最⼤值 ⼆、填空题(共5题，每题5分) 11.设等差数列的前项和为，若，则 12.已知数列的前项和为，那么 13.如图，某⼈在电视塔CD的⼀侧A处测得塔顶的仰⾓为，向前⾛了⽶到达处测得塔顶的仰⾓为，则此塔的⾼度为__________⽶ 14.设点在函数的图像上运动，则的最⼩值为____________ 15.有以下五种说法： (1)设数列满⾜，则数列的通项公式为 (2)若分别是的三个内⾓所对的边长，，则⼀定是钝⾓三⾓形 (3)若是三⾓形的两个内⾓，且 ,则 (4)若关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为 (5)函数的最⼩值为4 其中正确的说法为_________(所有正确的都选上) 解答题(共75分) 16.已知⼆次函数，不等式的解集是 (1)求实数和的值; (2)解不等式 17.已知数列的前项的和为 (1)求证：数列为等差数列; (2)求 18.已知是的三边长，且 (1)求⾓ (2)若，求⾓的⼤⼩。
浙东北联盟(ZDB)四校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷含答案
浙东北联盟（ZDB ）2023-2024学年第二学期期中考试高一数学试卷（答案在最后）命题学校：总分150分考试时间120分钟选择题部分一、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，有且只有一项是符合题目要求的）1.已知向量()5,12a =，则与向量a反向的单位向量的坐标为（）A.512,1313⎛⎫⎪⎝⎭ B.512,1313⎛⎫-- ⎪⎝⎭C.125,1313⎛⎫-⎪⎝⎭ D.512,1313⎛⎫-⎪⎝⎭【答案】B 【解析】【分析】与向量a方向相反的单位向量为a a- 求解即可.【详解】因为()5,12a =，所以13a ==，与向量()5,12a =方向相反的单位向量为512,1313a a ⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，故选：B2.设l ，m ，n 是不同的直线，m ，n 在平面α内，则“l m ⊥且l n ⊥”是“l α⊥”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】【分析】利用线面垂直的判定、性质，结合充分条件、必要条件的意义判断作答.【详解】若l m ⊥且l n ⊥，当//m n 时，直线l 可以与平面α平行，此时//l α，不能推出l α⊥，若l α⊥，m ，n 是平面α内两条不同的直线，则l m ⊥，l n ⊥，所以“l m ⊥且l n ⊥”是“l α⊥”的必要不充分的条件.故选：B3.已知一个正方体的外接球的体积为92π，则这个正方体的体积为（）A.3B.278C.D.8【答案】C 【解析】【分析】根据正方体性质，223d a =,由外接球体积求出半径得出直径，最后得出边长，即可求出体积．【详解】根据正方体性质，球心在体对角线中点上，体对角线长为外接球直径d ，半径设为r ，边长为a ，则222223d a a a a =++=.根据题意39π4π23r =，解得32r =，则3d =，则293a =，则a =3V a ==故选：C.4.已知a = 3a b ⋅=- ，则向量b 在向量a 上的投影向量为（）A.a-rB.13aC.b- D.13br 【答案】A 【解析】【分析】利用投影向量公式可求向量b 在向量a上的投影向量.【详解】向量b 在向量a上的投影向量为a b a a a a⋅==-，故选：A.5.如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F ，G ，H 分别是棱11B C ，1C C ，1B B ，AB 的中点，则异面直线EF 与GH 所成的角为（）A.π6B.π4C.π3D.π2【答案】C 【解析】【分析】分别取,CD BC 的中点,N Q ，连接,,,,,FN EQ QN EN GF HN ，由题意可知异面直线EF 与GH 所成的角（或其补角）即为EF 与FN 所成的角（或其补角），求出,,EF FN EN ，由余弦定理求解即可.【详解】分别取,CD BC 的中点,N Q ，连接,,,,,FN EQ QN EN GF HN ，由正方体的性质知：//,HN GF HN GF =，所以四边形GHNF 是平行四边形，所以//GH FN ，所以异面直线EF 与GH 所成的角（或其补角）即为EF 与FN 所成的角（或其补角），即为EFN ∠，设正方体的棱长为2，EF FN QN ===，EN ==所以22221cos242EF FN EN EFN EF FN +--∠====-⋅，所以异面直线EF 与GH 所成的角为π3.故选：C .6.若两个非零向量a 与b满足2a b a b b +=-= ，则向量a b + 与a b - 的夹角为（）A.π6B.π3C.2π3D.5π6【答案】B 【解析】【分析】利用模长公式结合数量积公式求解即可．【详解】因为2a b a b b +=-=，两边平方，得到2222|2||2|0a b a b a a b b a a b b a b +=-⇒+⋅+=-⋅+⇒⋅= 2222|2|4||a b b a a b b b +=⇒+⋅+=，即22||3||a b = ，即||||a b = (1),又a b + ＝2b (2)，a b -=2||b (3)．并且()()22·||cos a b a b a b a b a b θ+-=-=+-，则22||||cos ||||a b a b a b θ-=+- ，将(1),(2),(3)代入，得到222||1cos 24||b b θ== ，(0,π)θ∈，则π3θ=．故选：B.7.已知某圆台的上、下底面半径分别为1r 、2r ，且213r r =，若半径为1的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为（）A.13π9B.20π9C.26π9D.26π3【答案】C 【解析】【分析】根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征求解12,r r ，然后代入圆台体积公式求解即可.【详解】如图，设圆台上、下底面圆心分别为12,O O ，则圆台内切球的球心O 一定在12O O 的中点处，设球O 与母线AB 切于M 点，所以OM AB ⊥，所以121OM OO OO ===，所以1AOO 与AOM 全等，所以1AM r =，同理2BM r =，所以1214AB r r r =+=，过A 作2AG BO ⊥，垂足为G ，则2112BG r r r =-=，122AG O O ==，所以222AG AB BG =-，所以()()22211144212r r r =-=，所以133r =，所以2r =所以该圆台的体积为()2212121211126πππ2313339V O O r r r r ⎛⎫=⋅++=⨯++= ⎪⎝⎭.故选：C8.费马点是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角都小于23π时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为23π.如图，已知ABC 和ADE V 都是正三角形，4AB =，2AE =，且B ，A ，D 三点共线，设点P 是ACE △内的任意一点，则PA PC PE ++的最小值为（）A.5B.26C.33 D.27【答案】D 【解析】【分析】将PEC 绕点E 顺时针旋转60︒到QEF △，根据两点之间线段最短结合余弦定理可求PA PC PE ++的最小值，或者建立平面直角坐标系，根据费马点的性质结合圆的方程可求费马点的坐标，从而可求PA PC PE ++的最小值，也可以费马点的几何特征结合正弦定理可求,,PA PC PE 的值，从而可求PA PC PE ++的最小值.【详解】由题设有60EAC ∠=︒，而2,4AE AC ==，由余弦定理可得164423EC =+-⨯=所以222CE AE AC +=，故ACE △是直角三角形，且90AEC ∠=︒，60EAC ∠=︒.法一：几何法将PEC 绕点E 顺时针旋转60︒到QEF △，则,QF CP PE PQ ==，则PA PC PE PA QF PQ AF ++=++≥，当且仅当,,,A P Q F 四点共线时等号成立，此时180120APE QPE ∠=︒-∠=︒，180120CPE FQE PQE ∠=∠=︒-∠=︒，即P 为费马点时，PA PC PE ++取最小值，因为3EF EC ==9060150AEF ∠=︒+︒=︒，所以2537AF =+=.，故当且仅当P 为费马点时，PA PC PE ++取最小值且最小值为27.法二：解析法以点E 为原点建立平面直角坐标系，且()2,0A -，(0,23C ，由费马点的定义知点P 满足120APE CPE ∠==︒，故P 在以AE为弦且半径为11232r ==的劣弧上，设圆心为()()1,0M m m -<，而2413m +=，故3m =-，故31,3M ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，故圆()224:133M x y ⎛⎫+++= ⎪ ⎪⎝⎭，同理P 也在以CE为弦且半径为11222r ==的劣弧上，其方程为()(22:14N x y -+-=，由22224(1)3(1)(4x y x y ⎧⎛+++=⎪ ⎨⎝⎪-+-=⎩可得20y +=，再代入其中一式解得47x =-，7y =（0,0x y ==舍）所以取最小值时PE =，PA =PC =，故PA PC PE ++取最小值且最小值为法三：代数法设AEP θ∠=，则90PEC θ∠=︒-，由费马点的性质可得60PAE θ∠=︒-，30PCE θ∠=-︒（3060θ︒<<︒），由正弦定理可得()2sin 60sin120PE θ=︒-︒且()sin 30sin120PE θ=-︒︒，故()()sin 30sin 60θθ-︒=︒-，整理得到11cos sin 2222θθθθ-=-，解得2sin θθ=，即sin θθ==，此时()2sin 601sin12022PE θ⎛⎫︒-===︒而2sin sin120AP θ==︒2sin sin120PC θ==︒故PA PC PE ++的最小值为故选：D .【点睛】思路点睛：对于给定条件的几何问题，我们可以根据几何对象的性质结合正弦定理或余弦定理求解几何量，或者利用旋转构造最值线段.二、多项选择题（本题共有3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.若{}12e e，是平面内所有向量的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面内所有向量的基底的是（）A.{}1212e e e e +- ，B.{}1221e e e e --，C.{}21122364e e e e --，D.1212133e e e e ⎧⎫--⎨⎬⎩⎭，【答案】BCD 【解析】【分析】根据平面向量共线定理以及基底的概念逐一判断即可.【详解】对于A ，若存在实数λ，使得()1212e e e e λ+=- ，则11λλ=⎧⎨=-⎩，无解，所以12e e + 与12e e - 不共线，可以作为平面的基底，故A 错误；对于B ，因为()1221e e e e -=-- ，则12e e - 与21e e -是共线向量，不能作为平面向量的基底，故B 正确；对于C ，因为()2112123642e e e e -=--u u r u r ur u u r ，则2123e e - 与1264e e - 是共线向量，不能作为平面向量的基底，故C 正确；对于D ，因为12121333e e e e ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭u r u u r u r u u r ，则123e e - 与1213e e -ur u u r 是共线向量，不能作为平面向量的基底，故D 正确.故选：BCD.10.在ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且π4A =，b =，若ABC 有且仅有一个解，则c a -的可能取值有（）A.0B.4-C.32D.【答案】ABC 【解析】【分析】根据三角形解的个数可得ππ0,42B ⎛⎤⎧⎫∈⋃⎨⎬ ⎥⎝⎦⎩⎭，再根据正弦定理结合三角变换可求c a -的取值范围.【详解】由正弦定理可得sin sin a bA B=，故sin 2a B A ==，因为ABC 有且仅有一个解，故a b ≥或sin 2a b A =⨯=，由a b ≥可得A B ≥，由2a =可得sin 1B =，结合B 为三角形内角可得π2B =，故ππ0,42B ⎛⎤⎧⎫∈⋃⎨⎬ ⎥⎝⎦⎩⎭，由正弦定理得ππsin sin sin 44c a B B ⎡⎤⎛⎫-=+- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦){}cos 12222tan 420sin 2B B B -⎡=+=-∈-⋃⎣，而2>，35424022--=<，故3422-<<，故选：ABC.11.如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E 是线段11B C 的中点，F 是线段1CC 的中点，P 是线段1A D 上的一个动点，则下列结论中正确的是（）A.1C P 的最小值为6B.1B PC ∠可能是直角C.三棱锥A PEF -的体积为定值D.PEF !的周长的最小值为252【答案】ACD 【解析】【分析】求出等边11C A D 的高，即可判断A ；在矩形11A B CD 中假设1B PC ∠为直角，推出矛盾，即可判断B ；证明1A D//平面AEF ，即可判断C ，四边形1A DFE 求出PE PF +的最小值，即可判断D.【详解】对于A ，因为11C A D 为边长为22的等边三角形，所以1C P 的最小值即该等边三角形的高，即()1min322cos302262C P === ，故A 正确；对于B ：在矩形11A B CD 中112A B CD ==，1122A D B C ==，若190B PC ∠=︒，即1B P PC ⊥，此时11B A P PDC ∽，所以111B A A PPD CD=，则22PDPD -=，则240PD -+=，因为(2Δ4480=--⨯=-<，所以方程无解，即1B PC ∠不可能是直角，故B 错误；对于C ：连接1B C ，则1//EF B C ，又11//B C A D ，所以1//EF A D ，EF ⊂平面AEF ，1A D ⊄平面AEF ，所以1A D//平面AEF ，又P 是线段1A D 上的一个动点所以点P 到平面AEF 的距离为定值，又AEF △的面积为定值，所以三棱锥A PEF -的体积为定值，故C 正确；对于D ：因为==EF ，如下图，在四边形1A DFE 中EF =1A D =，1A E DF ===，作点F 关于1A D 的对称点F '，连接F E '交1A D 于点P ，此时PE PF +取得最小值，最小值为线段EF '的长度，又(122DM =-=，所以322FM ==，所以2FF FM '==，所以EF =='所以PEF !的周长的最小值为D 正确.故选：ACD非选择题部分三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分）12.水平放置的ABC 斜二测直观图为A B C ''' ，已知2A B B C ''''==，60A B C '''∠=︒，则ABC 的面积为______.【答案】【解析】【分析】根据题意，求出直观图的面积，由原图面积与直观图面积的关系，分析可得答案.【详解】根据题意，水平放置的ABC 斜二测直观图为A B C ''' ，则直观图的面积122sin 260A B C S S '︒'''==⨯⨯⨯= ，则ABC 的面积为S '==.故答案为：13.已知圆柱的轴截面面积为1，则该圆柱侧面展开图的周长的最小值为______.【答案】【解析】【分析】求出圆柱侧面展开图的周长利用基本不等式可得答案.【详解】设圆柱的母线长为()0a a >，则圆柱的底面直径为1a，所以该圆柱侧面展开图的周长为12π⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭a a当且仅当1π=a a即a =等号成立.故答案为：.14.已知向量a ，b ，c满足4a = ，2b = ，,3a b π= ，()()20a c b c -⋅-= ，则a c ⋅ 的取值范围为______.【答案】[]420，【解析】【分析】由题意可得：4a b ⋅=，设(),c x y = ，()4,0a = ，(b = ，由()()20a c b c -⋅-= 可得：()(2234x y -+-=，从而可得：4a c x ⋅=，进而可求出结果.【详解】由题意可得：14242a b ⋅=⨯⨯= ，设(),c x y = ，()4,0a = ，(b = ，()4,a c x y -=--，()22,b c x y -=- ，()()20a c b c -⋅-= ，()()()420x x y y ∴---=，整理得：()(2234x y -+-=，所以4a c x ⋅=，因为232x -≤-≤，所以15x ≤≤，所以4420x ≤≤，即a c ⋅的取值范围为[]4,20.故答案为：[]4,20.四、解答题（本题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.已知向量(),1a x = ，()2,3b =-r ，()6,1c =-.（1）求满足2c a yb =+的实数x ，y 的值；（2）若()4//a c b +，求实数x 的值.【答案】（1）2x =，1y =-（2）2x =-【解析】【分析】（1）运用向量相等条件可解；（2）运用向量平行坐标表示可解．【小问1详解】因为(),1a x = ，()2,3b =-r，则()222,23a yb x y y +=-+ ，又()6,1c =-，2c a yb =+ ，所以226231x y y -=⎧⎨+=-⎩，解得2x =，1y =-；【小问2详解】因为(),1a x = ，()6,1c =-，则()446,3a c x +=+ ，又()4//a c b +，()2,3b =-r ，所以46323x +=-，解得2x =-.16.如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12AA AB AC ===，M 、N 分别是BC 、1CC 的中点，1AB MN ⊥.（1）证明：MN ⊥平面1AB M ；（2）求1C 点到平面1AB M 的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）3.【解析】【分析】（1）利用直三棱柱的构造特征，结合线面垂直的性质、判定推理即得.（2）由（1）中信息，结合相似三角形的性质求出BC ，再利用等体积法求解即得.【小问1详解】在直三棱柱111ABC A B C -中，由2AB AC ==，M 是BC 的中点，得AM BC ⊥，由1BB ⊥平面ABC ，AM ⊂平面ABC ，得1B B AM ⊥，而11,,BB BC B BB BC ⋂=⊂平面11BCC B ，则AM ⊥平面11BCC B ，又MN ⊂平面11BCC B ，则AM MN ⊥，而1AB MN ⊥，11,,AB AM A AB AM =⊂ 平面1AB M ，所以MN ⊥平面1AB M .【小问2详解】在矩形11BCC B 中，由（1）知1AM B M ⊥，1MN B M ⊥，1B MB MNC ∠=∠，于是直角1B BM 与直角MCN △相似，则1BM CNB B CM=，即·2BM CM =，因此2BM MC ==22BC =2AM =，16B M =，11111222BCC B MB C S S == ，11312MB A S AM B M =⋅= ，设1C 点到平面1AB M 的距离为d ，由1111C MB A A MB C V V --=，得1111133MB A MB C d AM S S ⋅=⋅ ，3222d =33d =，所以点1C 到平面1AB M 的距离为33.17.某村委为落实“美丽乡村”建设，计划将一块闲置土地改造成花卉观赏区.该土地为四边形形状，如图所示：100AB AD ==米，160BC =米，2120BAD BCD ∠∠==︒.（1）求cos BDC ∠的值；（2）若点,E F 分别为边,BC CD 上的点，且80CE =米，60CF =米，又点I 在以C 为圆心，CF 为半径的圆弧FG 上（BCD △内部），准备将四边形CEIF 区域种植郁金香.设ECI ∠θ=，求四边形CEIF 的面积关于θ的表达式，并求该面积的最大值（无须求出取得最大值时的条件）【答案】（1）35（2）()13sin S θϕ=+，其中ϕ为锐角且33tan 5ϕ=，最大值为13【解析】【分析】（1）由余弦定理可求BD ，由正弦定理可求sin BDC ∠，故可求cos BDC ∠，（2）由面积公式可求ECI S △，FCI S △，再利用辅助角公式可得S 及其最大值.【小问1详解】在ABD △上，由余弦定理BD ==在BCD △上，由正弦定理160200sin sin60BDC ∠==︒，所以4sin 5BDC ∠=，而160BD BC =>=，故π3BDC BCD ∠∠<=，故3cos 5BDC ∠=.【小问2详解】因为ECI ∠θ=，所以60FCI ∠θ=︒-，060θ︒<<︒，18060sin 2400sin 2ECI S θθ=⨯⨯=△，()()16060sin 601800sin 602FCI S θθ=⨯⨯︒-=︒- ，所以四边形CEIF 区域面积()12400sin 1800sin 602400sin 1800cos sin 22S θθθθθ⎛⎫=+︒-=+- ⎪ ⎪⎝⎭1500sin θθ=+()3005sin θθ=+()θϕ=+≤（平方米），其中ϕ为锐角且33tan 5ϕ=，因为3315<<，故4560ϕ︒<<︒，故当90θϕ=︒-时，S 有最大值且最大值为平方米.18.如图在直角梯形ABCD 中，2BC AD =，2BC CD ==，点E 为CD 的中点，以A 为圆心AD 为半径作圆交AB 于点G ，点P 为劣弧DG （包含D ，G 两点）上的一点，AC 与劣弧、BE 分别交于点F ，H .（1）求向量AF 与BE夹角α的余弦值；（2）若向量BH xBD y AC =+，求实数x ，y 的值；（3）若向量BP 与CP的夹角为β，求cos β的最小值.【答案】（1）2114（2）23x =，415y =（3）0【解析】【分析】（1）点B 为原点，BC 、BA分别为x 、y 轴正方向建立平面直角坐标系，由向量的夹角的坐标运算求解即可；（2）由平面向量基本定理可得324BH BA BC λλ=+，由A ，H ，C 三点共线求出4=5λ，由此可求出实数x ，y 的值；（3）法一：点O 为BC 中点，因为2AO =，所以以BC 为直径的圆与圆A 外切.由圆周角大于圆外角即可得出答案；法二：设DAP θ∠=，π0,2θ⎛⎫⎡⎤∈ ⎪⎢⎣⎦⎝⎭，则()cos 3sin P θθ，求出BP ，CP，由向量的夹角公式求解即可.【小问1详解】易得90ABC BAD ∠=∠=︒，且BCD △为正三角形，所以AB =，AC =以点B 为原点，BC 、BA分别为x 、y轴正方向建立平面直角坐标系，(()()(,2,0,0,0,2,,A C B AC =(3,,22D E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，得2,AF AC ==，(12BE = ，所以cos 14AF BE AF BE α⋅====⋅.【小问2详解】()1322224BH BE BD BC BA BC BC BA BC λλλλλ⎛⎫==+=++=+ ⎪⎝⎭，又因为A ，H ，C 三点共线，所以3124λλ+=，解得4=5λ.()12BH xBD y AC x BA BC y BC BA⎛⎫=+=++- ⎪⎝⎭()2x x y BA y BC ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，25325x y x y ⎧-=⎪⎪∴⎨⎪+=⎪⎩，解得23x =，415y =【小问3详解】法一：点O 为BC 中点，因为2AO =，所以以BC 为直径的圆与圆A 外切.因为圆周角大于圆外角，所以BPC ∠的最大值为90︒，即cos β的最小值为0.法二：设DAP θ∠=，π0,2θ⎛⎫⎡⎤∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭且如（1）所建平面直角坐标系，则()cos sin P θθ-，()cos sin BP θθ∴= ，()cos sin CP θθ=-.22cos 2cos 3sin BP CP θθθθ⋅=-++-()42cos 44sin 06πθθθ⎛⎫=-+=-+≥ ⎪⎝⎭当π3θ=时，BP CP ⋅ 取到最小值0，所以cos β的最小值为0.19.如图在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA PD ⊥，且44AD AB ==，2PA =，PC =，点E 为AD 中点，（1）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；（2）求二面角B PC E --的余弦值；（3）点F 为对角线AC 上的点，且FG PB ⊥，垂足为G ，求FG 与平面ABCD 所成的最大角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）58（3）5【解析】【分析】（1）结合线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理即可得；（2）面面垂直的性质定理PH ⊥平面ABCD ，线面垂直的判定定理得AD ⊥平面PHK ，HM ⊥平面PBC ，线面平行的判定定理得//AD 平面PBC ，作EN PC ⊥垂足为N ，由等面积法得求出EN 可得答案；（3）作GI ⊥平面ABCD ，在平面PAB 作GJ PB ⊥交AB 于点J ，设线FJ 交线BH 于点L ，由线面垂直的判定定理得⊥FJ 平面BGL ，得≤IL IF ，90∠∠∠≤=- GFI GLI GBL ，求出cos ∠GBL 可得答案.【小问1详解】PA PD ⊥，PD ∴=则22213PC PD CD =+=，CD PD ∴⊥，又CD AD ⊥ ，=PD AD D ⋂，、⊂PD AD 平面PAD ，CD \^平面PAD ，CD ⊂平面ABCD ，∴平面PAD ⊥平面ABCD ；【小问2详解】侧棱PA PD ⊥，点E 为AD 中点.，2AE PE ==，2PA =，PAE ∴ 为正三角形，取AE 中点H ，则PH AD ⊥，1AH =，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥平面ABCD ，HK ⊂平面ABCD ，所以PH HK ⊥，PH =，在BC 边上取1BK =，连接HK ，可得四边形ABKH 是长方形，可得HK AD ⊥，又= PH HK H ，、⊂PH HK 平面PHK ，所以AD ⊥平面PHK ，作HM PK ⊥，垂足为M ，HM ⊂平面PHK ，AD HM ⊥ ，BC HM ∴⊥，又= BC PK K ，、⊂BC PK 平面PBC ，HM ∴⊥平面PBC ，且2HM =，又//AD BC ，AD ⊄Q 平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，//AD ∴平面PBC ，所以点E 到平面PBC 的距离2d =，且点E 的投影在PBC 内，在PCE 中，2PE =，EC =，由余弦定理得cosPEC ∠=，作EN PC ⊥垂足为N ，由等面积法得EN ==，所以二面角B PC E --的大小α的正弦值39sin 8d EN α==，5cos 8α=；【小问3详解】作GI ⊥平面ABCD ，则//GI PH ，BH 为PB 在平面ABCD 内的射影，所以点B ，I ，H 共线，再在平面PAB 作GJ PB ⊥交AB 于点J ，又FG PB ⊥ ，= FG GJ G ，、⊂FG GJ 平面GFJ ，PB ∴⊥平面GFJ ，设线FJ 交线BH 于点L ，则BG FJ ⊥，又GI FJ ⊥ ，= GI BG G ，、⊂GI BG 平面BGL ，FJ ∴⊥平面BGL ，⊂BL 平面BGL ，得FJ BL ⊥，IL IF ∴≤，90∠∠∠∴≤=- GFI GLI GBL ，又因为cos5BH GBL BP∠===，所以FG 与平面ABCD 所成的最大角的正弦值为5，当点F 为线BH 与AC 的交点时取到最大角.【点睛】方法点睛：求二面角的方法：1.概念法，概念法指的是利用概念直接解答问题；2.空间变换法，空间变换法指的是基本的空间方法，包括三垂线法、补角法、垂面法、切平面法等方法；3.空间向量法.。
浙江省9+1高中联盟2020学年第二学期期中联考-高一数学A卷参考答案
2020学年第二学期9+1高中联盟期中考试高一数学A 卷参考答案一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分。
每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）题号12345678答案DBABDBAC二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。
每小题列出的选项中，有多项是符合题目要求的。
全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分）题号9101112答案CDADACDBD三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.[)0+∞，14.2-15.16.2100,0100100x x x +<<+（x 的范围不写不扣分）；3四、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.（Ⅰ）由题意可知，22t =，解得t =.---------------4分（Ⅱ）2(4,6)λa b λλ-=+-----------------6分(2)λa b a-⊥ (2)2100λa b a λ∴-⋅=+=，解得5λ=-.---------------10分18.（Ⅰ）由已知得112()sin cos sin()2224f x x x x π=+=+---------------2分向右平移2π个单位长度，再把横坐标缩短为原来的12(纵坐标不变)；或横坐标缩短为原来的12(纵坐标不变)，再向右平移4π个单位长度---------------6分(任选一种回答正确均给满分）（Ⅱ）2()sin(2)24g x x π=-．因为(0,)x m ∈，所以πππ2(,2)444x m -∈--，---------------8分又因为()g x 在区间(0,)m 内是单调函数，所以ππ242m -≤，即3π8m ≤，故实数m 的最大值为3π8-------------12分19.（Ⅰ）由V =AA ，=3---------------2分所以S =+2=92+2S S ⨯侧底---------------6分（Ⅱ）'''''''----B ADC B ABD B AA C C ADCV V V V V =------------------8分11323323=⋅⋅⋅-=12分20.（Ⅰ）cos sin a b C C c-=-sin sin cos sin sin A B C B C C ∴-=-------------1分cos sin sin sin B C B C C ⇒=-sin 0C ≠cos 1B B ∴=-------------3分2sin()16πB ⇒-=，1sin()62πB -=(0,)B π∈ 66ππB ∴-=，即3πB =.------------6分（Ⅱ）由正弦定理可知，2sin sin sin a c bA CB ===，故2sin ,sin a A cC ==-----------8分所以2sin A 2sin l a b c C =++=++222sin()3sinA πA =+-+3sin A A =++)6πA =++(,)62ππA ∈sin(),162πA ⎛⎤∴+∈ ⎥ ⎝⎦------------10分(3l∴∈------------12分21.（Ⅰ）当090x <≤时，99170100-()-28150800y x x x =+-=---------------3分当90x >时，100(100|-100|2)-2001800-000|-100|x x x y x ==-+-.----------6分即⎩⎨⎧>--≤<+-+=90|,100|1800900,1508912x x x x x y（Ⅱ）当090x <≤时,1508y x +=+令)91,1[91∈-=x t ，则291x t =-则221599y t t =-++∴当1t =即90x =时，max 1600y =------------9分当90x >时，|1800--100|y x =∴100x =时，max 1800y =------------11分综上，当产量为100万箱时，利润最大，最大为1800万元.------------12分22.（Ⅰ）当2x =时,(2,2aP ,则25555(1,)(,)632312a a AP PB a ⋅=-⋅-=+.------------4分（Ⅱ） 点P 在()f x 上，记(,)a P x x，133x <<∴||||||||cos AP PQ AP PB BPQ PB AP⋅=∠=⋅211111=(,3)(3,)=()(3)(3)()3333a a a x a x x x a x x x x --⋅----+-----------7分记211115()(3)()()(3)333g a a a x x x x =---+---，由题知()0g a ≤恒成立.令1x =，则241033a a --≤，得113a <≤------------8分下面证明当113a <≤时，()0g a ≤恒成立，即max ()0g a ≤.()g a 是开口向上的二次函数∴max()0g a ≤⇔(1)01()03g g ≤⎧⎪⎨≤⎪⎩①111111()=(3)()()(3)23933g x x x x --+---2211113++31233()+()2=092281x x x x ----≤--<------------10分②2211118110114(1)=(3)()(3)=()()33333g x x x x x x x x --+----++-令110[2,3t x x =+∈，则22108108(1)2203333g t t =-+-≤-+⋅-=所以当113a <≤时，()0g a ≤恒成立.------------12分。
浙江省杭州第二中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷 Word版含解析
数学试卷本试卷分为第I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.第I 卷（选择题）一､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. 的值为（）A. B. C. D.【答案】A 【解析】【分析】根据复数代数形式的乘法运算法则计算可得.【详解】.故选：A2. 已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图是边长为的正方形，则原图形的面积为（ ）AB. C.D.【答案】B 【解析】【分析】根据题意，由斜二测画法的规则得到平面图形，即可得到原图形的面积.【详解】依题意不妨令直观图如下所示：.()21i (1i)+-22i-22i--22i+22i-+()()21i 1i +-()()221i 12i i =+-+()2i 1i 22i =-+=-1则还原直观图为原图形，如图所示，因为，所以，还原回原图形后，，，所以原图形面积为故选：B3. 已知在中，，则（ ）A.B.C.或D.【答案】C 【解析】【分析】利用正弦定理计算可得.【详解】由正弦定理，即又，所以或.故选：C4. 已知圆柱的底面直径和高均为2，则该圆柱的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B 【解析】1O A ''=O B ''=1OA O A ''==2OB O B ''==1⨯=ABC π2,6AB AC C ===B =π43π4π43π4π2sin sin c b C B=2πsin 6=sin B =5π06B <<π4B =3π4B =4π6π8π16π【分析】根据圆柱的表面积公式计算可得.【详解】依题意圆柱的底面半径，高，所以圆柱的表面积.故选：B5. 已知正方形的边长为，点满足，则（ ）A. 4 B. 5 C. 6 D. 8【答案】C 【解析】【分析】建立平面直角坐标系并写出各点坐标，根据题意求相应向量的坐标，再根据数量积的坐标运算进行求解即可.【详解】建立坐标系如图，正方形的边长为2，则，，，可得，点满足，所以．故选：C.6. 以下说法正确的是（ ）A. 是平面外的一条直线，则过且与平行的平面有且只有一个B. 若夹在两个平面间的三条平行线段长度相等，则这两个平面平行C. 平面内不共线的三点到平面的距离相等，则D. 空间中三点构成边长为2的正三角形，则与这三点距离均为1的平面恰有两个【答案】D 【解析】【分析】当与相交时，不存在过且与平行的平面，即可判断A ；举例说明即可判断1r =2h =222π2π2π12π126πS r rh =+=⨯+⨯⨯=ABCD 2P ()12AP AC AD =+ AP AC ⋅=u u u r u u u rABCD ()0,0A ()2,2C ()0,2D ()()2,2,0,2AC AD ==P ()()11,22AP AC AD =+= 12226AP AC ⋅=⨯+⨯=a αa ααβα//β,,A B C a αa αBC ；满足条件的平面有两个，且在的异侧，即可判断D.【详解】A ：当与相交时，不存在过且与平行的平面，故A 错误；B ：三条平行线段共面时，两平面可能相交也可能平行，当三条平行线段不共面时，两平面一定平行，故B 错误；C ：当与相交时，也存在平面内不共线的三点到平面的距离相等，故C 错误；D ：空间中三点构成边长为2的正三角形，与这三点距离均为1的平面恰有两个，且这两个平面分别在的异侧，故D 正确.故选：D7. 已知满足，则的最小值为（ ）A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】由余弦定理结合平面向量数量积化简得，再利用基本不等式求解．【详解】已知满足，设、、对应的边分别为，，，则，即，则，当且仅当时取等号，即故选：D ．8. 已知正四棱锥的内切球半径为，则当四棱锥的体积最小时，它的高为（ ）ABC a αa ααβαβ,,A B C ABC ABC 345CA CB BA BC AB AC ⋅+⋅=⋅cos A 35452221123a b c =+ABC 345CA CB BA BC AB AC ⋅+⋅=⋅AB AC BC c b a 222222222345222a b c a c b b c a ab ac bc ab ac bc+-+-+-⨯⨯+⨯⨯=⨯2221123a b c =+222221223cos 22b cb c a A bc bc ++-==≥=221223b c =cos A P ABCD -r P ABCD -A. B. C. D. 【答案】C 【解析】【分析】设正四棱锥底面边长为2a ，，高为h ，根据正四棱锥的结构特征结合三角形相似推出，表示出棱锥的体积，结合导数确定棱锥体积最小时，由此即可求得答案.【详解】如图，设正四棱锥的底面的中心为F ，内切球球心为O ，则O 在四棱锥的高上，设内切球与侧面相切于点G ，设E 为的中点，连接，则G 在上，且，则∽，设正四棱锥的底面边长为2a ，，高为h ，则，故四棱锥的体积为，则，当时，，V 在上单调递减，当时，，V 在上单调递增，故时，V 取得最小值，此时，的3r 4r 5rP ABCD -()a r ≠2222a rh a r =-a =P ABCD -PFPBC BC PE PE OG PE ⊥Rt PGO Rt PFE△P ABCD -()a r >r a =2222a rh a r =-P ABCD -222422224428333a h a a r r a V a r a r==⨯=⨯--()32222282(2)3r a a r V a r -=-'⨯r a <<0V '<()r a >0V '>),∞+a =3244r h r r==故选：C二，选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9. 以下关于向量的说法正确的有（ ）A. B. 若，则C. D. 若，则【答案】BC 【解析】【分析】由平面向量数量积的运算，结合向量共线及垂直逐一判断即可．【详解】对于选项A ，当，，均为非零向量时，不妨设，，则，，即选项A 错误；对于选项B ，若，两边平方化简得，则，即选项B 正确；对于选项C ，，即选项C 正确；对于选项D ，若，若，则与的位置关系无法确定，即选项D 错误．故选：BC ．10. 已知为复数，，则以下说法正确的有（ ）A.B. ()()a b c a b c⋅⋅=⋅⋅ a b a b +=- 0a b ⋅= 3||a a a a ⋅⋅=a //,b b //c a //cabca b ⊥ //b c ()0a b c ⋅⋅= ()0a b c ⋅⋅≠||||a b a b +=-40a b ⋅= 0a b ⋅=3||||a a a a ⋅⋅=//,//a b b c0b =a c12,z z 120z z ≠1122||||||z z z z =1212||||||z z z z +=+C.互为共轭复数D. 若，则的最大值为6【答案】ACD 【解析】【分析】利用复数代数形式的四则运算，结合复数模、共轭复数的意义计算判断AC ；举例说明判断B ；利用复数的几何意义求出最大值判断D.【详解】设复数，对于A ，，，A 正确；对于B ，取，则，B 错误；对于C，，，互为共轭复数，C 正确；对于D ，在复平面内，是表示复数的点的轨迹为以原点为圆心，1为半径的圆，是上述圆上的点与复数对应点的距离，而点，的最大值为，D 正确.故选：ACD11. 如图，在菱形中，分别为的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内.在翻折的过程中，下列结论正确的有（ ）1122,z z z z 1||1z =1|34i |z -+222212121211212212,,,,,R,00i i ,z x z x x y y y x y y x y x =+=≠++∈+≠111112212122112222222222222222i (i)(i)i i (i)(i)z x y x y x y x x y y x y x y z x y x y x y x y x y ++-+-===+++-++1212||||||z z z z ====12i,i z z ==-1212||||||20,z z z z +==+111122121212212222222222222212i (i)(i)i i (i)(i)x y x y x y x x z y y x y x y x y x y x y x y x y z --++-===+--+++1121221121212122122222222222222222()i i z x x y y x y x y x x y y x y x y z x y x y x y x y +-+-=-=+++++1122,z z z z 1||1z =1z 11|34i ||(34i)|z z -+=--34i -(3,4)-(3,4)-5=1|34i |z -+516+=ABCD ,M N ,BC CD ABCD AC D ABCA. 平面B. 异面直线与所成角为定值C. 设菱形边长为，当二面角为时，三棱锥的外接球表面积为D. 若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则的取值范围是【答案】ABC 【解析】【分析】据题意，证得，证得平面，可判定A 正确；证得平面，证得，得到，可判定B 正确；取的中心，设外接球的球心为，根据球的截面圆的性质，求得外接球半径为，可判定C 正确；分为直角和钝角时，结合在线段的关系，结合，可判定D 错误．【详解】对于A ，∵，分别为菱形的边，的中点，∴，又平面，平面，∴平面，故A 正确；对于B ，取中点，连接，如图，则，，平面，∴平面，而平面，∴，∴，即异面直线与所成的角为90°，B 正确；MN //ABDAC MN ABCD ,60a CDA ∠= D AC B --120 D ABC -27π3a AD BC ABC ∠π0,4⎛⎫⎪⎝⎭//MN BD //MN ABD AC ⊥BDO AC BD ⊥AC MN ⊥,ABC BCD 12,O O O R =ABC ∠H CB DB DO OB <+M N ABCD BC CD //MN BD MN ⊄ABD BD ⊂ABD //MN ABD AC O ,DO BO ,DO AC BO AC ⊥⊥BO DO O = ,BO DO ⊂BDO AC ⊥BDO BD ⊂BDO AC BD ⊥AC MN ⊥MN AC对于C ，取的中心，设外接球的球心为，连接平面，平面，连接，并延长交于点，因为的边长为，可得，则，又因为，当二面角为时，可得，在直角中，可得，在直角中，可得，即外接球半径为，所以外接球的表面积为，所以C 正确；对于D ，过作，垂足为，若为锐角，在线段上；若为直角，则与重合；若为钝角，则在线段的延长线上，若存在某个位置，使得直线与直线垂直，因为，所以平面，因为平面，所以，若为直角，与重合，所以，在中，因为，所以不可能成立，即为直角不可能成立；若为钝角，在线段的延长线上，则在菱形中，为锐角，由于立体图中，所以立体图中一定小于平面图中的，所以为锐角，，故点在线段上与H 在线段的延长线上矛盾，,ABC BCD 12,O O O 1OO ⊥ABC 2OO ⊥BCD 1BO 1BO AC E ABCa BE a=11,BO O E ==60CDA ∠=︒D AC B --120︒160∠=︒OEO 1OEO 111tan 602OO O E a ==1OO BOB ==R =2274ππ3S R a ==A AH BC ⊥H ABC ∠H BC ABC ∠HB ABC ∠H CB AD BC AH BC ⊥BC⊥AHD HD ⊂AHD CB HD ⊥ABC ∠H B CB BD ⊥CBD △CB CD =CB BD ⊥ABC ∠ABC ∠H CB ABCD DCB ∠DB DO OB <+DCB ∠DCB ∠DCB ∠CB HD ⊥H BC CB因此不可能是钝角；综上,的取值范围是，所以D 错误．故选：ABC .【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法：（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.第II 卷（非选择题）三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12. 若复数满足，则的虚部为__________.【答案】1【解析】【分析】根据复数的除法运算求出复数z ，即可求得答案.【详解】由，得，故的虚部为1，故答案为：113. 已知向量，则与夹角相同的单位向量为__________.【答案】或．【解析】【分析】由已知结合向量数量积的坐标表示及模长得x ,y 的关系式即可求解．【详解】设与、夹角相同的单位向量，ABC ∠ABC ∠π0,2⎛⎫⎪⎝⎭z ()1i 13i z +=+z ()1i 13i z +=+()()()()13i 1i 13i 42i2i 1i 1i 1i 2z +-++====+++-z ()()2,1,2,1a b ==- a b ､(1,0)(1,0)-ab (,)e x y =，因为，所以或．故答案为：或．14. 如图所示，在棱长为的正方体中，点是平面内的动点，满足，则直线与平面所成角正切值的最大值为__________.【解析】【分析】在正方体上“堆叠”一个与之全等的正方体，连接、，设在平面的射影为，连接，则即为直线与平面所成角，在平面上的射影为，求出点的轨迹，再结合平面几何的性质即可得解．【详解】如图所示，在正方体上“堆叠”一个与之全等的正方体，连接、，易知四边形是菱形，设在平面的射影为，由正三棱锥可知，点是△的外心，，则，=0y =221x y +=1x ==1x -(1,0)(1,0)-a 1111ABCD A B C D -P 11BA C 1B P =1D P 11BAC 1111ABCD A B C D -11112222A B C D A B C D -12C D 12A D 1B 11BA C 1O 2O P 12D PO ∠1D P 11BA C 1D 211D AC 2O P 1111ABCD A B C D -11112222A B C D A B C D -12C D 12A D 211D A BC 1B 11BA C 1O 111B A BC -1O 11BA C 1111A B BC A C ===11212BA C S ==由，得，所以，再结合，得，从而的轨迹是（平面上）以为圆心，为半径的圆，记为圆，同理，在平面（即平面上的射影为的外心，连接，则在平面上的射影为，进而即为直线与平面所成角，记，则，其中为定值，而对于，由圆的几何知识可知，当运动到线段且与圆相交时，取得最小值，记相交于Q ,易知，则，此时．． 【点睛】关键点点睛:本题考查空间中点的轨迹及线面角，关键111111B A BC B A B C V V --=2311111332B O a ⋅=⨯⨯11B O =1B P =1O P ==P 11BA C 1O r =1O 1D 211D AC 11)BA C 2O 211D A C △2O P 1D P 11BA C 2O P 12D PO ∠1D P 11BA C 12D PO θ∠=122tan D O O P θ=1211D O B O ==2O P P 1211O O AC ⊥1O 2O P 1211,O O AC 1213O Q O Q ===212O P O O r =-==tan θ=是确定在平面上的轨迹为圆.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15. 已知复数，且是实数.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）或， （2）【解析】【分析】（1）首先化简，根据为实数得到，再由余弦函数的性质计算可得；（2）由（1）可得，即可得到，再根据复数乘方法则计算可得.【小问1详解】因为，所以，因为是实数，所以，则，所以或，，解得或，.【小问2详解】当，时，若为偶数，则若为奇数，则，所以；的P 11BA C ()sin i cos21,R z θθθ=++∈2i z-θ3z ππ3k θ=+2ππ3k θ=+Z k ∈3i z =2i z -2i z -1cos 22θ=-sin θz ()sin i cos21z θθ=++()()2i 2sin i cos21i 2sin i 2cos 21z θθθθ⎡⎤-=++-=++⎣⎦2i z -2cos 210θ+=1cos 22θ=-22π2π3k θ=+42π2π3k θ=+Z k ∈ππ3k θ=+2ππ3k θ=+Z k ∈ππ3k θ=+Z k ∈k ππsin sin πsin 33k θ⎛⎫=+==⎪⎝⎭k ππsin sin πsin 33k θ⎛⎫=+=-=⎪⎝⎭sin θ=同理当，时，，又，所以当，则；当，则；故.16. 如图所示，正方体的棱长为分别为的中点，点满足.（1）若，证明：平面；（2）连接，点在线段上，且满足平面.当时，求长度的取值范围.【答案】（1）证明见解析2ππ3k θ=+Z k ∈sin θ=1cos 22θ=-sin θ=1i 2z =+323111i i i 222z ⎫⎫⎫=+=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎭⎭11i i 22⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭sin θ=1i 2z =+323111i i i 222z ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭11i i 22⎛⎫⎛⎫=+= ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭3i z =ABCD A B C D -''''2,,E F ,A B B C ''''GB G B B λ=''12λ=//EG D AC 'BD M BD //D M 'EFG 1,12λ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦D M '（2）【解析】【分析】（1）连接，依题意可得为的中点，从而得到，再由正方体的性质得到，从而得到，即可得证；（2）求出和时的长度，即可得到的取值范围.【小问1详解】连接，因为为的中点，当时即，所以为的中点，所以，又且，所以四边形为平行四边形，所以，所以，又平面，平面，所以平面.【小问2详解】当时为的中点，连接交于点，连接，连接交于点，取的中点，连接、，因为分别为的中点，所以，则为的中点，所以，又且，所以为平行四边形，所以，所以，又平面，平面平面，平面，所以，所以和重合，A B 'G BB '//EG A B '//A B D C ''//EG D C '12λ=1λ=D M 'D M 'A B 'E A B ''12λ=12B G B B ''= G BB '//EG A B '//A D BC ''=A D BC ''A D CB ''//A B D C ''//EG D C 'EG ⊄D AC 'D C '⊂D AC '//EG D AC '12λ=G BB 'B D ''EF H H G A C ''B D ''1O BD 2O 1BO 2D O ',E F ,A B B C ''''//EF A C ''H 1B O '1//HG BO 21//BO D O '21BO D O '=21O BD O '12//BO D O '2//GH D O '//D M 'EFG D DBB '' EFG GH =D M '⊂D DBB ''//D M GH 'M 2O又，此时，当时与点重合，在上取点使得，连接，由前述说明可知为的中点，则，又，所以，又，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，所以综上可得当时，求长度的取值范围为.17. 设三个内角的对边分别为，且.（1）求的值；（2）设为锐角三角形，是边的中点，求的取值范围.【答案】（1）BD==D M =='1λ=G B DB M 14DM DB =D M 'H 1B O '34D H D B '''=34BM DB =D H BM '=//D B BD ''D HBM '//D M HB 'HB ⊂EFG D M '⊄EFG //D M 'EFG D M ='1,12λ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦D M 'ABC ,,A B C ,,a b c ()22cos sin sin sin b A C c B C b +=+A c ABC = D AC DB AC ⋅π3A =（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理，转化求解即可．（2）由正弦定理求解的范围，结合向量的数量积，推出的表达式，然后求解范围即可．【小问1详解】因为，所以利用正弦定理可得，又为三角形内角，，所以，可得，因为，所以；【小问2详解】；，则，又为锐角三角形，则，得，则，故,，即，二次函数的开口向下，对称轴为，,3(3,)8-A AC AC 2(2cos sin )sinsin b A C c BC b +=+2sin (2cos sin )sin sin sin sin B A C C BC B +=+B sin 0B >22cos sin sin sin 1A C C C +=+1cos 2A =(0,π)A ∈π3A =c =π3A=sin sin abA B==1πsin 2233sin sin 2tan C C C b C C C ⎫⎛⎫+⎪+ ⎪⎝⎭⎝⎭====ABC π022ππ032C B C ⎧<<⎪⎪⎨⎪<=-<⎪⎩ππ62C <<tan C >32tan b C =211π()||||cos223DB AC CA AB AC AC AB AC ⋅=+⋅=-+⋅ 2211|22AC AC b =-+=- ()212f b b =-+b =在单调递减，故的取值范围,，即．18.如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，.（1）证明：平面平面；（2）若，与平面的夹角为，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析 （2【解析】【分析】（1）设，连接，即可证明、，从而得到平面，即可得证；（2）过点作交于点，即可证明平面，则即为与平面所成的角，即可求出作交于点，连接，即可证明平面，从而得到即为二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得.【小问1详解】设，连接，因为为正方形，所以且为的中点，又，所以，()f b DB AC ⋅ (f f 3(3,)8-P ABCD -2PB PD =PBD ⊥PAC 1PA =PA ABCD π4P BC A --AC BD O = OP AC BD ⊥OP BD ⊥BD ⊥PAC P PH AC ⊥AC H PH ⊥ABCD PAH ∠PA ABCD AH PH ==H HE BC ⊥BC E PE BC⊥PHE PEH ∠P BC A --AC BD O = OP ABCD AC BD ⊥O BD PB PD =OP BD ⊥又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.【小问2详解】在平面中过点作交于点，因为平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，所以即为与平面所成的角，即，又，所以，过点作交于点，连接，又平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，所以即为二面角的平面角，又，所以因为为正方形，所以，则，所以，解得，又平面，平面，所以，AC OP O = ,AC OP ⊂PAC BD ⊥PAC BD ⊂PBD PBD ⊥PAC PAC P PH AC ⊥AC H BD ⊥PAC PH ⊂PAC BD PH ⊥AC BD O = ,AC BD ⊂ABCD PH ⊥ABCD PAH ∠PA ABCD π4PAH ∠=1PA =AH PH ==H HE BC ⊥BC E PE PH ⊥ABCD BC ⊂ABCD PH BC ⊥PH HE H =I ,PH HE ⊂PHE BC ⊥PHE PE ⊂PHE BC PE ⊥PEH ∠P BC A --AC ==CH ==ABCD AB BC ⊥//AB HE CH EHAC AB =2EH =32EH =PH ⊥ABCD EH ⊂ABCD PH EH ⊥所以，所以所以二面角.19. 由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体，围成多面体的各个多边形叫做多面体的面，两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共点叫做多面体的顶点.对于凸多面体，有著名的欧拉公式：，其中为顶点数，为棱数，为面数.我们可以通过欧拉公式计算立体图形的顶点､棱､面之间的一些数量关系.例如，每个面都是四边形的凸六面体，我们可以确定它的顶点数和棱数.一方面，每个面有4条边，六个面相加共24条边；另一方面，每条棱出现在两个相邻的面中，因此每条棱恰好被计算了两次，即共有12条棱；再根据欧拉公式，，可以得到顶点数.（1）已知足球是凸三十二面体，每个面均为正五边形或者正六边形，每个顶点与三条棱相邻，试确定足球的棱数；（2）证明：个顶点的凸多面体，至多有条棱；（3）已知正多面体各个表面均为全等的正多边形，且与每个顶点相邻的棱数均相同.试利用欧拉公式，讨论正多面体棱数的所有可能值.【答案】（1） （2）证明见解析（3）的PE ===sin PEH ∠==P BC A --2n e f -+=n e f 12,6e f ==8n =n 36n -906,12,30【解析】【分析】（1）设此足球有个正五边形，分别得顶点与棱数，再利用欧拉公式解得的值.（2）当凸多面体每个面均为三角形时，棱数最多，此时棱数与面数有关系.（3）设正多面体每个顶点有条棱，每个面都是正边形，根据欧拉公式列出表达式，再由得不等式，分类取值即可.【小问1详解】设足球有个正五边形，则有个正六边形，足球的顶点，棱数，由欧拉公式得，解得，即此足球中有个面为正五边形，所以此足球的棱数.【小问2详解】由个顶点的凸多面体，其面数尽可能多，那么相当于每一个面尽可能均为三角形，当棱数最多时，该凸多面体每一个面均为三角形，此时，即，又，即，解得，故个顶点的凸多面体，至多有条棱.【小问3详解】设正多面体每个顶点有条棱，每个面都是正边形，则此多面体棱数，，即，由欧拉公式，得，所以，即，即，所以，m m 32e f =p q 220q p qp +->m 32m -()56323m m n +-=()56322m m e +-=()()5632563232232m m m m +-+--+=12m =12()5632902m m e +-==n 32f e =23f e =2n e f -+=223e n e -+=36e n =-n 36n -p q 22qf pn e ==,3p q ≥pn f q =2n e f -+=422q n q p qp=+-220q p qp +->1112q p +>1111112236p q >-≥-=6p <当时，，所以，，；当时，，所以，，；当时，，所以，，；综上：棱数可能为.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，讨研得点与棱、点与面、棱与面的数量之间的关系，从而得解.3p =6q <3,4,5q =4,8,20n =6,12,30e =4p =4q <3q =6n =12e =5p =103q <3q =12n =30e =6,12,30。
浙江省余姚2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题含答案
余姚2023学年第二学期期中检测高一数学试卷（答案在最后）一、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.已知1i22i z -=+，则z z -=（）A .i- B.iC.0D.1【答案】A 【解析】【分析】根据复数的除法运算求出z ，再由共轭复数的概念得到z ，从而解出．【详解】因为()()()()1i 1i 1i 2i 1i 22i 21i 1i 42z ----====-++-，所以1i 2z =，即i z z -=-．故选：A ．2.如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形O A B C ''''，且//O A B C ''''，242O A B C A B '''''='==，，则该平面图形的高为（）A. B.2C.D.【答案】C 【解析】【分析】由题意计算可得O C ''，还原图形后可得原图形中各边长，即可得其高.【详解】在直角梯形O A B C ''''中，//O A B C ''''，24,2O A B C A B ''''='=='，则O C ==''直角梯形O A B C ''''对应的原平面图形为如图中直角梯形OABC ，则有//,,24,242BC OA OC OA OA BC OC O C ''⊥====，所以该平面图形的高为42.故选：C.3.在平行四边形ABCD 中，,AC BD 相交于点O ，点E 在线段BD 上，且3BE ED = ，则AE =（）A.1142AD AC + B.1124AD AC +C.3144AD AC +D.1344AD AC +【答案】B 【解析】【分析】利用平面向量基本定理即可得到答案.【详解】因为O 是AC 的中点，12AO AC ∴= ，又由3BE ED =可得E 是DO 的中点，11112224AE AD AO AD AC ∴=+=+ .故选：B.4.某小组有2名男生和3名女生，从中任选2名学生去参加唱歌比赛，在下列各组事件中，是互斥事件的是（）A.恰有1名女生和恰有2名女生B.至少有1名男生和至少有1名女生C.至少有1名女生和全是女生D.至少有1名女生和至多有1名男生【答案】A 【解析】【分析】根据互斥事件的定义判断即可.【详解】依题意可能出现2名男生、1名男生1名女生、2名女生；对于A ：恰有1名女生即选出的两名学生中有一名男生一名女生和恰有2名女生，他们不可能同时发生，故是互斥事件，故A 正确；对于B ：当选出的两名学生中有一名男生一名女生，则至少有1名男生和至少有1名女生都发生了，故不是互斥事件，故B 错误；对于C ：至少有1名女生包含有一名男生一名女生与全是女生，所以当全是女生时，至少有1名女生和全是女生都发生了，故不是互斥事件，故C 错误；对于D ：至少有1名女生包含有一名男生一名女生与全是女生，至多有1名男生包含有一名男生一名女生与全是女生，故至少有1名女生和至多有1名男生是相等事件，故D 错误.故选：A5.已知点()1,1A ，()0,2B ，()1,1C --．则AB 在BC上的投影向量为（）A.10310,55⎛ ⎝⎭B.10310,55⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭C.13,55⎛⎫⎪⎝⎭ D.13,55⎛⎫-- ⎪⎝⎭【答案】C 【解析】【分析】根据向量的坐标公式，结合投影向量的定义进行求解即可.【详解】因为()1,1A ，()0,2B ，()1,1C --．所以()1,1AB =-uu u r，()1,3BC =--，5cos ,5AB BC AB BC AB BC⋅〈〉==-⋅，所以向量AB 与BC的夹角为钝角，因此量AB 在BC上的投影向量与BC 方向相反，而cos ,55AB AB BC ⋅〈〉==，155BC == ，所以AB 在BC 上的投影向量为()11131,3,5555BC ⎛⎫-⋅=-⋅--= ⎪⎝⎭，故选：C6.秦九韶是我国南宋时期的著名数学家，他在著作《数书九章》中提出，已知三角形三边长计算三角形面积的一种方法“三斜求积术”，即在ABC 中，,,a b c 分别为内角,,A B C 所对应的边，其公式为：ABCS ==若22sin sin C c A =，3cos 5B =，a b c >>，则利用“三斜求积术”求ABC 的面积为（）A.54B.34 C.35D.45【答案】D 【解析】【分析】由正弦定理可得2ac =，由余弦定理可得222625a cb +-=，在结合已知“三斜求积术”即可求ABC 的面积.【详解】解：因为22sin sin C c A =，由正弦定理sin sin a c A C=得：22c c a =，则2ac =又由余弦定理2223cos 25a cb B ac +-==得：22236255a c b ac +-==则由“三斜求积术”得45ABC S == .故选：D.7.已知某样本的容量为50，平均数为36，方差为48，现发现在收集这些数据时，其中的两个数据记录有误，一个错将24记录为34，另一个错将48记录为38.在对错误的数据进行更正后，重新求得样本的平均数为x ，方差为2s ，则（）A.236,48s x =<B.236,48s x =>C.236,48s x ><D.236,48s x <>【答案】B 【解析】【分析】根据数据总和不变，则平均数不变，根据方差的定义得()()()2221248148363636850x x x ⎡⎤=-+-++-+⎣⎦ ，而()()()4221222813628843668035s x x x +⎡-⎤=-+>⎣⎦-+ .【详解】设收集的48个准确数据为1248,,x x x ，所以124834383650x x x +++++= ，所以12481728x x x +++= ，所以124824483650x x x x +++++== ，又()()()222221248148363636(3436)(3836)50x x x ⎡⎤=-+-++-+-+-⎣⎦ ()()()22212481363636850x x x ⎡⎤=-+-++-+⎣⎦ ，()()()42222222183636(2436)(48136536)0s x x x ⎡⎤=-+⎣⎦-++-+-+- ()()()222281413628848365360x x x ⎡⎤=+-+-+->⎣⎦ ，故选：B.8.在ABC 中，π6A =，π2B =，1BC =，D 为AC 中点，若将BCD △沿着直线BD 翻折至BC D '△，使得四面体C ABD '-的外接球半径为1，则直线BC '与平面ABD 所成角的正弦值是（）A.3B.23C.3D.3【答案】D 【解析】【分析】由直角三角形性质和翻折关系可确定BC D '△为等边三角形，利用正弦定理可确定ABD △外接圆半径，由此可知ABD △外接圆圆心O 即为四面体C ABD '-外接球球心，由球的性质可知OG ⊥平面BC D '，利用C OBD O C BD V V ''--=可求得点C '到平面ABD 的距离，由此可求得线面角的正弦值.【详解】π6A =，π2B =，1BC =，2AC ∴=，又D 为AC 中点，1AD CD BD ∴===，则1BC C D BD ''===，即BC D '△为等边三角形，设BC D '△的外接圆圆心为G ，ABD △的外接圆圆心为O ，取BD 中点H ，连接,,,,,C H OH OG OB OC OD ''，π6A =，1BD =，112sin BDOB A∴=⋅=，即ABD △外接圆半径为1，又四面体C ABD '-的外接球半径为1，O ∴为四面体C ABD '-外接球的球心，由球的性质可知：OG ⊥平面BC D '，又C H '⊂平面BC D '，OG C H '∴⊥，22333C G CH '===，1OC '=，3OG ∴=；设点C '到平面ABD 的距离为d ，由C OBD O C BD V V ''--=得：1133OBD C BD S d S OG '⋅=⋅ ，又OBD 与C BD ' 均为边长为1的等边三角形，3d OG ∴==，直线BC '与平面ABD 所成角的正弦值为3d BC ='.故选：D.【点睛】关键点点睛；本题考查几何体的外接球、线面角问题的求解；本题求解线面角的关键是能够确定外接球球心的位置，结合球的性质，利用体积桥的方式构造方程求得点到面的距离，进而得到线面角的正弦值.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.数据1，2，3，3，4，5的平均数和中位数相同B.数据6，5，4，3，3，3，2，2，1的众数为3C.有甲、乙、丙三种个体按3:1:2的比例分层抽样调查，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为30D.甲组数据的方差为4，乙组数据为5，6，9，10，5，则这两组数据中较稳定的是乙组【答案】AB 【解析】【分析】根据已知条件，结合平均数、方差公式，众数、中位数的定义，以及分层抽样的定义，即可求解.【详解】对于A ，平均数为12334536+++++=，将数据从小到大排列为1,2,3,3,4,5，所以中位数为3332+=，A 正确；对于B ，数据6，5，4，3，3，3，2，2，1的众数为3，B 正确；对于C ，根据样本的抽样比等于各层的抽样比知，样本容量为3918312÷=++，C 错误；对于D ，乙数据的平均数为56910575++++=，乙数据的方差为()()()()()22222157679710757 4.445⎡⎤-+-+-+-+-=>⎣⎦，所以这两组数据中较稳定的是甲组，D 错误.故选：AB.10.在ABC 中，内角A 、B 、C 所对的边分别a 、b 、c ，22sin a bc A =，下列说法正确的是（）A.若1a =，则14ABC S =△B.ABC 外接圆的半径为bc aC.c b b c+取得最小值时，π3A =D.π4A =时，c b b c+值为【答案】ABD 【解析】【分析】对A ，由正弦定理化简2sin a b C =可得1sin 2C b=，再根据三角形面积公式判断即可；对B ，根据2sin a b C =结合正弦定理判断即可；对C ，根据正弦定理与余弦定理化简sin 2sin sin A B C =可得π4b c A c b ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，再根据基本不等式与三角函数性质判断即可；对D ，根据三角函数值域求解即可.【详解】对A ，因为22sin a bc A =，由正弦定理可得sin 2sin sin a A b A C =，因为()0,πA ∈，则sin 0A >，则2sin a b C =，又因为1a =，故1sin 2C b =，故三角形面积为1111sin 12224ABC S ab C b b ==⨯⨯⨯=△，故A 正确；对B ，2sin a b C =，则sin 2aC b=，设ABC 外接圆的半径为R ，则2sin cR C=，故22c bc R a a b==⨯，故B 正确；对C ，因为22sin a bc A =，由余弦定理222sin 2cos b c c A b bc A =+-，即()222sin cos bc A A b c +=+，化简可得π4b c A c b⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，由基本不等式得2b c c b +≥=，当且仅当b c =时取等号，此时πsin 42A ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，故当π2A =，π4B C ==时，b c c b +取得最小值2，故C 错误；对D ，由C，π4b c A c b ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，当π4A =时，b c c b+的值为，故D 正确；故选：ABD.11.如图，在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G 分别为棱,,AD AB BC 的中点，点P 为线段1D F 上的动点（包含端点），则（）A.存在点P ，使得1//C G 平面BEPB.对任意点P ，平面1FCC ⊥平面BEPC.两条异面直线1D C 和1BC 所成的角为45︒D.点1B 到直线1D F 的距离为4【答案】ABD 【解析】【分析】A 选项当P 与1D 重合时，用线面平行可得出11//C G D E ，进而可得；B 选项证明BE ⊥平面1FCC 即可得出；选项C 由正方体的性质和画图直接得出；选项D 由余弦定理确定1145B D F ∠=︒，之后求距离即可.【详解】A ：当P 与1D 重合时，由题可知，11111111//,,//,,//,EG DC EG DC D C DC D C DC EG D C EG D C ==∴=，四边形11EGC D 为平行四边形，故11//C G D E ，又1C G ⊄平面BEP ，1D E ⊂平面BEP ，则1//C G 平面BEP ，故A 正确；B ：连接CF ，1CC ⊥ 平面ABCD ，BE ⊂平面ABCD ，1CC BE ∴⊥，又,,,AE BF AB BC A CBF BAF CBF ==∠=∠∴ ≌，故90,AEB BFC EBA BFC CF BE ∠=∠⇒∠+∠=︒∴⊥，又11,,CF CC C CF CC =⊂ 平面1FCC ，BE ∴⊥平面1FCC ，又BE ⊂平面BEP ，故对任意点P ，平面1FCC ⊥平面BEP ，故B 正确；C：由正方体的结构特征可知11//BC AD ，异面直线1D C 和1BC 所成的角即为1AD 和1D C 所成的角，由图可知为60︒，故C 错误；D ：由正方体的特征可得1111B D FD B F =====，222222111111111116cos ,4522B D FD B FB D F B D F B D FD +-+-∴∠===∴∠=︒⋅，所以点1B 到直线1D F 的距离1111sin 42d B D B D F =∠==，故D 正确；故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.为培养学生“爱读书、读好书、普读书”的良好习惯，某校创建了人文社科类、文学类、自然科学类三个读书社团.甲、乙、丙三位同学各自参加其中一个社团，每位同学参加各个社团的可能性相同，则三人恰好参加同一个社团的概率为______.【答案】19【解析】【分析】根据题意，得到基本事件的总数为27n =，以及所求事件中包含的基本事件个数为3m =，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.【详解】由人文社科类、文学类、自然科学类三个读书社团，甲、乙、丙三位同学各自参加其中一个社团，每位同学参加各个社团的可能性相同，基本事件的总数为3327n ==，三人恰好参加同一个社团包含的基本事件个数为3m =，则三人恰好参加同一个社团的概率为31279m P n ===.故答案为：19.13.如图，在ABC 中，π3BAC ∠=，2AD DB =，P 为CD 上一点，且满足()12AP mAC AB m =+∈R ，若2AC =，4AB =，则AP CD ⋅的值为______.【答案】3【解析】【分析】利用//CP CD ，结合已知条件可把m 求出，由平面向量基本定理把AP 、CD 用已知向量AB 、AC表示，再利用数量积的运算法则可求数量积．【详解】 2AD DB =，∴23AD AB = ，//CP CD，∴存在实数k ，使得CP kCD = ，即()AP AC k AD AC -=- ，又 12AP mAC AB =+ ，则()12123m AC AB k AB AC ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭，∴11223m kk -=-⎧⎪⎨=⎪⎩，34k ∴=，14m =，则()112423AP CD AP AD AC AC AB AB AC ⎛⎫⎛⎫⋅=⋅-=+⋅- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭2221111611π242cos 33433433AB AC AB AC =--⋅=--⨯⨯ ，故答案为：3．14.已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，动点P 在1AB C V 内，满足1D P =，则点P 的轨迹长度为______.【解析】【分析】确定正方体1111ABCD A B C D -对角线1BD 与1AB C V 的交点E ，求出EP 确定轨迹形状，再求出轨迹长度作答.【详解】在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，1DD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，则1DD AC ⊥，而BD AC ⊥，1DD BD D =I ，1DD ，BD ⊂平面1BDD ，于是AC ⊥平面1BDD ，又1BD ⊂平面1BDD ，则1AC BD ⊥，同理11⊥AB BD ，而1AC AB A ⋂=，AC ，1AB ⊂平面1AB C ，因此1BD ⊥平面1AB C ，令1BD 交平面1AB C 于点E ，由11B AB C B ABC V V --=，得111133AB C ABC S BE S BB ⋅=⋅ ，即)23142BE AB ⋅⋅=，解得BE AB ==而1BD ==1D E =，因为点P 在1AB C V 内，满足1D P =，则EP ==因此点P 的轨迹是以点E 为半径的圆在1AB C V 内的圆弧，而1AB C V 为正三角形，则三棱锥1B AB C -必为正三棱锥，E 为正1AB C V 的中心，于是正1AB C V 的内切圆半径111323232EH AB =⨯⨯=⨯=，则cos 2HEF ∠=，即π6HEF ∠=，π3FEG ∠=，所以圆在1AB C V 内的圆弧为圆周长的12，即点P 的轨迹长度为12π2⋅=【点睛】方法点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知z 为复数，2i z +为实数，且(12i)z -为纯虚数，其中i 是虚数单位.（1）求||z ；（2）若复数2(i)z m +在复平面上对应的点在第一象限，求实数m 的取值范围.【答案】（1）（2）()2,2-【解析】【分析】（1）设=+i ,R z a b a b ∈，，根据复数代数形式的乘法法则化简2i z +与(12i)z -，根据复数为实数和纯虚数的条件，即可求出a b ，，利用复数模长公式，即可求得到复数的模长；（2）由（1）知，求出复数的共轭复数，再根据复数代数形式的除法与乘方运算化简复数，再根据复数的几何意义得到不等式组，解得即可.【小问1详解】设=+i ,R z a b a b ∈，，()2i=2i z a b +++，因为2i z +为实数，所以20b +=，即2b =-所以(12i)(2i)(12i)42(1)i z a a a -=--=--+，又因为(12i)z -为纯虚数，所以40a -=即4a =，所以42z i =-，所以z ==.【小问2详解】由（1）知，42iz =+所以222(i)(42i i)16(2)8(2)i m m z m m +=++=-+++，又因为2(i)z m +在复平面上所对应的点在第一象限，所以216(2)08(2)0m m ⎧-+>⎨+>⎩，解得：22m -<<所以，实数m 的取值范围为()2,2-.16.某校为了提高学生对数学学习的兴趣，举办了一场数学趣味知识答题比赛活动，共有1000名学生参加了此次答题活动．为了解本次比赛的成绩，从中抽取100名学生的得分（得分均为整数，满分为100分）进行统计．所有学生的得分都不低于60分，将这100名学生的得分进行分组，第一组[)60,70，第二组[)70,80，第三组[)80,90，第四组[]90,100（单位：分），得到如下的频率分布直方图．（1）求图中m 的值，并估计此次答题活动学生得分的中位数；（2）根据频率分布直方图，估计此次答题活动得分的平均值．若对得分不低于平均值的同学进行奖励，请估计参赛的学生中有多少名学生获奖．（以每组中点作为该组数据的代表）【答案】（1）0.01m =，中位数为82.5．（2）82x =，有520名学生获奖．【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图中所有频率之和等于1和中位数左边和右边的直方图的面积应该相等即可求解；（2）利用频率分布直方图中平均数等于每个小矩形底边的中点的横坐标与小矩形的面积的乘积之和及不低于平均值的学生人数为总数500乘以不低于平均值的频率即可.【小问1详解】由频率分布直方图知：()0.030.040.02101m ++++⨯=，解得0.01m =，设此次竞赛活动学生得分的中位数为0x ，因数据落在[)60,80内的频率为0.4，落在[)60,90内的频率为0.8，从而可得08090x <<，由()0800.040.1x -⨯=，得082.5x =，所以估计此次竞赛活动学生得分的中位数为82.5．【小问2详解】由频率分布直方图及（1）知：数据落在[)60,70，[)70,80，[)80,90，[]90,100的频率分别为0.1，0.3，0.4，0.2，650.1750.3850.4950.282x =⨯+⨯+⨯+⨯=，此次竞赛活动学生得分不低于82的频率为90820.20.40.5210-+⨯=，则10000.52520⨯=，所以估计此次竞赛活动得分的平均值为82，在参赛的1000名学生中估计有520名学生获奖17.在①()(sin sin )(sin sin )a c A C b A B +-=-；②2cos 0cos b a A c C--=；③向量()m c = 与(cos ,sin )n C B = 平行,这三个条件中任选一个,补充在下面题干中,然后解答问题.已知ABC 内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ,且满足______.（1）求角C ；（2）若ABC 为锐角三角形,且2c =,求ABC 周长的取值范围；（3）在（2）条件下,若AB 边中点为D ,求中线CD 的取值范围.（注：如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分）【答案】（1）条件选择见解析,3π（2）2,6]+（3）3CD <≤【解析】【分析】（1）选①根据正弦定理化简，然后转化成余弦值即可；选②根据正弦定理化简即可求到余弦值，然后求出角度；选③先根据向量条件得到等式，然后根据正弦定理即可求到正切值，最后求出角度.（2）根据（1）中结果和2c =，把ABC 周长转化成π4sin 26A ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，然后再求解范围.（3）根据中线公式和正弦定理，把CD 转化成三角函数求解即可.【小问1详解】选①：因为()(sin sin )(sin sin )a c A C b A B +-=-，()()()a c a c b a b ∴+-=-,即222c a b ab =+-，1cos 2C ∴=，()0,πC ∈ ,π3C ∴=.选②：2cos 0cos b a A c C--=，2sin sin cos sin cos B A A C C-∴=,2sin cos sin cos sin cos B C A C C A ∴-=，1cos 2C ∴=,()0,πC ∈ ,π3C ∴=.选③：向量()m c = 与(cos ,sin )n C B =平行，sin cos c B C ∴=,sin sin cos C B B C ∴=,tan C ∴=()0,πC ∈ ,π3C ∴=.【小问2详解】π,23C c == ,sin sin sin a b c A B C==,23sin )2sin())2sin )232a b c A B A A A A π∴++=++=+-+=+4sin(26A π=++. ABC 为锐角三角形,π022ππ032A B A ⎧<<⎪⎪∴⎨⎪<=-<⎪⎩，ππ62A ∴<<，πsin ,162A ⎛⎤⎛⎫∴+∈ ⎥ ⎪ ⎝⎭⎝⎦.ABC ∴周长的取值范围为2,6]+.【小问3详解】224a b ab =+- ，又由中线公式可得222(2)42()2(4)CD a b ab +=+=+，21624442·sin sin 33CD B A A π⎛⎫∴=+=+- ⎪⎝⎭2161161142·sin cos sin 42·sin 23223426A A A A π⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++- ⎪ ⎪⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦⎝⎭.即254πsin 2336CD A ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭， ABC 为锐角三角形，π022ππ032A B A ⎧<<⎪⎪∴⎨⎪<=-<⎪⎩，ππ62A ∴<<,ππ5π2666A ∴<-<.3CD <≤.18.三棱台111ABC A B C -中，若1A A ⊥面ABC ，ABAC ⊥，12AB AC AA ===，111A C =，M ，N 分别是BC ，BA 中点.（1）求1A N 与1CC 所成角的余弦值；（2）求平面1C MA 与平面11ACC A 所成成角的余弦值；（3）求1CC 与平面1C MA 所成角的正弦值.【答案】（1）45（2）23（3）15【解析】【分析】（1）根据题意，证得11//MN A C 和11//A N MC ，得到1CC M ∠为1A N 与1CC 所成角，在1CC M △中，利用余弦定理，即可求解；（2）过M 作ME AC ⊥，过E 作1EF AC ⊥，连接1,MF C E ，证得ME ⊥平面11ACC A ，进而证得1AC ⊥平面MEF ，得到平面1C MA 与11ACC A 所成角即MFE ∠，在直角MEF 中，即可求解；（3）过1C 作1C P AC ⊥，作1C Q AM ⊥，连接,PQ PM ，由1C P ⊥平面AMC ，得到1C P AM ⊥和1C Q AM ⊥，得到AM ⊥平面1C PQ 和PR ⊥平面1C MA ，在直角1C PQ 中，求得23PR =，求得C 到平面1C MA 的距离是43，进而求得1CC 与平面1C MA 所成角.【小问1详解】解：连接1,MN C A .由,M N 分别是,BC BA 的中点，根据中位线性质，得//MN AC ，且12AC MN ==，在三棱台111ABC A B C -中，可得11//A C AC ，所以11//MN A C ，由111MN A C ==，可得四边形11MNAC 是平行四边形，则11//A N MC ，所以1CC M ∠为1A N 与1CC 所成角，在1CC M △中，由111CC A N C M CM ====，可得14cos5CC M ∠=.【小问2详解】解：过M 作ME AC ⊥，垂足为E ，过E 作1EF AC ⊥，垂足为F ，连接1,MF C E .由ME ⊂面ABC ，1A A ⊥面ABC ，故1AA ME ⊥，又因为ME AC ⊥，1AC AA A =∩，1,AC AA ⊂平面11ACC A ，则ME ⊥平面11ACC A .由1AC ⊂平面11ACC A ，故1ME AC ⊥，因为1EF AC ⊥，ME EF E ⋂=，且,ME EF ⊂平面MEF ，于是1AC ⊥平面MEF ，由MF ⊂平面MEF ，可得1AC MF ⊥，所以平面1C MA 与平面11ACC A 所成角即MFE ∠，又因为12AB ME ==，1cos CAC ∠=，则1sin CAC ∠=所以11sin EF CAC =⨯∠=，在直角MEF 中，90MEF ∠=，则MF ==2cos 3EF MFE MF ∠==.【小问3详解】解：过1C 作1C P AC ⊥，垂足为P ，作1C Q AM ⊥，垂足为Q ，连接,PQ PM ，过P 作1PR C Q ⊥，垂足为R ，由11C A C C ==，1C M ==12C Q ==，由1C P ⊥平面AMC ，AM ⊂平面AMC ，则1C P AM ⊥，因为1C Q AM ⊥，111C Q C P C = ，11,C Q C P ⊂平面1C PQ ，于是AM ⊥平面1C PQ ，又因为PR ⊂平面1C PQ ，则PR AM ⊥，因为1PR C Q ⊥，1C Q AM Q = ，1,C Q AM ⊂平面1C MA ，所以PR ⊥平面1C MA ，在直角1C PQ 中，1122223322PC PQ PR QC ⋅⋅==，因为2CA PA =，故点C 到平面1C MA 的距离是P 到平面1C MA 的距离的两倍，即点C 到平面1C MA 的距离是43，设所求角为θ，则43sin 15θ==.19.如图①，在矩形ABCD 中，2AB AD ==E 为CD 的中点，如图②，将AED △沿AE 折起，点M 在线段CD 上．（1）若2DM MC =，求证AD ∥平面MEB ；（2）若平面AED ⊥平面BCEA ，是否存在点M ，使得平面DEB 与平面MEB 垂直？若存在，求此时三棱锥B DEM -的体积，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，169【解析】【分析】（1）根据已知条件及平行线分线段成比例定理，结合线面平行的判定定理即可求解；（2）根据（1）的结论及矩形的性质，利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，再利用等体积法及棱锥的体积公式即可求解.【小问1详解】如图，连AC ，交EB 于G ，在矩形ABCD 中，E 为DC 中点，AB EC ∴∥，且2AB EC =，2AG GC ∴=，又2DM MC =，AD MG ∴∥，又MG ⊂平面MEB ，AD ⊄平面MEB ，AD ∴∥平面MEB ．【小问2详解】存在点M ，使得平面DEB 与平面MEB 垂直.在矩形ABCD 中，12DE DA AB ==，45DEA BEC ∴∠=∠=︒，90AEB ∴∠=︒，即AE EB ⊥，已知平面AED ⊥平面BCEA ，又平面AED 平面BCEA AE =，BE ∴⊥平面AED ，DE ⊂平面AED ，BE DE ∴⊥．①取AE 中点O ，则DO AE ⊥，平面AED ⊥平面BCEA ，平面AED 平面BCEA AE =，DO ∴⊥平面BCEA ，由（1）知当2DM MC =时，AD MG ∥，AD DE ⊥ ，MG DE ∴⊥．②而BE MG G ⋂=，,⊂BE MG 平面MEB ，DE ∴⊥平面MEB ，又DE ⊂平面DEB ，∴平面DEB ⊥平面MEB ．即当2DM MC =时，平面DEB 与平面MEB 垂直．依题意有DE AD ==4AE =，2DO =，(2222121116233333329B DEM B DEC D BEC BEC V V V DO S ---∴===⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=△．。
浙江省杭州2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷含答案
杭州2023学年第二学期高一年级期中考数学试卷命题高一数学组校审高一数学组（答案在最后）本试卷共150分考试时间120分钟一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知向量()()1,2,4,,a b x a b==⊥ ，则x =（）A.8- B.8C.2- D.2【答案】C 【解析】【分析】根据题意由420a b x ⋅=+=，即可得解.【详解】由()()1,2,4,,a b x a b ==⊥，可得()()1,24,420a b x x ⋅=⋅=+=，所以2x =-.故选：C2.已知i 为虚数单位，若复数()2ii 1i z -=+，则（）A.复数z 为31i 22- B.z 2=C.复数z 虚部为1i2- D.在复平面内z 对应的点位于第二象限【答案】B 【解析】【分析】将复数z 利用复数的四则运算转化为i a b +的形式，逐项判断即可.【详解】()()()()()2i 1i 2i 2i3i 31i i 1i 1i 1i 1i 222z -------=====--+-+-+--对于A ，31i 22z =-+，故A 错误；对于B ，2z ==，故B 正确；对于C ，复数z 虚部为12-，故C 错误；对于D ，复数z 在复平面内对应的点是31,22⎛⎫-- ⎪⎝⎭，位于第三象限，故D 错误.故选：B.3.在ABC 中，30,1A BC =︒=，则ABC 外接圆的直径为（）A.3B.12C.2D.3【答案】C 【解析】【分析】由正弦定理即可求解.【详解】设ABC 的外接圆半径为R ，由正弦定理有：122sin sin 30BC R A ===︒，解得：1R =，所以ABC 外接圆的直径为22R =.故选：C4.设m ，n 是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，则下面说法正确的是（）A.若αβ⊥，αγ⊥，则//βγB.若αβ⊥，//m α，则m β⊥C.若m α⊥，//m β，则αβ⊥D.若//m n ，n ⊂α，则//m α【答案】C 【解析】【分析】由线面、面面的位置关系，结合平面的基本性质、面面垂直的判定等判断各选项的正误.【详解】A ：由αβ⊥，αγ⊥，则//βγ或,βγ相交，错误；B ：由αβ⊥，//m α，则//m β或m β⊂或,m β相交，错误；C ：由//m β，则存在直线l β⊂且//l m ，而m α⊥则l α⊥，根据面面垂直的判定易知αβ⊥，正确；D ：由//m n ，n ⊂α，则//m α或m α⊂，错误.故选：C5.在平行四边形ABCD 中，2233AE AB CF CD == ，，G 为EF 的中点，则DG =（）A.1122AD AB -B.1122AB AD -C.3142AD AB - D.3142AB AD -【答案】B 【解析】【分析】根据题意和平面向量的线性运算即可得出结果.【详解】()1111112111·2222323622DG DE DF DA AE DC AD AB AB AB AD ⎛⎫=+=++=-++=- ⎪⎝⎭．故选：B.6.在正四面体S ABC -中，M 是SC 的中点，N 是SB 的中点，则异面直线BM 与AN 夹角的余弦值为（）A.16B.13C.2D.2【答案】A 【解析】【分析】取SM 的中点E ，连接EN ，AN ，ANE ∠或其补角即为异面直线BM 与AN 所成的角，在ASE △中，利用余弦定理求出AE 的长，再在ANE 中，利用余弦定理的推论求出cos ANE ∠即可.【详解】取SM 的中点E ，连接EN ，AN ， N 是SB 的中点，∴//EN MB ，12EN MB =，∴ANE ∠或其补角即为异面直线BM 与AN 所成的角，设正四面体的棱长为4，M 是SC 的中点，N 是SB 的中点，SAB △和SBC △均为正三角形，∴BM SC ⊥，AN SB ⊥，且BM AN ==，∴EN =，在ASE △中，22212cos 161241132AE SA SE SA SE ASE =+-⋅⋅⋅∠=+-⨯⨯⨯=，在ANE中，2221cos 26AN NE AE ANE AN NE +-∠===⋅⋅，∴异面直线BM 与AN 夹角的余弦值为16.故选：A.7.在三棱柱111ABC A B C -中，E 是AB 的中点，F 是AC 靠近点A 的三等分点，平面1EFB 将三棱柱分成体积分别为()1212,>V V V V 的两部分，则12V V 等于（）A.53B.74 C.85D.117【答案】D 【解析】【分析】取FC 的中点M ，11A C 上靠近1C 的一个三等分点D ，连接1B D ，MD ，MB ，FD ，证明1//EF B D ，112EF B D =，进而证明多面体11AEF A B D -为三棱台，设三棱柱111ABC A B C -的高为h ，AC a =，B 到AC 的距离为b ，分别求出11AEF A B D V -和11EFCB B DC V -即可.【详解】取FC 的中点M ，11A C 上靠近1C 的一个三等分点D ，连接1BD ，MD ，MB ，FD ，F 是AC 靠近点A 的三等分点，∴M 是AC 靠近点C 的三等分点， 三棱柱111ABC A B C -，∴1//DC MC ，1DC MC =，∴11////MD CC BB ，11MD CC BB ==，∴四边形1BMDB 是平行四边形，∴1//B D BM ，1B D BM =，E 是AB 的中点，F 是AM 的中点，∴1////EF BM B D ，11122EF BM B D ==，∴1,,,E F D B 四点共面，11//AE A B ，1112AE A B =，11//AF A C ，1113AF A C =，∴多面体11AEF A B D -为三棱台，设三棱柱111ABC A B C -的高为h ，AC a =，B 到AC 的距离为b ，则11112ABC A B C V abh -=，111123212AEF S a b ab =⋅⋅=，11121233A B D S a b ab =⋅⋅=，∴111117312336AEF A B DV ab ab h abh -⎛=+= ⎝，∴1111111171123636EFCB B DC AEF A C B ABC A D B V V V abh abh abh ---=-=-=， 12V V >，∴11136V abh =，2736V abh =，∴121111367736abhV V abh ==.故选：D.8.已知球O 的直径2SC =，A ，B 是球O 的球面上两点，π3ASC BSC ASB ∠=∠=∠=，则三棱锥S ABC -的体积为（）A.6B.3C.2D.【答案】A 【解析】【分析】依题意可得90SAC SBC ∠=∠=︒，即可求出SA 、SB 、AB ，求出SAB △外接圆的半径，利用勾股定理求出球心O 到平面SAB 的距离d ，从而得到点C 到平面SAB 的距离，最后根据锥体的体积公式计算可得.【详解】解：因为2SC =为球O 的直径，A ，B 是球O 的球面上两点，所以90SAC SBC ∠=∠=︒，又2SC =，π3ASC BSC ASB ∠=∠=∠=，所以πsin3AC BC SC ==⋅=，πcos 13SA SB SC ==⋅=，所以SAB △为等边三角形且1AB =，设SAB △的外接圆的半径为r，则12π3sin3r ==，所以33r =，则球心O 到平面SAB的距离3d ==，所以点C 到平面SAB 的距离2623h d ==，又1πsin 234SAB S SA SB =⋅=，所以1134363S S ABC C SAB AB V S h V --⋅=⨯=⨯==.故选：A二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知复数1z ，2z 则下列结论正确的有（）A.2211z z = B.1212z z z z ⋅=⋅C.1212z z z z =⋅ D.22||z z z z =【答案】BCD 【解析】【分析】设1i z a b =+，2i z c d =+，a ，b ，c ，R d ∈，对于A ，分别计算21z 和21z ，即可判断；对于B ，由共轭复数及乘法运算即可判断；对于C ，由复数的乘法及模的运算即可判断；对于D ，由共轭复数及复数的除法即可判断.【详解】设1i z a b =+，2i z c d =+，a ，b ，c ，R d ∈，所以()22221i 2i z a b a b ab =+=-+，22221z ab ==+，所以2211≠z z ，故选项A 不正确；因为()()()()12i i i z z a b c d ac bd ad bc ⋅=++=-++，所以()()21i z b z ac d ad bc ⋅=--+，()()()()12i i i z z c d ac bd a b ad bc ⋅-=--+=-，所以1212z z z z ⋅=⋅，故选项B 正确；()()()()12i i i a b c d ac bd a z d bc z ++=-==++=，12z z ⋅==所以1212z z z z =⋅，故选项C 正确；()()()22222i i 2ii i i a b z a b a b ab a b a b a b a b z ++-+===--++，()()22222222i 2i ||a b za b ab z a b +-+==+，所以22||z z z z =，故选项D 正确；故选：BCD .10.关于平面向量，有下列四个命题，其中说法正确的是（）A.若a b b c ⋅=⋅ ，则a c= B.若向量()2,1a = ，()3,1b =- ，则向量a 在向量b 上的投影向量为12b-C.非零向量a 和b满足a b a b ==-r r r r ，则a 与a b + 的夹角为60︒D.点()1,3A ，()4,1B -，与向量AB 同方向的单位向量为34,55⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】BD 【解析】【分析】A 选项，可以变形计算得到0b = 或0a c -=，或()b ac ⊥- ；B 选项，利用投影向量计算公式计算；C 选项，根据模长相等判断出以a ，b 为边对应的四边形为菱形，且a ，b 夹角为60︒，从而得到a与a b +的夹角；D 选项，利用公式求解以一个向量同方向单位向量.【详解】A 选项：若··,a b b c =即有()·0c b a -= ，则0b = 或0a c -=，或()b ac ⊥- ，故A 错；B 选项：()2,1a = ，()3,1b =- ，则·5a b =- ，b == 所以向量a 在向量b 上的投影向量为2·51102b a b b b b -==-，故B 正确．C 选项：非零向量a 和b 满足a a b b ==-，以a ，b为边对应的四边形为菱形，且a ，b夹角为60︒则a与a b +的夹角为30︒，故C 错；D 选项：点()1,3A ，()4,1B -，()3,4AB =-，可得与向量AB同方向的单位向量为34,55AB AB ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，故D 正确．故选：BD ．11.在正方体1111ABCD A B C D -中，点M 为线段1BD 上的动点（含端点），则（）A.存在点M ，使得CM ⊥平面1A DBB.存在点M ，使得//CM 平面1A DBC.不存在点M ，使得直线1C M 平面1A DB 所成的角为30︒D.不存在点M ，使得直线1C M 平面1A DB 所成的角为45︒【答案】BCD 【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、法向量的性质逐一判断即可.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，()()()()()()()1110,0,0,0,1,0,1,1,0,1,0,0,1,0,1,1,1,1,0,0,1C B A D D A C 设11D M D B λ=，则()(1,,1)[0,1]M λλλλ--∈，设平面1A DB 的法向量为(),,n x y z =，()()()11,1,0,1,0,1,1,,1DB BA CM λλλ=-==--，则有10000n DB x y x z n BA ⎧⋅=-+=⎧⎪⇒⎨⎨+=⋅=⎩⎪⎩ ，()1,1,1n =-，假设存在点M ，使得CM ⊥平面1A DB ，所以有//CM n，所以有11111λλλ--==-，方程无解，因此假设不成立，因此选项A 不正确；假设存在点M ，使得CM ∥平面1A DB ，所以有0110CM n CM n λλλ⊥⇒⋅=⇒-+-+=，解得0[0,1]λ=∈，所以假设成立，因此选项B 正确；假设存在点M ，使得直线1C M 与平面1A DB 所成的角为30︒，()11,,C M λλλ=--，所以有1111sin 30cos ,2C M n C M n C M n︒⋅=〈〉==⋅，解得705λ-=<，715λ+=>，所以假设不成立，故选项C 正确；假设存在点M ，使得直线1C M 与平面1A DB 所成的角为45︒，()11,,C M λλλ=--，所以有111sin 45cos ,2C M n C M n C M n︒⋅=〈〉==⋅ ，解得53207λ-=<，53217λ+=>，所以假设不成立，故选项D 正确.故选：BCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.复数z 满足1z =，i 是虚数单位，则i z +的最大值为_______．【答案】2【解析】【分析】设复数()i ,R z a b a b =+∈，由已知得221a b +=，所以11b -≤≤，又i z +=，即可求解.【详解】设复数()i ,R z a b a b =+∈，因为1z =1=，即221a b +=，所以()i 1i z a b +=++===，因为221a b +=，所以11b -≤≤，当1b =时，i z +最大，即i z +的最大值为2.故答案为：2.13.在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足cos sin 2a C C b c +=+．则角A =_______．【答案】2π3【解析】【分析】利用正弦定理边化角，再利用辅助角公式求解即可.【详解】 πA B C ++=，()sin sin sin cos cos sin B A C A C A C ∴=+=+，cos sin 2a C C b c +=+,由正弦定理得sin cos sin sin 2sin A C A C B C +=+，即n s i in i s o i o c s c sin s 2s n o c s s n A C A C CA C A C +++=∴sin cos sin 2sin A C A C C =+，()0,πC ∈，sin 0C ∴≠，∴cos 2A A =+，∴2πcos 2si n 6in A A A -⎛⎫= ⎪⎝⎭=-，∴πsin 16A ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，()0,πA ∈ ，∴ππ5π,666A ⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭，∴ππ62A -=，解得2π3A =.故答案为：2π3.14.正四面体-P ABC 的棱长为1，L ，M ，N 分别为棱PA ，PB ，PC 的中点，则该正四面体的外接球被平面LMN 所截得的截面面积为_______．【答案】π3##1π3【解析】【分析】设E 为ABC 的中心，连接PE ，与平面LMN 交于点F ，可知12PF PE =，设O 为正四面体-P ABC外接球的球心，则O 在PE 上，连接OC ，EC ，可得33EC =，3PE =，设正四面体-P ABC 外接球的半径为R ，由222OC OE EC =+可得R 的值，正四面体的外接球被平面LMN 所截得的截面图形为圆，设该圆的半径为r ，由222R OF r =+即可求解.【详解】设E 为ABC 的中心，连接PE ，与平面LMN 交于点F ，则PE ⊥平面ABC ，PF ⊥平面LMN ，由题意可知平面//ABC 平面LMN ，且12PF PE =，设O 为正四面体-P ABC 外接球的球心，则O 在PE 上，连接OC ，EC ，因为E 为正三角形ABC 的中心，所以21233EC =⨯⨯=，在Rt PEC 中，3PE ===，所以126PF PE ==，设正四面体-P ABC 外接球的半径为R ，则222OC OE EC =+，即()222R PE R EC =-+，解得4R =，所以6664612OF PO PF =-=-=，正四面体的外接球被平面LMN 所截得的截面图形为圆，设该圆的半径为r ，则222R OF r =+，所以3r =，所以截面圆的面积为2ππ3r =.故答案为：π3.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在某海域A 处的巡逻船发现南偏东60︒方向，相距a 海里的B 处有一可疑船只，此可疑船只正沿东偏北30︒（以B 点为坐标原点，正东，正北方向分别为x 轴，y 轴正方向，1海里为单位长度，建立平面直角坐标系）方向匀速航行．巡逻船立即开始沿直线匀速追击拦截，巡逻船出发t 小时后，可疑船只所在位置的横坐标为bt ．若巡逻船以30海里/小时的速度向正东方向．．．．追击，则恰好1小时与可疑船只相遇．（1）求a ，b 的值；（2）若巡逻船以/小时的速度进行追击拦截，能否拦截成功？若能，求出拦截时间；若不能，请说明理由．【答案】（1）15a b ==（2）能够拦截成功拦截，时间为2小时【解析】【分析】（1）设1小时后两船相遇于点C ，根据ABC 关于y 轴对称，且,120AB BC a ABC ==∠=︒，即可求解；（2）设t 小时后两船相遇于点D ，利用余弦定理列出方程，即可求解.【小问1详解】若巡逻船以30海里/小时的速度向正东方向追击，设1小时后两船相遇于点C ，如图所示，则AC x ∥轴，30AC =，且ABC 关于y 轴对称，所以,120AB BC a ABC ==∠=︒，所以1515cos30a b ==︒==︒.【小问2详解】若巡逻船以/小时进行追击，设t 小时后两船相遇于点D ，如图所示，则120ABD ∠=︒，15cos30t BD ==︒，AD =，AB =，因为2222cos AD AB BD AB BD ABD =+-⋅∠，可得2221))22⎛⎫=+-⨯⨯-⎪⎝⎭，整理得23440t t --=，解得2t =或23t =-（舍去），所以能够拦截成功拦截时间为2小时.16.（1）若()1,1a = ，()1,2b = 求()()2a b a b -⋅- ；（2）若a ，b 为单位向量，a ，b 的夹角为60 ，求12a b - 和函数()f x a xb =- ，x ∈R 的最小值；（3）请在以下三个结论中任选一个用向量方法．．．．证明．①直径所对的圆周角是直角；②平行四边形的对角线的平方和等于其四边长的平方和；③三角形的三条中线交于一点．【答案】（1）3（2）1322a b -=，最小值为2（3）证明见详解【解析】【分析】（1）由()21,3a b -=-- ，()0,1a b -=- ，利用向量数量积的坐标运算求解即可；（2）由a ，b 为单位向量，所以1a = ，1b =，12a b -= 求解即可，由()f x a xb =-= （3）选①，设AB 为圆O 的直径，点C 在圆上，由AO BO =- ，AO OC = ，计算0AC BC ⋅= 即可；选②，作平行四边形ABCD ，根据AC AB AD =+ ，BD AD AB =- ，两式分别完全平方求解即可；选③，设AD ，CE 相交于一点1G ，可证得123AG AD = ，设AD ，BF 相交于一点2G ，同理可得223AG AD = ，即可得证.【详解】（1）因为()1,1a = ，()1,2b = ，所以()()()21,121,21,3a b -=-=-- ，()()()1,11,20,1a b -=-=- ，所以()()()()210313a b a b -⋅-=-⨯+-⨯-= ；（2）因为a ，b 为单位向量，所以1a = ，1b =，12a b -==2==，()f x a xb =-===，所以当12x =时，函数()f x a xb =-的最小值为2；选①：设AB 为圆O 的直径，点C 在圆上，证明：π2ACB ∠=.要证π2ACB ∠=，即证0AC BC ⋅= ，由AO BO =- ，AO OC = ，所以()()2AC BC AO OC BO OC AO BO AO OC OC BO OC ⋅=+⋅+=⋅+⋅+⋅+ 220AO AO OC OC AO OC =-+⋅-⋅+= ，故⊥ AC BC ，所以π2ACB ∠=，所以直径所对的圆周角是直角；选②：在平行四边形ABCD 中，AC ，BD 为对角线，证明：222222AC BD AB DC AD BC+=+++ .根据条件作出图形，因为四边形ABCD 为平行四边形，所以AB DC = ，AD BC = ，AC AB AD =+ ，所以()22222AC AB AD AB AB AD AD =+=+⋅+ ，因为BD AD AB =- ，所以()22222BD AD AB AD AD AB AB =-=-⋅+ ，所以2222222222AC BD AB AD AB DC AD BC +=+=+++ ，即平行四边形的对角线的平方和等于其四边长的平方和；选③：在ABC 中，D ，E ，F 分别为BC ，AB ，AC 的中点，证明：AD ，CE ，BF 相交于一点.由题意作出图形，设AC a = ，BC b =，则AB CB CA b a =-=-+ ，12AD AC CD a b =+=- ，12BF BC CF b a =+=- ，设AD ，CE 相交于一点1G ，()101AG AD λλ=<< ，()101BG BF μμ=<< ，则11122AG AD a b a b λλλλ⎛⎫==-=- ⎪⎝⎭ ，11122BG BF b a b a μμμμ⎛⎫==-=- ⎪⎝⎭ ，又()1111122AG AB BG a b b a b a μμμμ⎛⎫=+=-+-=-+- ⎪⎝⎭，所以112112λμλμ⎧=-⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩，解得23λ=，23μ=，所以123AG AD = ，再设AD ，BF 相交于一点2G ，同理可证得223AG AD = ，即1G ，2G 重合，即AD ，CE ，BF 相交于一点，所以三角形的三条中线交于一点.17.在ABC 中，内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，2,2sin 3sin2c b A C ==.（1）求sin C ；（2）若ABC 的面积为372，求AB 边上的中线CD 的长.【答案】（1）4（2【解析】【分析】（1）利用二倍角公式，结合正弦定理、余弦定理及同角三角函数关系式即可求出结果；（2）利用三角形面积公式，及（1）的相关结论，再结合平面向量的四边形法则，利用向量的线性表示出CD ，最后利用求模公式即可求AB 边上的中线CD 的长.【小问1详解】因为2sin 3sin2A C =，所以2sin 6sin cos A C C =，所以26cos a c C =，即3cos a c C =，所以cos 3a C c=，由余弦定理及2c b =得：2222222243cos 222a b c a b b a b C ab ab ab+-+--===，又cos 36a a C c b==，所以222232926a b a a b ab b-=⇒=，即322a =，所以2cos 664b a C b b ===，所以sin 4C ===.【小问2详解】由24211sin 2ABC S ab C ab ===，所以ab =，由（1）2a b =，所以2,b a ==，因为CD 为AB 边上的中线，所以()12CD CA CB =+ ，所以()222124CD CA CB CA CB =++⋅ ()2212cos 4b a ab C =⨯++14182244⎛⎫=⨯++⨯⨯ ⎪ ⎪⎝⎭7=，所以CD =所以AB 边上的中线CD 的长为：.18.（注意：本题若用向量解法将会适当扣分．．．．．．．．．．．．．．）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，PA PB =，DA DB ==，点E ，F 分别为AB 和PB 的中点，2AB =，1PD PE ==．（1）证明：CF PE ⊥；（2）求平面PAD 与平面PBD 所成角的正弦值；（3）求直线CF 与平面PDE 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）7（3）2【解析】【分析】（1）取PE 的中点H ，连接HD ，HF ，证明,,,H F C D 四点共面，再利用线线垂直证明PE ⊥平面DHFC ，即可证明CF PE ⊥；（2）取PD 的中点N ，连接AN ，BN ，得到AN PD ⊥，BN PD ⊥，进而得到ANB ∠为平面PAD 与平面PBD 所成的角，在ANB 中，利用余弦定理的推论即可求解；（3）取DC 上靠近C 的一个四等分点，连接HM ，证明//CF MH ，再证明DC ⊥平面PDE ，得到MHD ∠为直线CF 与平面PDE 所成的角，即可求解.【小问1详解】取PE 的中点H ，连接HD ，HF ，点E ，F 分别为AB 和PB 的中点，底面ABCD 是平行四边形，∴////HF AB DC ，111244HF EB AB DC ===，∴,,,H F C D 四点共面， DA DB ==，2AB =，∴ADB 为等腰直角三角形，∴1DE =， 1PD PE ==，∴PDE △为等边三角形，∴DH PE ⊥， PA PB =，E 为AB 的中点，∴PE AB ⊥，∴PE DC ⊥， DH DC D ⋂=，,DH DC ⊂平面DHFC ，∴PE ⊥平面DHFC ，CF⊂平面DHFC ，∴PE CF ⊥；【小问2详解】取PD 的中点N ，连接AN ，BN ，PA PB =，1PE=，2AB =，PE AB ⊥，∴PA PB ==，DA DB ==，1PD =，∴AN PD ⊥，BN PD ⊥，2AN BN ∴==，∴ANB ∠即为平面PAD 与平面PBD 所成的角，在ANB 中，222774144cos 2722AN BN AB ANB AN BN +-+-∠==-⋅⋅，∴sin 7ANB ∠==，∴平面PAD 与平面PBD所成角的正弦值为7；【小问3详解】取DC 上靠近C 的一个四等分点，连接HM ，由（1）知，////HF AB DC ，111244HF EB AB DC ===，∴//HF MC ，HF MC =，∴//CF MH ，∴直线MH 与平面PDE 所成的角即为直线CF 与平面PDE 所成的角， PA PB =，DA DB ==，E 为AB 的中点，∴PE AB ⊥，DE AB ⊥， PE DE E = ，,PE DE ⊂平面PDE ，∴AB ⊥平面PDE ，∴DC ⊥平面PDE ，∴MHD ∠为直线MH 与平面PDE 所成的角， 32DM =，2DH =，∴HM =，∴32sin 2DM MHD HM ∠===，∴直线CF 与平面PDE所成角的正弦值为2.19.凸多面体的顶点数V ，面数F ，棱数E 之间有很多有趣的性质．例如三棱锥的每个顶点处有3条棱，每条棱与2个顶点连接，故32V E =；三棱锥每个面有3条棱，相邻两个面之间有一条公共棱，故32F E =；凸多面体的欧拉公式：2V F E +-=等等．各个面都是全等的正多边形的凸几何体叫做正多面体．例如，四个面都是正三角形的三棱锥是正四面体，六个面都是正方形的四棱柱是正方体．由正多面体每个面的中心构成的几何体显然也是正多面体，把二者称为对偶正多面体．例如由正四面体四个面的中心构成正四面体，所以正四面体的对偶是本身．试根据以上信息解决以下问题．（1）若正四面体和正方体的表面积相等，试比较二者体积的大小；（2）足球表面是由12个正五边形和20个正六边形构成，求足球的棱数和顶点数．（3）试求正多面体的个数，并证明；（4）若所有正多面体的表面积都相等，求体积最大的正多面体是正多少面体？（给出结论即可）．【答案】（1）正方体的体积大于正四面体的体积（2）顶点数为60个，棱数为90.（3）证明见解析（4）结论见解析【解析】【分析】（1）设正四面体的棱长为a ，正方体的棱长为b ，其表面积都为S ，根据棱锥和棱柱的体积公式，分别求得正四面体和正方体的体积，即可得到答案.（2）假设足球由x 个正五边形和y 个正六边形构成，得到35,,52V x F x y E x y ==+=+，代入欧拉公式得到24x y -=，结合53x y =，求得,x y 的值，即可求解；（3）假设正多面体的每个面都是正n 边形，且每个顶点出发的棱数为m ，结合欧拉公式，化简得到1212m n +>，再由3,3m n ≥≥，结合列举法，即可求解；【小问1详解】解：设正四面体的棱长为a ，正方体的棱长为b ，其表面积都为S ，可得244a S ⨯=，且26b S =，解得a b ==，则正四面体的高为33h a ==，所以正四面体的体积为31136223431212V a a a =⨯⨯==正方体的体积为32V b ==，因为()321V =，()322216S V =，可得()()2212V V <，所以12V V <，即正方体的体积大于正四面体的体积.【小问2详解】解：假设足球由x 个正五边形（黑色）和y 个正六边形构成，可得35,,52V x F x y E x y ==+=+，代入欧拉公式得35()(5)22x x y x y ++-+=，即122x y -=，即24x y -=，另一方面，所有正五边形的边数之和为53x y =，联立方程组2453x y x y-=⎧⎨=⎩，解得12,20x y ==，所以足球的顶点数为60V =个，棱数为90E =.【小问3详解】解：假设正多面体的每个面都是正n 边形，且每个顶点出发的棱数为m ，可得2E nF mV ==，则22,E E V F m n ==，代入欧拉公式，可得222E E E m n +-=，即1212E m n +=+，所以1212m n +>，结合3,3m n ≥≥，可得,m n 至少一个是3，所以所有可能的正整数解(,)m n 为(3,3),(3,4),(3,5),(4,3),(5,3)，即有正四面体，正六面体，正八面体，正十二面体，正二十面体，共有5种.【小问4详解】解：若所有正多面体的表面积都相等，此时正二十面体的体积最大.。
2020年度高一数学第二学期期中试卷及答案(一)
范文2020年度高一数学第二学期期中试卷及答案(一)1/ 72020 年高一数学第二学期期中试卷及答案（一）一、选择题1．已知数列{an}中，an=3n+4，若 an=13，则 n 等于（） A．3 B．4 C．5 D．6 2．在△ABC 中，已知A=60°，C=30°，c=5，则 a=（）A．5 B．10 C． D． 3．已知 =（﹣2，1）， =（﹣1，2），则 ? =（） A．0 B．4 C．﹣3 D．﹣1 4． +2 与﹣2 两数的等比中项是（） A．1 B．﹣1 C．±1 D． 5．等差数列{an}中，a4+a8=10，a10=6，则公差 d 等于（） A． B． C．2 D．﹣ 6．已知等比数列{an}中，a5=4，a7=6，则 a9 等于（） A．7 B．8 C．9 D．10 7．设Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，已知 a2=3，a6=11，则 S7 等于（）A．13 B．35 C．49 D．63 8．在△ABC 中，若 a2+b2﹣c2＜0，则△ABC 是（） A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．都有可能 9．在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若（a2+c2﹣b2） tanB= ac，则角 B 的值为（） A． B． C．或 D．或 10．设Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，若 =（）A．1 B．﹣1 C．2 D． 11．已知△ABC 中，D 为边 BC 上靠近 B 点的三等分点，连接 AD，E 为线段 AD 的中点，若，则 m+n=（）A． B． C． D． 12．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 S17＜0，S18＜0，则，，…，中最大的项为（） A． B． C． D．二、填空题：（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13．已知向量 =（1，2），向量 =（x，﹣2），若⊥ ，则 x= ． 14．在△ABC 中，若 b2+c2﹣a2=bc，则 A= ． 15 ．已知数列 {an} 中，，则 a20 的值为． 16．若数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足Sn= an﹣3，求数列{an}的通项公式．三.解答题（解答题须写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．（10 分）已知等差数列{an}中，a2=3，a4+a6=18．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）若数列{bn}满足：bn+1=2bn，并且 b1=a5，试求数列{bn}的前 n 项和 Sn．3/ 718．（12 分）平面内给定三个向量： =（3，2）， b=（﹣1，2）， =（4，1）．（1）求 3 + ﹣2 ；（2）若（ +k ）∥（2 ﹣），求实数 k． 19．（12 分）已知两向量，的夹角为120°，| |=1，| |=3，（Ⅰ）求|5 ﹣ |的值（Ⅱ）求向量 5 ﹣与夹角的余弦值． 20．（12 分）在△ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 的对边，且 asinC= ccosA．（1）求角 A 的大小；（2）若 b=6，c=3，求 a 的值． 21．（12 分）已知等差数列{an}满足：a3=7，a5+a7=26，{an}的前 n 项和为 Sn．（1）求 Sn；（2）令（n∈N+），求数列{bn}的前 n 项和 Tn． 22．（12 分）在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 2acosB=3ccosA﹣2bcosA．（1）若 b= sinB，求 a；（2）若 a= ，△ABC 的面积为，求 b+c．参考答案与试题解析一、选择题 1．已知数列{an}中，an=3n+4，若 an=13，则 n 等于（） A．3 B．4 C．5 D．6 【考点】82：数列的函数特性；84：等差数列的通项公式．【分析】由 an=3n+4=13，求得 n 的值即可．【解答】解：由 an=3n+4=13，解得 n=3，故选A．【点评】本题主要考查数列的函数特性，属于基础题． 2．在△ABC 中，已知A=60°，C=30°，c=5，则 a=（） A．5 B．10 C． D．【考点】HP：正弦定理．【分析】由 sinA，sinC，以及 c 的值，利用正弦定理求出 a 的值即可．【解答】解：∵在△ABC 中，A=60°，C=30°，c=5，∴由正弦定理 = 得：a= = =5 ．故选 C 【点评】此题考查了正弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．5/ 73．已知 =（﹣2，1）， =（﹣1，2），则 ? =（） A．0 B．4 C．﹣3 D．﹣1 【考点】9R：平面向量数量积的运算．【分析】根据题意，由向量的数量积的坐标计算公式计算可得答案．【解答】解：根据题意， =（﹣2，1）， =（﹣1，2），则 ? =（﹣2）×（﹣1）+1×2=4；故选：B．【点评】本题考查向量数量积的计算，关键要掌握平面向量数量积的计算公式． 4． +2 与﹣2 两数的等比中项是（） A．1 B．﹣1 C．±1 D．【考点】88：等比数列的通项公式．【分析】利用等比中项的定义及其性质即可得出．【解答】解： +2 与﹣2 两数的等比中项= =±1．故选：C．【点评】本题考查了等比中项的定义及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 5．等差数列{an}中，a4+a8=10，a10=6，则公差 d 等于（）A． B． C．2 D．﹣【考点】84：等差数列的通项公式．【分析】由已知求得 a6，然后结合 a10=6 代入等差数列的通项公式得答案．【解答】解：在等差数列{an}中，由 a4+a8=10，得 2a6=10，a6=5．7/ 7。
浙江省温州市2020学年第二学期环大罗山联盟高一期中联考数学试卷
2020学年第二学期环大罗山联盟高一期中联考数学试卷（考试时间120分钟，满分150分，不得使用计算器）一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）1. 数列-1，3，-5，7，-9，…，的一个通项公式为（ ）A. 21n a n =-B. ()()112n n a n =--C. ()()121n n a n =--D. ()()1121n n a n +=--2. 若0a b >>，则下列不等关系中不一定成立的是（ ）A.B. ac bc >C. 22a b > >3. 已知,2παπ⎛⎫∈⎪⎝⎭，3sin 5α=，则（ ） A. 17 B. 7 C. 17- D. -74. 能得出成立的是（ ）A. B. C. 0a b >> D. 0a b >>5.（非八高学生做）在下列各函数中，最小值等于2的函数是（ ） A. 1y x x =+ B. 1sin 0sin 2y x x x π⎛⎫=+<< ⎪⎝⎭C. 42xx y e e =+- D. 2y = （八高学生做）下列四式中不能化简为AD 的是（ ）A.B. C D.6. 正项等比数列中，，且5a 与9a 的等差中项为4，则的公比是（ ）A. 1B. 2C.7. 已知1cos 3α=，()cos βα-=，且0βαπ<<<，则cos β=（ ）A. 9B.C. 9D. 9-8.（非八高学生做）已知正数x ，y 满足124x y x y+=-，则y 的最大值为（ ） A. B. 12C. 1D. 2（八高学生做）已知向量(2,a =，，则a b -的最大值为（ ） A. 1B. 3 D. 9 9. 在等差数列中，若1091a a <-，且它的前n 项和n S 有最大值，则使0n S >成立的正整数n 的最大值是（ ）A. 15B. 16C. 17D. 1410. 在数列中，11a =，20192019a =，且都有122n n n a a a ++≥+，则下列结论正确的是（ ）A. 存在正整数0N ，当0n N >时，都有n a n ≤.B. 存在正整数0N ，当0n N >时，都有n a n ≥.C. 对常数M ，一定存在正整数0N ，当0n N >时，都有n a M ≤.D. 对常数M ，一定存在正整数0N ，当0n N >时，都有n a M ≥.二、填空题（共7小题，11~14题每空3分，15~17题每空4分，共36分）11. 在数列中，112a =，111n n na a a ++=-，则2a = ，的前48项和48S =______. 12. 已知数列满足：11a =，12n n a a +=+，若，则n a = ，n 的最大值为_______.13. 数列满足前n 项和232n S n n =-+，则数列n a 的通项公式为______；n =______时，n S 最小.14. cos15︒=______，______.15.（非八高学生做）已知正项等比数列满足8642a a a =+，若存在两项m a，n a1=，则的最小值为________. （八高学生做） 已知平面向量a ，b 满足43b ，2210a a b ，则的最大值为_ __. 16. 已知OPQ 是半径为2，O 为圆心，圆心角为3π的扇形，A ，B 是扇形弧上的动点，满足//AB PQ ，ABCD 是扇形的内接矩形，则矩形ABCD 的面积的最大值为 .17. 已知锐．角．ABC ∆中，A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且3a b =，则cos B 的取值范围是 .三、解答题（共5小题，共74分）18. 已知函数.（1）当5m =时，求不等式()0f x >的解集；（2）若不等式()2f x x >的解集为R ，求实数m 的取值范围. 19. 已知，且，.（1）求tan α；（2）求αβ+的值.20. 已知是公差为2的等差数列，且12312a a a ++=，是公比为3的等比数列，且1312b a =. （1）求数列，的通项公式；（2）令n n n c a b =⋅，求的前n 项和n S .21. 如图，D 是直角ABC ∆斜边BC 上一点，AC =.（Ⅰ）若60BAD ∠=︒，求ADC ∠的大小；（Ⅱ）若2BD DC =，且AB ，求AD 的长.22. 在锐角ABC ∆中，角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ，，a =.（1）若4b c +=，求ABC ∆的面积；（2）求2b c +的取值范围， 并确定其是否存在最值，如果存在最值，求出取得最值时sin B 的大小，如果不存在，请说明理由.2020学年第二学期温州四校高一期中联考数学参考答案一、选择题1-5：CBADC6-10：DABCA 二、填空题11. 3；14 12. 21n -；1009 13. 0,124,2n n a n n =⎧=⎨-≥⎩；1或2 14. 4115. 4 16. 8-三、解答题18.【解析】（1）当5m =时，()2651f x x x =-+，不等式()0f x >即为26510x x -+>，解之得该不等式的解集为.（2）由题意得210mx mx -+>的解集为R .当0m =时，符合题意；当0m <时，不符合题意，舍；当0m >时，()240m m ∆=--<，解之得.综上所述，实数m 的取值范围是. 19.【解析】（1）由，得：22tan 1221tan 2αα=-. 即1tan 2α=. （2）由得：()tan 2tan αβα+=，代上式得：()tan 1αβ+=. 又∵，，∴4παβ+=.20.【解析】（1）∵数列的公差为2d =，且，∴12a =，∴2n a n =，∵36a =，∴13132b a ==， 又的公比为3，∴3n n b =.（2）由（1）得，∴()21234322323n n n S n n -=⋅+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅，①()2313234322323n n n S n n +=⋅+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅，②由①－②得：()()211223332333123n n n n n S n n ++-=++⋅⋅⋅+-⋅=--⋅， ∴()()1131321333222n n n n n S n ++---=+⋅=+.21.【解析】（Ⅰ）∵60BAD ∠=︒，，∴30DAC ∠=︒，在ADC ∆中，由正弦定理可得：，∴sin sin AC ADC DAC DC ∠=∠= ∴或60︒， 又60BAD ∠=︒，∴.（Ⅱ）∵2BD DC =，∴3BC DC =，在ABC ∆中，由勾股定理可得：222BC AB AC =+，可得：22963DC DC =+， ∴1DC =，2BD =，AC =，令ADB θ∠=，由余弦定理：在ADB ∆中，2222cos AB AD BD AD BD θ=+-⋅⋅，在ADC ∆中，()2222cos AC AD CD AD CD πθ=+-⋅⋅-， 可得：，∴解得：22AD =，可得：AD =22.【解析】（1）∵，∴，，sin sin cos 0A B B A =，∵sin 0B >，∴sin 0A A =，∴tan A = ∵222cos 2b c a A bc+-=，，∴c =∴1sin 32ABC S bc A ∆==+ （2）由正弦定理可得：24sin sin 3a R A ===，28sin 4sin 8sin 4sin 10sin 3b c B C B B B B π⎛⎫+=+=++=+ ⎪⎝⎭，其中tan φ=sin φ=，cos φ=，φ为锐角，因为ABC ∆为锐角三角形，则，从而62B ππφφφ+<+<+()sin 1B φ<+≤所以82b c <+≤2b c +的取值范围为.由上述分析可知，2b c +无最小值，当2b c +取得最大值时，2B πφ+=，所以sin sin cos 214B πφφ⎛⎫=-== ⎪⎝⎭.。
浙东北联盟(ZDB)2020-2021学年第二学期期中考试高一数学试卷
浙东北联盟（ZDB ）2020-2021学年第二学期期中考试高一数学试卷命题学校：平湖中学 命题老师：曲文瑞 审卷老师：黄亮总分150分 考试时间120分钟一、单选题：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.已知i 是虚数单位，复数2)i 1(-等于 A.i 22+B.i 22-C.i 2D.i 2-2.如图，在ABC ∆中，4,25BC AB AC ===，若ABC ∆的水平放置直观图为'''A B C ∆ ，则'''A B C ∆的面积为A.2B.22C.32D.423.已知圆锥的侧面展开图是一个半圆，且圆锥的底面半径为1，则该圆锥的母线长为 A.1 B.32C.2D.4 4.已知向量(4,2)a =，(0,5)b =，则向量b 在向量a 上的投影向量为 A.(2,1) B.(2,1)-- C.2010(,)99D ．(6,3) 5.已知在ABC ∆中，,,a b c 分别为内角,,A B C 的对边，若222sin sin sin 2sin sin 0A B C B C --+=，则角A 的大小为 A.4π B.3π C.2π D.34π 第2题图6.已知复数z 的共轭复数是z ，满足(13i)2z +=（i 为虚数单位），则z 的虚部为 A.3i 2-B.3i 2C.32-D.327.在平行四边形ABCD 中，点E 在线段DC 上，且2=DE EC ，BE 与AC 的交点为F ，则向量DF 等于 A.1233DC DA - B.2133DC DA + C.3255DC DA + D.2355DC DA -8.如图，在四边形ABCD 中，3,23BC CD DA ===，0CB CD ⋅=，6CD DA ⋅=，,E F 分别为边,BC CD 上的动点，且2EF =，则AE AF ⋅的最小值为A.4B.5C.24D.25第8题图二、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．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分． 9.在复平面内有一个平行四边形OABC ，点O 为坐标原点，点A 对应的复数为11i z =+，点B 对应的复数为212i z =+，点C 对应的复数为3z ，则下列结论正确的是 A.点C 位于第二象限 B.132z z z += C.13z z AC -= D.132z z z ⋅= 10.已知向量(1,1)a =-，(2,)b λ=，则下列叙述不正确．．．的是 A.若a 与b 的夹角为锐角，则2λ> B.若a 与b 共线，则2λ=C.若2λ=，则a 与b 垂直D.若2λ<，则a 与b 的夹角为钝角11.在ABC ∆中，,,a b c 分别为内角,,A B C 的对边，若3a =，且sin sin()2sin 20A B C C +--=，则边c 的大小可能是A.1B.2C.3D.412.已知某多面体的平面展开图如图所示，每个面都是边长为2的正三角形，则下列结论正确的是 A.该多面体的体积为823B.该多面体的外接球的表面积为8πC.该多面体的内切球的体积为86π D.该多面体的表面积为8第12题图三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上． 13.若一个圆柱的轴截面是面积为4的正方形，则这个圆柱的体积为 ． 14.复数43i +与2i -分别表示向量OA 与OB ，则表示向量BA 的复数为 ． 15.在ABC ∆中，5AB =，12AC =，5cos 13ABC ∠=，12cos 13ACB ∠=，则BC 的值为 ．16.已知,a b 是两个平面向量，22b =，且对任意t R ∈，恒有b ta b a -≥-，则a b a -+的最大值是 ．四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17.（本题10分）已知向量(2,2)a =，2b =，且(2)8a b b +⋅=． （1）设向量a 与b 的夹角为θ，求θ的值； （2）若()()a kb b a +⊥-，求实数k 的值．18.（本题12分）已知复数12i z c =+，复数21i z d =+，其中i 是虚数单位，,c d R ∈． （1）若2c =，1d =，求122z z -的值；（2）若2212z z =，求22c d +的值．19.（本题12分）如图，在长方体1111-ABCD A B C D 中，15,5,4AD AB AA ===，1DG BE ==，2CF =．（1）求平面四边形AEFG 的面积； （2）求几何体ABCDEFG 的体积．第19题图20.（本题12分）如图，在公园内有一块边长为100米的等边三角形空地（记为ABC ∆），现修成草坪，图中MN 把草坪分成面积相等的两部分，点M 在AB 上，点N 在AC 上． （1）若75AM =米，求AN 长；（2）如果MN 是灌溉水管，为了节约成本，希望灌溉水管MN 最短，请确定点,M N 的位置，并求MN 的最小值．第20题图21.（本题12分）如图，在ABC ∆中，已知4,5==AC AB 且，16=⋅AC AB ，02=+DB DC ，EB AE =.（1）求AC AD ⋅；（2）设AD 与CE 交于点F ，求DFE ∠的余弦值大小.第21题图22.（本题12分）在ABC ∆中，,,a b c 分别为内角,,A B C 的对边，已知2sin cos sin A B C =，且边BC 上的中线长为4． （1）证明：A B =；（2）求ABC ∆面积的最大值．。
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2020学年第二学期期中考试高一数学试卷考试时间：120分钟总分：150分第Ⅰ卷一、选择题(本大题10小题，每小题4分,共40分)1．已知等差数列{}n a的首项为1，公差为2，则a9的值等于( ) A．15 B．16 C．17 D．182．在△ABC中，已知a=7，b=3，c=5，则该三角形的最大内角度数是( ) A．300 B．600 C.1200 D．15003．不等式x2＋ax＋b＜0的解集为(-1,2)，则a＋b＝( )A.－3B.1C.－1D.34.已知各项均为正数的等比数列{a n}中，a2=2，a3a4a5=29,则a3＝( )A.16B.8C.4D.25.已知0＜a＜1＜b，则下列不等式成立的是( )A.1a2＞1a＞1abB.1a2＞1ab＞1aC.1a＞1a2＞1abD.1a＞1ab＞1a26．在ΔABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinAk =sinB3=sinC4（k为非零实数），则下列结论错误的是（）A. 当k=5时，ΔABC是直角三角形B. 当k=3时，ΔABC是锐角三角形C. 当k=2时，ΔABC是钝角三角形D. 当k=1时，ΔABC是钝角三角形7.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1>0且a 6a 5＝911，则当S n 取最大值时，n 的值为( )A.9B.10C.11D.128.已知向量a ⃗ =(3cosθ,3sinθ)，b ⃗ =(0,−3)，θ∈(π2,π)，则向量a ⃗ 、b ⃗ 的夹角为( )A. 3π2−θB. θ−π2C. π2+θD. θ9.已知实数x,y 满足xy −2=x +y ,且x >1,则y(x +11)的最小值为（ ）A.21B.24C.25D. 2710.若不等式(|x －2a |－b )×cos ⎝⎛⎭⎪⎫πx －π3≤0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－16，56上恒成立，则2a ＋b 的最小值为( )A.1B. 56C.23D. 2二、填空题(本大题7小题，多空题每小题6分,单空题每小题4分，共,36分) 11.已知平面向量a ＝(2，－3)，b ＝(1，x )，若a ∥b ，则x ＝________；若a ⊥b ，则x ＝________.12.若x ，y 满足⎩⎨⎧x ≤2，y ≥－1，4x －3y ＋1≥0，则2y －x 的最小值为______.最大值为_______.13.已知正数a ，b 满足a ＋b ＝1，则b a ＋1b的最小值为________，此时a ＝________.14. 在△ABC中，AB＞AC，BC＝23，A＝60°，△ABC的面积等于23，则sin B ＝________，BC边上中线AM的长为________.15.若a1＝2，a n＋1＝a n＋n＋1，则通项公式a n＝________.16. 若关于x的不等式|2020－x|-|2 019－x|≤d有解，则实数d的取值范围________.17.已知G为△ABC的重心，过点G的直线与边AB，AC分别相交于点P，Q，若AP→＝λAB→，则△ABC与△APQ的面积之比为________.（结果用λ表示）第Ⅱ卷三、解答题(本大题5小题，共74分)18.（本小题满分14分）.已知数列{a n}满足a1＝1，na n＋1＝2(n＋1)a n.设b n＝ann.(1)证明：数列{b n}为等比数列；(2)求{a n}的通项公式.19. （本小题满分15分）已知函数f(x)=−4x2+13x−3．(1)求不等式f(x)>0的解集；(2)当x∈(0,+∞)时，求函数y=f(x)的最大值，以及y取得最大值时x的值．x20. （本小题满分15分）已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋b)＝61，(1)求a与b的夹角θ；(2)求|a＋2b|；(3)若AB→＝a＋2b，BC→＝b，求△ABC的面积.21. （本小题满分15分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin2A ＋sin2B＋sin A sin B＝2c sin C，△ABC的面积S＝abc.(1)求角C；(2)求a＋b的取值范围.22.（本小题满分15分）已知正项数列{a n}的前n项和为S n，且a2n＝4S n－2a n－，T n为数列{b n}的前n项和．1(n∈N*).数列{b n}满足b n=1a n·a n+1(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求数列{b n}的前n项和T n;(3)若对任意的n∈N∗，不等式λT n<n+8⋅(−1)n恒成立，求实数λ的取值范围；参考答案一、选择题：本大题共10个小题，每小题4分，共40分．二、填空题: 本大题共7个小题，共36分． 11. −32, 23 12. -4 413． 3,12 14. 12,√7 15． n 2＋n ＋2216． d ≥−117．3λ－1λ2三、解答题: 本大题共5个小题，共74分．18．(本小题满分14分) （1）由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n}是首项为1，公比为2的等比数列.(2)由（1）可得b n＝2n－1，ann＝2n－1所以a n＝n·2n－1.19. 本小题满分15分)解：(1)由题意得−4x2+13x−3>0，因为方程−2x2+7x−3=0有两个不等实根x1=14，x2=3，又二次函数f(x)=−4x2+13x−3的图象开口向下，所以不等式f(x)>0的解集为{x|14<x<3}；(2)由题意知，y=f(x)x =−4x2+13x−3x=−4x−3x+13，因为x>0，所以y=−4x−3x +13=13−(4x+3x)≤13−4√3，当且仅当4x=3x ，即x=√32时，等号成立．综上所述，当且仅当x=√32时，y取得最大值为13−4√3．20．(本小题满分15分)解(1)∵(2a－3b)·(2a＋b)＝61，∴4|a|2－4a·b－3|b|2＝61.又|a|＝4，|b|＝3，∴64－4a·b－27＝61，∴a·b＝－6.∴cos θ＝a·b|a||b|＝－64×3＝－12.又0≤θ≤π，∴θ＝2π3.(2)|a＋2b|2＝(a＋2b)2＝|a|2＋4a·b＋4|b|2＝42＋4×(－6)＋4×32＝28， ∴|a ＋2b |＝2√7 (3)BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 与BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角B cos B =√7∴sin B =√3√7|AB →|＝2√7，|BC →|＝3，∴S △ABC ＝12|AB →||BC →|sinB ＝12×2√7×3×√37＝3 3.21． （本小题满分15分）解 (1)由S ＝abc ＝12ab sin C 可知2c ＝sin C ，∴sin 2A ＋sin 2B ＋sin A sin B ＝sin 2C .由正弦定理得a 2＋b 2＋ab ＝c 2.由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－12，∴C ∈(0，π)，∴C ＝2π3.(2) 法一：由(1)知2c ＝sin C ，c=34∴2a ＝sin A ，2b ＝sin B . △ABC 的a ＋b ＝12(sin A ＋sin B )＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin A ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－A ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫sin A ＋32cos A －12sin A＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin A ＋32cos A ＝12sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π3∵A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3，∴A ＋π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，2π3，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π3∈⎝ ⎛⎦⎥⎤32，1，∴12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π3∈112]∴a ＋b 的取值范围为.112]法二：c 2=a 2+b 2+ab c 2=(a +b)2−ab ≥(a +b )2−(a+b )24316≥34(a +b )2 ∴a ＋b ≤12 ∵a ＋b >c =√34∴a ＋b 的取值范围为.112]22（本小题满分15分） 解：(1) 当n ＝1时，a 1＝1；当n ≥2时，因为a n ＞0，a 2n ＝4S n －2a n －1，所以a 2n －1＝4S n －1－2a n －1－1，两式相减得a 2n －a 2n －1＝4a n －2a n ＋2a n －1＝2(a n ＋a n －1)，所以a n －a n －1＝2，所以数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a n＝2n－1.(2)由题意和(1)得：b n=1a n·a n+1=1(2n−1)·(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，所以数列{b n}前n项和T n=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=n2n+1．(3)①当n为偶数时，要使不等式λT n<n+8⋅(−1)n恒成立，即需不等式λ<2n+8n+17恒成立．∵2n+8n≥8，等号在n=2时取得．∴此时λ需满足λ<25．②当n为奇数时，要使不等式λT n<n+8⋅(−1)n恒成立，即需不等式λ<2n−8n−15恒成立．∵2n−8n是随n的增大而增大，∴n=1时，2n−8n取得最小值−6．∴此时λ需满足λ<−21．综合①、②可得λ的取值范围是λ<−21．。