高一数学(文)第二学期期中检测(带答案)

唐山市第三十六中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷一、选择题1．判断下列各命题的真假：①向量与平行，则与的方向相同或相反；②两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同；③零向量是没有方向的；④向量就是有向线段.其中假命题的个数为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．52．如图，分别是长方体的棱的中点，则等于（ ）A ．B ．C ．D ．3．已知，，为非零平面向量，则下列说法正确的是（ ）A ．B ．若，则C ．若，则，D ．4．已知向量，，且，则实数的值为（ ）A ．B ．3C ．8D ．125．已知单位向量，的夹角为，则（ ）A ．1BCD ．36．在中，角A ，B ，C 所对边分别为，，，，则值等于（ ）a b a b E F ，ABCD A B C D '-'''AB CD ，AB CF + AD 'AC ' DE AE a b c()()a b c a b c ⋅⋅=⋅⋅ a c b c ⋅=⋅ a b =//a bλR ∃∈λb a = ||||||a b a b ⋅=⋅ (2,4)a = (,6)b m =- //a bm 3-a b 2π3a b -= ABC V ,,a b c π3A =2b =8c =22a b c sinA sinB sinC -+-+AB ．CD7．已知复数在复平面内对应的点在第四象限，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．8．在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，PA ＝2，底面ABC 是边长为的正三角形，M 为AC 的中点，球O 是三棱锥P －ABM 的外接球．若D 是球0上一点，则三棱锥D －PAC 的体积的最大值是（ ）A．2B ．CD二、多项选择题9．在△ABC 中，下列说法正确的是（ ）A ．若，则B ．若，则C ．若，则D ．若，则10．若关于 方程 （ 是实数）有两个不等复数根 ，其中 （ 是虚数单位），下面四个选项正确的有（ ）A ．B．C ．D ．11．如图，在直三棱柱中，，，E 为的中点，过AE 的截面与棱BB 、分别交于点F 、G ，则下列说法中正确的是（ ）(2)(1)i z m m =+++m (2,1)--(,2)(1,)⋃-∞--+∞(1,)-+∞(,2)-∞-A B C >>sinA sinB sinC>>A B C >>222sin A sin B sin C>>A B C >>cosA cosB cosC<<A B C >>222cos A cos B cos C<<x 的20x px q ++=p q ，αβ和12α=-+i 1αβ⨯=21αβ=2αβ=332αβ+=111ABC A B C -90ACB ∠=︒12AC BC CC ===11B C 11A CA ．当点F 为棱中点时，截面B ．线段长度的取值范围是C ．当点F 与点B 重合时，三棱锥的体积为D ．存在点F ，使得三、填空题12．已知平面和直线，给出条件：①；②；③；④；⑤．（1）当满足条件　　时，有；（2）当满足条件 时，有．（填所选条件的序号）13．下列说法正确的序号为　　．①若复数，则；②若全集为复数集，则实数集的补集为虚数集；③已知复数，，若，则，均为实数；④复数的虚部是1．14．如图，在四边形 中，对角线 与 相交于点 .已知 ，， ，且 是 的中点，若 ，则 的值为 .四、解答题15．如图，在平面四边形ABCD 中，已知，，△ABC 为等边三角形，记．1BB AFEG 3++1C G []01，C AEF -431A F AE ⊥αβ，m αm P αm ⊥αm ⊂αβ⊥αβP βm P βm ⊥3i z =+13i 1010z =-1z 2z 12z z >1z 2z 3i 1z =-+ABCD AC BD O AC BC =AC BC ⊥AD BD ⊥O AC 2AD AB CD CB ⋅-⋅= AC BD ⋅ 1AD =2CD =αADC ∠=（1）若，求△ABD 的面积；（2）若，求△ABD 的面积的取值范围．16．已知向量.（1）当时，求的值；（2）设函数，且，求 的最大值以及对应的的值.17．已知是关于x 的实系数一元二次方程.（1）若a是方程的一个根，且，求实数k 的值；（2）若，是该方程的两个实根，且，求使的值为整数的所有k 的值.18．如图，多面体 中，底面 是菱形， ，四边形 是正方形且 平面 .（1）求证：平面 ；（2）若 ，求多面体 的体积 .19．如图，两个相同的正四棱锥底面重合组成一个八面体，可放入一个底面为正方形的长方体内，且长方体的正方形底面边长为2，高为4，已知重合的底面与长方体的正方形底面平行，八面体的各顶点均在长方体的表面上．πα3=πα,π2⎛⎫∈⎪⎝⎭)1cos 12a x x b ⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭，a b ⊥ tan x ()()f x a b b =+⋅ π02x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()f x x 24410kx kx k -++=1a =1x 2x Z k ∈1221x x x x +ABCDEF ABCD 60BCD ∠=︒BDEF DE ⊥ABCD //CF ADE AE =ABCDEF V（2）求该八面体表面积S的取值范围．。

第二学期期中考试 高一数学试题试题分值 150分 时间 120分钟一、选择题1、集合}{01032<-+=x x x A ，}{410<+<=x x B ，则)(B C A R ⋂＝（ ）A 、}{21<<-x x B 、}{3215≤<-≤≤-x x x 或C 、}{15-≤<-x xD 、}{15-≤≤-x x2、已知135sin =α，α是第一象限角，则cos(π)α-的值为（ ） A.513-B.513C.1213-3、在等差数列{}n a 中，已知112n a n =-，则使前n 项和n S 最大的n 值为（ ） A.4 B.5 C.6 D.74、在ABC ∆中，内角C B A 、、所对的边为c b a 、、， 60B =，4a =，其面积S =，则c =（ ）A.15B.16C.20D.5、已知平面向量→a , →b 满足|→a |=1，|→b |=2，且（→a +→b ）⊥→a ，则→a ，→b 的夹角为A 、23π B 、2π C 、3π D 、6π6、在ABC ∆中，内角C B A 、、所对的边为c b a 、、， 4,30a b A ===，则B =（ ）A.60°B.60°或120°C.30°D.30°或150° 7、等比数列{}n a 的前m 项和为4，前2m 项和为12，则它的前3m 项和是（ ） A.28 B.48 C.36 D.52 8、已知等差数列}{n a 的前15项之和为154π，则789tan()a a a ++=（ ） A. 33B. 3C. 1-D. 19、在△ABC 中，2,1AB AC AM AM +==，点P 在AM 上且满足2AP PM =， 则()PA PB PC ⋅+等于（ ） A ．94 Ｂ．34 Ｃ．－34 Ｄ．－9410、已知))()(()(b a b x a x x f >--=其中，若)(x f 的图象如右图所示：则b a x g x+=)(的图象是（ ）xyA 1OxyB 1OxyC1OxyD1O11、在△ABC 中，内角C B A 、、所对的边为c b a 、、，若222c a b ab ≤+-，则C 的取值范围为（ ） A.(0,]3πB.[,)6ππC.[,)3ππD.(0,]6π12、已知等差数列{}n a 满足2222699678sin cos sin cos 1sin()a a a a a a -=+，公差(1,0)d ∈-，当且仅当9n =时，数列{}n a 的前n 项和n S 取得最大值，则该数列首项1a 的取值范围为（ ）A.43(,)32ππ B.43,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C.74(,)63ππD.74,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦二、填空题13、若3sin 5x =，则cos 2x =__________． 14、在ABC ∆中，已知C BA sin 2tan =+，给出以下四个论断：①1tan tan =B A ； ② 1sin sin 3A B <+≤1cos sin 22=+B A ；④C B A 222sin cos cos =+其中正确的序号是____________xy-11O15、在矩形ABCD 中，AB=2BC ，M 、N 分别是AB 和CD 的中点，在以A 、B 、C 、D 、M 、N 为起点和终点的所有向量中，相等的非零向量共有 对.16.对于实数b a ,，定义运算⎩⎨⎧>-≤-=⊗⊗11:""b a b b a a b a ，设函数)()2()(22x x x x f -⊗-=，若函数c x f y -=)(的图象与x 轴恰有两个公共点，则实数c 的取值范围是________. 三、解答题17. (本小题满分10分)已知等差数列{}n a 满足：3710,26a a ==． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）请问88是数列{}n a 中的项吗？若是，请指出它是哪一项；若不是，请说明理由．18. (本小题满分12分) 已知向量(cos ,1)2x m =-，2(3sin ,cos )22x x n =， 设函数1()2f x m n =⋅+． （1）求函数()f x 的最小正周期； （2）求函数()f x 的单调区间．NCDAB19. (本小题满分12分)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且23122n S n n =+，递增的等比数列{}n b 满足：142318,32b b b b +=⋅=．（1）求数列{}{}n n a b 、的通项公式；（2）若*,N n n n c a b n =⋅∈，求数列{}n c 的前n 项和n T ．20.(本小题满分12分)在ABC ∆中，内角C B A 、、所对的边为c b a 、、，且满足()2cos cos a c B b C -=．（1）求B 的值； （2）若3=b ，求c a 21-的取值范围．21、（12分）要将两种大小不同的钢板截成A B C 、、三种规格，每张钢板可同时截得三种规格的小钢板的块数如下表所示：今需要A B C 、、三种规格的成品分别15，18，27块，各截这两种钢板多少张可得所需A B C 、、三种规格的成品，且使所用钢板张数最少？213112C 规格B 规格A 规格第一种钢板第二种钢板规格类型钢板类型22、（本小题满分12分） 已知函数）（Z ∈=++-m x x f m m322)(为偶函数，且)5()3(f f <. （1）求m 的值，并确定)(x f 的解析式.（2）若)1,0]()([log ≠>-=a a ax x f y a 且在区间[]3,2上为增函数，求实数a 的取 值范围 .第二学期期中考试 高一理科数学试题试题分值 150分 时间 120分钟 命题教师 侯思超一、选择题1、C2、C3、B4、C.5、A 、6、B.7、A8、C.9、Ｄ． 10、A 11、A.12、A.二、填空题 13、72514、②④ 15、2416. )43,1(]2,(----∞ 三、解答题 17.解析：（1）依题意知73416,4d a a d =-=∴=【3分】()3342n a a n d n ∴=+-=-【5分】（2）令*454588,4288,,N .22n a n n =-==∉即所以 所以88不是数列{}n a 中的项.【10分】 18.解析：（1）依题意得()sin()6f x x π=-，【4分】 ()2f x T π∴=最小正周期为【6分】(2)由22262k x k πππππ-≤-≤+解得22233k x k ππππ-≤≤+， 从而可得函数()f x 的单调递增区间是：2[2,2],33k k k Z ππππ-+∈【9分】 由322262k x k πππππ+≤-≤+解得252233k x k ππππ+≤≤+， 从而可得函数()f x 的单调递减区间是：25[2,2],33k k k Z ππππ++∈【12分】19.解析 ：（1）当2n ≥时，()()221313111312222n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=+--+-=-⎢⎥⎣⎦111,2n a S ===又时符合，所以31n a n =-【3分】 2314b b b b =，14,b b ∴方程218320x x -+=的两根， 41b b >又，所以解得142,16b b ==34182b q q b ∴==∴=112n n n b b q -∴=⋅=【6分】（2）31,2n n n a n b =-=，则n (31)2n C n =-⋅1234225282112(31)2n n T n ∴=⋅+⋅+⋅+⋅++-⋅234512225282112(31)2n n T n +=⋅+⋅+⋅+⋅++-⋅将两式相减得：12341=22+32+2+2+2)(31)2-------------------------------------------8n n n T n +⋅--⋅-（分2112(12)43(31)212n n n -+⎡⎤-=+--⋅⎢⎥-⎣⎦1(34)28n n +=-+⋅-【10分】所以1=(34)28n n T n +-⋅+.【12分】20.解析：（1）由已知()2cos cos a c B b C -= 得()2sin sin cos sin cos A C B B C -= 【3分】 化简得1cos 2B =【5分】 故3B π=．【6分】（2）由正弦定理32sin sin sin 3a c bA C B====，得2sin ,2sin a A c C ==， 故122sin sin 2sin sin 2333sin cos 3226a c A C A A A A A ππ⎛⎫-=-=-- ⎪⎝⎭⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭ 【9分】因为203A π<<，所以662A πππ-<-< 【10分】 所以133sin (,3)262a c A π⎛⎫-=-∈- ⎪⎝⎭【12分】 21、解：设所需第一种钢板x 张，第一种钢板y 张，共需截这两种钢板z 张，则目标函数为z x y =+约束条件为21521832700x y x y x y x y +≥⎧⎪+≥⎪⎪+≥⎨⎪≥⎪≥⎪⎩ 【3分】可行域如下图2x+y =15x +3y=27x +2y=18xy =-x(185,395)yM 【5分】把z x y =+变形为v ，得到斜率为1-，在y 轴上截距为z 的一组平行直线，由上图可知，当直线z x y=+经过可行域上的点M 时，截距z 最小，解方程组327215x y x y +=⎧⎨+=⎩得点1839,55M ⎛⎫⎪⎝⎭，由于1839,55都不是整数，而此问题中最优解(),x y 中，,x y 必须都是整数，所以点1839,55M ⎛⎫⎪⎝⎭不是最优解。

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，。

茂名市第一中学2022—2023学年度第二学期期中考试高一数学试卷考试时间：120分钟总分：150分一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1．设z ＝1+2i ，则在复平面内z 的共轭复数对应的点位于（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限2．＝（）A ．B ．C ．D ．3．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知1,3,3===b a A π，则c 等于（）A ．2B ．C ．D ．4．一梯形的直观图是如图所示的等腰梯形，且直观图OA ′B ′C ′的面积为2，则原梯形的面积为（）A ．2B ．22C ．24D ．45.为了得到函数ππsin 3cos cos3sin 33y x x =+的图象，可以将函数sin 3y x =图象()A.向左平移π个单位B.向左平移π9个单位C.向右平移π个单位D.向右平移π9个单位6.在空间中，下列命题正确的是（）A ．三点确定一个平面B ．若直线l 与平面α平行，则l 与平面α内的任意一条直线都平行C ．两两相交且不共点的三条直线确定一个平面D ．如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行7.在ABC 中，已知2cos c a B =⋅，那么ABC 一定是（）A.等腰直角三角B.等腰三角形C.直角三角形D.等边三角形8.已知中，，，点D 是AC 的中点，M 是边BC 上一点，的最小值是()A. B. C. D.二､多选题（本大题共4小题，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.复数i z 2321+=，i 是虚数单位，则下列结论正确的是（）A.z 的实部是21 B.z 的共轭复数为3122i +C.z 的实部与虚部之和为2 D.z 在复平面内的对应点位于第一象限10.已知平面向量()1,0a =，(1,b = ，则下列说法正确的是（）A.||16a b +=B.()2a b a +⋅= C.33,cos >=<→→b a D.向量+a b在a 上的投影向量为2a11．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，以下结论中正确的有（）A ．若sin A ＞sinB ，则A ＞BB ．若sin2A ＝sin2B ，则△ABC 一定为等腰三角形C ．若cos 2A +cos 2B ﹣cos 2C ＝1，则△ABC 为直角三角形D ．若△ABC 为锐角三角形，则sin A ＜cos B 12.如图，在直三棱柱中，，，，侧面的对角线交点O ，点E 是侧棱上的一个动点，下列结论正确的是（）A.直三棱柱的体积是1B.直三棱柱的外接球表面积是C.三棱锥的体积与点E 的位置有关D.的最小值为三、填空题(每小题5分，共20分)13．设复数z 满足其中i 是虚数单位，则__________.14．圆锥的半径为2，高为2，则圆锥的侧面积为．15．非零向量→a ＝（sin θ，2），＝（cos θ，1），若→a 与共线，则tan （θ﹣4π）＝．16南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，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．把以上文字写成公式，即])2([41222222b a c a c S -+-=（其中S 为三角形的面积，a ，b ，c 为三角形的三边）．在斜△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 所对的边，若)cos 3(cos C B c a +=，且B C a sin 3sin =．则此△ABC 面积的最大值为．四、解答题（本大题共6小题，共70分)17．（10分）已知向量→a ＝（1，1），→b ＝（2，﹣3）．（1）若→c ＝2→a +3→b ，求→c 的坐标；（2）若→a λ﹣2→b 与→a 垂直，求λ的值．18．（12分）已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足bc a c b -=-22）（．（1）求角A 的大小；（2）若a ＝2，sinC ＝2sinB ，求△ABC 的面积．19．（12分）（1）已知正四棱锥的底面边长是6，侧棱长为5，求该正四棱锥的体积；（2）如图（单位：cm ），求图中阴影部分绕AB 旋转一周所形成的几何体的体积．20（12分）已知函数x x x x f 4cos 212sin )1cos 2()(2+-=．（1）求f （x ）的最小正周期及单调递减区间；（2）若α∈（0，π），且22)84(=-παf ，求α的值．21．（12分）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，E 是线段PD 上的点，且，PA ＝PD ＝AD ＝3，32CE =，BC ∥AD ，∠ADC ＝45°．（1）求证：CE ∥平面PAB ；（2）若M 是线段CE 上一动点，则线段AD 上是否存在点N ，使MN ∥平面PAB ？若存在，求出MN 的最小值；若不存在，说明理由．22.（12分）借助国家实施乡村振兴政策支持，某网红村计划在村内扇形荷花水池OAB 中修建荷花观赏台，助推乡村旅游经济.如图所示，扇形荷花水池OAB 的半径为20米，圆心角为π4.设计的荷花观赏台由两部分组成，一部分是矩形观赏台MNPQ ，另一部分是三角形观赏台AO C.现计划在弧AB 上选取一点M ，作MN 平行OA 交OB 于点N ，以MN 为边在水池中修建一个矩形观赏台MNPQ ，NP 长为5米；同时在水池岸边修建一个满足AO OC =且2COA AOM ∠=∠的三角形观赏台AOC ，记)46(ππ<≤=∠x x AOM .（1）当π6AOM ∠=时,过点M 作OA 的垂线，交OA 于点E ，过点N 作OA 的垂线，交OA 于点F,求ME ,OF 及矩形观赏台MNPQ 的面积；（2）求整个观赏台（包括矩形观赏台和三角形观赏台两部分）面积的最大值.茂名市第一中学2022—2023学年度第二学期期中考试高一数学试卷答案1【答案】D ．解：∵z ＝1+2i ，∴z 的共轭复数＝1﹣2i ，对应的点为（1，﹣2），故在第四象限，2【答案】D解：根据向量的线性运算法则，可得．3【答案】A解：，则由余弦定理可得，3＝1+c 2﹣2c ×1×cos＝1+c 2﹣c ，∴c 2﹣c ﹣2＝0，解得c ＝2或﹣1（舍）．4【答案】C解：把该梯形的直观图还原为原来的梯形，如图所示；设该梯形的上底为a ，下底为b ，高为h ，则直观图中等腰梯形的高为h ′＝h sin45°；∵等腰梯形的体积为（a +b ）h ′＝（a +b ）•h sin45°＝2，∴（a +b ）•h ＝＝4∴该梯形的面积为4．5【答案】B【详解】依题意，ππππsin 3coscos3sin sin(3)sin 3(3339y x x x x =+=+=+，所以函数sin 3y x =图象向左平移π9个单位可得πsin 3()9y x =+的图象.6【答案】C解：对于A ，不共线的三点确定一个平面，故A 错误；对于B ，l ∥α，则l 与平面α内的直线平行或异面，故B 错误；对于C ，由平面基本性质及其推论得：两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，故C 正确；对于D ，如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行或在这个平面内，故D 错误．7【答案】B解：已知2c a cosB ＝，则：2sinC sinAcosB ＝，整理得：()2sin A B sinAcosB +＝，则：()0sin A B -＝，所以：A B ＝.8.【答案】B解：根据题意，建立图示直角坐标系，，，则，，，，是边BC上一点，设，则，，，当时，取得最小值，9【答案】ACD解:由题得A 正确；z 的共轭复数为1322i -，则B 不正确；z 的实部与虚部之和为13222+=，则C 正确；z 在复平面内的对应点为13(,22，位于第一象限，则D 正确.10【答案】BD解：((11,02,2a b +=++= ，所以4a b +==，故A错误；()1202a a b ⋅+=⨯+⨯=，故B 正确；1313,cos =⋅>=<→→→→→→ba b a b a ，向量+a b 在a 上的投影向量为()2·21a ab a a a a a ⋅+=⨯=，故D 正确．11【答案】AC【解答】解：对于A ，若sin A ＞sin B 成立，由正弦定理可得a ＞b ，所以A ＞B ，故正确；对于B ，由sin2A ＝sin2B ，得到2A ＝2B 或2A +2B ＝π，可得A ＝B 或A +B ＝，则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故错误；对C ，若cos 2A +cos 2B ﹣cos 2C ＝1，可得若（1﹣sin 2A ）+（1﹣sin 2B ）﹣（1﹣sin 2C ）＝1，整理得：sin 2A +sin 2B ＝sin 2C ，可得a 2+b 2＝c 2．可得△ABC 为直角三角形，故正确；对于D ，若△ABC 是锐角三角形，则A +B +C ＝π，A +B ＞，A ＞﹣B ，A 、B 、C 均是锐角，由正弦函数在（0，）递增，所以：sin A ＞sin （﹣B ）＝cos B ，故错误．12【答案】AD解：在直三棱柱中，，，所以其体积V=Sh=121121=⨯⨯⨯，故A 正确；对于B ，由直三棱柱结构特征及外接球的对称性可得，其外接球即为长宽高分别为2，1，1的长方体的外接球，所以其外接球半径为，所以其外接球的表面积为，故B 错误；由平面，且点E 是侧棱上的一个动点，，三棱锥的高h 为定值，，，故三棱锥的体积为定值，故C 错误；将四边形沿翻折，使四边形与四边形位于同一平面内，此时，连接与相交于点E ，此时最小，即，故D 正确．13【答案】解：，故14【答案】解：如图，圆锥的母线，圆锥的侧面展开图为扇形，故侧面积为，．15【答案】【解答】解：∵向量＝（sin θ，2），＝（cos θ，1），且与共线，∴＝2，即tan θ＝2，则tan（θ﹣）＝＝＝．16【答案】解：∵，∴sin A＝sin C（cos B+cos C），即sin C cos B+sin C cos C＝sin（B+C）＝sin B cos C+cos B sin C，即sin C cos C＝sin B cos C，又C∈（0，π）且C≠，∴sin B＝sin C，∴b＝c，又．∴ac＝b，解得a＝3，＝＝＝，当c＝3时，S max＝．17解：（1）∵＝（1，1），＝（2，﹣3），∴＝2+3＝2（1，1）+3（2，﹣3）＝（8，﹣7）； 4分（2）λ﹣2＝λ（1，1）﹣2（2，﹣3）＝（λ﹣4，λ+6）， 6分∵λ﹣2与垂直，∴1×（λ﹣4）+1×（λ+6）＝0， 9分即λ＝﹣1． 10分18解：（1）因为（b﹣c）2＝a2﹣bc，可得b2+c2﹣a2＝bc， 2分所以cos A＝＝， 3分又A∈（0，π），所以A＝． 5分（2）因为sin C＝2sin B，由正弦定理可得c＝2b， 6分又a＝2，由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bc cos A，可得4＝b2+c2﹣bc， 8分解得b＝，c＝， 10分所以S△ABC＝bc sin A＝××＝ 12分19【解答】解：（1）正四棱锥的底面边长是a＝6，侧棱长为l＝5，所以正四棱锥的高为h＝＝， 2分所以正四棱锥的体积为V＝Sh＝×62×＝12； 5分（2）图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体，是圆台挖去一个半球，圆台的体积为V圆台＝π（r2+rr′+r′2）h＝×（22+2×5+52）×4＝52π， 8分半球的体积为V半球＝πr3＝×23＝， 10分所以该几何体的体积为V＝V圆台﹣V半球＝52π﹣＝3140（cm3）． 12分20【答案】（1）；；（2）．【解答】解：（1）∵f（x）＝（2cos2x﹣1）sin2x+cos4x＝cos2x sin2x+cos4x 1分＝（sin4x+cos4x）＝sin（4x+）， 3分∴f（x）的最小正周期T＝， 4分令，可得，∴f（x）的单调递减区间为； 6分（2）∵f（）＝，∴， 8分∵α∈（0，π），，∴， 10分∴ 12分21【解答】（1）证明：如图1，在PA上取点F使，连接EF，BF，如图示：∵，∴EF∥AD且， 1分又BC∥AD，且， 2分∴EF∥AD，EF＝AD，∴四边形BCEF为平行四边形，∴CE∥BF， 3分而CE⊄平面PAB， 4分BF⊂平面PAB，则CE∥平面PAB． 5分（2）解：线段AD上存在点N且，使得MN∥平面PAB；理由如下：如图2，在AD上取点N使，连接CN，EN，如图示：∵，，∴EN∥PA， 6分∵EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴EN∥平面PAB； 7分由（1）知CE∥平面PAB，又CE∩EN＝E，∴平面CEN∥平面PAB，又M是CE上的动点，MN⊂平面CEN，∴MN∥平面PAB， 8分∴线段AD上存在点N，使得MN∥平面PAB．∵BC∥AN，BC＝AN，∴ND＝2， 9分在△CND中，∠ADC＝45°，，由余弦定理知CN＝2． 10分在△CEN中，CN＝NE＝2，，∴由余弦定理知∠CNE＝120°，∴MN 的最小值为， 11分∴线段AD 上存在点N ，使MN ∥平面PAB ，且MN 的最小值为1． 12分22.【详解】（1）当π6AOM ∠=时，则π1sin 201062ME OM =⋅=⨯=. 2分πcos 2062OE OM =⋅=⨯=. 3分过N 作OA 的垂线，交AO 于点F ，NF ME =.∵π4AOB ∠=，10OF NF ==，∴10MN OE OF =-=-. 4分因为5NP =.矩形MNPQ 的面积())510501S MN NP =⋅=⨯=-平方米.所以矩形观赏台MNPQ 的面积)501平方米. 5分（2）由题意可知，AOM x ∠=，π4AOB ∠=，π4MON x ∠=-，3π4MNO ∠=，在OMN 中，由sin sin MN OM MON MNO =∠∠，得()cos sin 20cos sin MN OM x OM x x x =-=-. 6分矩形MNPQ 的面积()()1520cos sin 100cos sin S MN NP x x x x =⋅=⨯-=-.7分观赏台AOC 的面积211sin 2020sin 2200sin 222S OA OC AOC x x =⋅⋅∠=⨯⨯=.整个观赏台面积()12100cos sin 200sin 2S S S x x x=+=-+. 8分设πcos sin 4t x x x ⎛⎫=-=+ ⎪⎝⎭，46(ππ<≤x ，∴.2130-≤<t 9分()2222cos sin cos sin 2sin cos 1sin 2t x x x x x x x =-=+-=-.∴2sin 21x t =-. 10分∴()100cos sin 200sin 2S x x x =-+()2211002001200212.54t t t ⎛⎫=+-=--+ ⎪⎝⎭.当]213,0(41-∈=t 时，整个观赏台观赏台S 取得最大值为212.5平方 11分∴整个观赏台的面积S 的最大值为212.5平方米. 12分。

2023-2024学年厦门市高一数学第二学期期中考试卷（考试时间120分钟，满分150分）考试时间：2024年4月28日考试时长120分钟一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知复数2i i z =-，则z 对应的点Z 在复平面的（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限2．已知向量(2,1),(1,4)a b ==- ，则23a b -=（）A ．(7,10)-B ．(1,14)C ．(7,10)-D ．(7,6)3．下列命题中正确的是（）A ．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B ．棱柱中互相平行的两个面叫棱柱的底面C ．棱柱的侧面都是平行四边形，而底面不是平行四边形D ．棱柱的侧棱都相等，侧面是平行四边形4．在空间四边形ABCD 中，AC=BD ，E ，F ，G ，H 分别是边AB ，BC ，CD ，DA 的中点，顺次连接各边中点E ，F ，G ，H ，所得四边形EFGH 的形状是（）A ．梯形B ．矩形C ．正方形D ．菱形5．某校运动会开幕式上举行升旗仪式，在坡度为15︒的看台上，同一列上的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60︒和30︒，第一排和最后一排的距离为（如图所示），则旗杆的高度为（）A ．10mB ．30mC ．D ．6．在ABC 中，若sin 2sin cos C B B =，且64ππ,B ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则c b 的范围为（）A ．B ．)2C ．()0,2D ．)27．如图，点A ，B ，C ，M ，N 为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线//MN 平面ABC 的是（）A ．B ．C ．D ．8．已知AB AC ⊥ ，||AB t = ，1||AC t= ．若点P 是△ABC 所在平面内一点，且2||||AB ACAP AB AC =+，则PB PC ⋅ 的最大值为（）A ．13B ．5-C ．5-D ．10+二、多选题：本小题共3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．设复数12i1i z +=+，则（）A ．z 的实部为32B ．31i 22z =-C ．z 的虚部为1i2D ．1z =10．已知ABC 的内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，下列说法正确的是（）A ．若sin :sin :sin 2:3:4ABC =，则ABC 是钝角三角形B ．若sin sin A B >，则a b>C ．若0AC AB ⋅>，则ABC 是锐角三角形D ．若45A =o ，2a =，b =，则ABC 只有一解11．“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M 是ABC 内一点，BMC △，AMC ，AMB 的面积分别为A S ，B S ，C S ，且0A B C S MA S MB S MC ⋅+⋅+⋅=．以下命题正确的有（）A ．若::1:1:1ABC S S S =，则M 为AMC 的重心B ．若M 为ABC 的内心，则0BC MA AC MB AB MC ⋅+⋅+⋅=C ．若45BAC ∠=︒，60ABC ∠=︒，M 为ABC 的外心，则::2:1A B C S S S =D ．若M 为ABC 的垂心，3450MA MB MC ++= ，则cos AMB ∠=三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12．在△ABC 中，B ＝135°，C ＝15°，a ＝5，则此三角形的最大边长为.13．将边长为2的正方形卷成一个圆柱的侧面，所得圆柱的体积为．14．在ABC 中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c .若a c =，sin 3,26sin 2A aB =≤≤，则ABC S - 的最大值为.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.15．在锐角ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知sin a B ．(1)若2b =，3c =，求a 的值：(2)若2a bc =，判断ABC 的形状．16．如图，在平行四边形ABCD 中，4AB =，2AD =，60BAD ︒∠=，E ，F 分别为AB ，BC 上的点，且2AE EB =，2=CF FB ．(1)若DE x AB y AD =+，求x ，y 的值；(2)求AB DE ⋅的值；(3)求cos BEF ∠．17．如右图所示，ABCD －A 1B 1C 1D 1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E 是棱BC 的中点．(1)求证：BD 1∥平面C 1DE ；(2)求三棱锥D －D 1BC 的体积18．已知ABC 的内角A ，B ，C 的对边为a ，b ，c ，且()3sin sin 32sin A B c bC a b--=+．(1)求sin A ；(2)若ABC①已知E 为BC 的中点，求ABC 底边BC 上中线AE 长的最小值；②求内角A 的角平分线AD 长的最大值．19．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当ABC 的三个内角均小于120︒时，使得120AOB BOC COA ∠=∠=∠=︒的点O 即为费马点；当ABC 有一个内角大于或等于120︒时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知ABC 的内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，且cos2cos2cos21B C A +-=(1)求A ；(2)若2bc =，设点P 为ABC 的费马点，求PA PB PB PC PC PA ⋅+⋅+⋅；(3)设点P 为ABC 的费马点，PB PC t PA +=，求实数t 的最小值．1．C【分析】根据虚数单位的性质化简，再由实部、虚部符号确定复数对应点所在象限.【详解】因为2i i=1i z =---，所以z 对应的点Z 在复平面的第三象限，故选：C 2．A【分析】根据向量线性运算的坐标表示计算可得；【详解】解：因为(2,1),(1,4)a b ==-，所以()()()2322,131,47,10a b -=--=- ；故选：A 3．D【分析】根据题意，结合棱柱的几何结构特征，逐项判定，即可求解.【详解】对于A 中，如图所示满足有两个面互相平行，其余各面都是四边形，但该几何体不是棱柱，故A 不正确；对于B 中，正六棱柱中有四对互相平行的面，但只有一对面为底面，所以B 不正确；对于C 中，长方体、正方体的底面都是平行四边形，故C 不正确；对于D 中，根据棱柱的几何结构特征，可得棱柱的侧棱都相等，且侧面都是平行四边形，所以D 正确.故选：D.4．D【分析】根据空间四边形中各点的位置，结合中位线的性质可得EFGH 是平行四边形，再由AC=BD 即可判断四边形EFGH 的形状.【详解】如图所示，空间四边形ABCD 中，连接AC ，BD 可得一个三棱锥，将四个中点连接，得到四边形EFGH ，由中位线的性质及基本性质4知，EH ∥FG ，EF ∥HG ；∴四边形EFGH 是平行四边形，又AC=BD ，∴HG=12AC=12BD=EH ，∴四边形EFGH 是菱形.故选：D 5．B【分析】先根据正弦定理求出BC ，再根据直角三角形三角函数关系即可求解.【详解】如图，由题可知：在ABC 中，45A =︒，105ABC ∠=︒，所以30ACB ∠=︒．sin 45BC=︒，所以22BC ==，在Rt CBD △中，3sin 6030(m)2CD BC ︒==⨯=．故选：B 6．A【分析】根据题意，利用正弦定理化简得到2cos c B b =，结合64ππ,B ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭和余弦函数的性质，即可求解.【详解】因为sin 2sin cos C B B =，由正弦定理得2cos c b B =，则2cos cB b=，又因为64ππ,B ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭cos B <<2cos B <所以cb的范围为.故选：A.7．D【分析】对于A ，根据//MN AC 结合线面平行的判断定理即可判断；对于B,根据//MN BE 结合线面平行的判断定理即可判断；对于C ，根据//MN BD ，结合线面平行的判断定理即可判断；对于D ，根据四边形AMNB 是等腰梯形，AB 与MN 所在的直线相交，即可判断.【详解】对于A,如下图所示，易得//,//AC EF MN EF ,则//MN AC ，又MN ⊄平面ABC ,AC ⊂平面ABC ,则//MN 平面ABC ，故A 满足；对于B ，如下图所示，E 为所在棱的中点，连接,,EA EC EB ,易得,//AE BC AE BC =,则四边形ABCE 为平行四边形，,,,A B C E 四点共面，又易知//MN BE ，又MN ⊄平面ABC ,BE ⊂平面ABC ,则//MN 平面ABC ，故B 满足；对于C,如下图所示，点D 为所在棱的中点，连接,,DA DC DB ,易得四边形ABCD 为平行四边形，,,,A B C D 四点共面，且//MN BD ,又MN ⊄平面ABC ,BD ⊂平面ABC ,则//MN 平面ABC ，故C 满足；对于D ，连接,AM BN ,由条件及正方体的性质可知四边形AMNB 是等腰梯形，所以AB 与MN 所在的直线相交，故不能推出MN 与平面ABC 不平行，故D 不满足，故选：D.8．B【分析】以A 为原点，建立直角坐标系，利用向量的数量积的坐标运算，以及二次函数的性质，即可求解.【详解】以A 为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，设P （x ，y ）则1(,0),(0,0)B t C t t >，可得(1,0)AB AB = ，2(0,2)||AC AC = ，所以(1,2)AP = ，即(1,2)P ，故(1,2)PB t =-- ，11,2PC t ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，所以221455PB PC t t t t ⎛⎫⋅=-+-=-+≤- ⎪⎝⎭ 2t t =即t 时等号成立．故选：B．9．AB【分析】根据复数除法求出z ，由复数的概念判断AC ，根据共轭复数判断B ，根据模的定义判断D.【详解】因为()()()()12i 1i 12i 122i i 31i 1i 1i 1i 222z +-+++-====+++-，所以z 的实部为32，虚部为12，31i 22z =-，102z =，故选：AB 10．ABD【分析】对于A ，利用正弦定理及大边对大角，结合余弦定理的推论即可求解；对于B ，利用正弦定理的角化边即可求解；对于C ，利用向量的数量积的定义即可求解；对于D ，利用正弦定理及三角函数的特殊值对应特殊角即可求解.【详解】对于A ，因为ABC 的三个角满足sin :sin :sin 2:3:4A B C =，所以由正弦定理化简得::2:3:4a b c =，设2,3,4a k b k c k ===，c 为最大边，由余弦定理得222222249163cos 02124a b c k k k C ab k +-+-===-<，所以C 为钝角，所以ABC 是钝角三角形，故A 正确；对于B ，由sin sin A B >及正弦定理，得22a b R R>,解得a b >，故B 正确；对于C ，因为0AC AB ⋅>，所以cos cos 0AC AB AC AB A bc A ⋅⋅==> ，所以cos 0A >，所以A 为锐角，但无法确定B 和C 是否为锐角，故C 错误；对于D ，由正弦定理得222sin 45sin B=，解得sin 1B =，因为0180B << ,所以90B = ，所以ABC 只有一解，故D 正确.故选：ABD.11．ABD【分析】A 选项，0MA MB MC ++=，作出辅助线，得到A ，M ，D 三点共线，同理可得M 为ABC 的重心；B 选项，设内切圆半径为r ，将面积公式代入得到0BC MA AC MB AB MC ⋅+⋅+⋅=；C 选项，设外接圆半径，由三角形面积公式求出三个三角形的面积，得到比值；D 选项，得到::3:4:5A B C S S S =，作出辅助线，由面积关系得到线段比，设MD m =，MF n =，5ME t =，表示出AM ，BM ，MC ，结合三角函数得到m ，m =，进而求出余弦值；【详解】对A 选项，因为::1:1:1A B C S S S =，所以0MA MB MC ++=，取BC 的中点D ，则2MB MC MD += ，所以2MD MA =-，故A ，M ，D 三点共线，且2MA MD =，同理，取AB 中点E ，AC 中点F ，可得B ，M ，F 三点共线，C ，M ，E 三点共线，所以M 为ABC 的重心，A 正确；对B 选项，若M 为ABC 的内心，可设内切圆半径为r ，则12A S BC r =⋅，12B S AC r =⋅，12C S AB r =⋅，所以1110222BC r MA AC r MB AB r MC ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅= ，即0BC MA AC MB AB MC ⋅+⋅+⋅=，B 正确；对C 选项，若45BAC ∠=︒，60ABC ∠=︒，M 为ABC 的外心，则75ACB ∠=︒，设ABC 的外接圆半径为R ，故290BMC BAC ∠=∠=︒，2120AMC ABC ∠=∠=︒，2150AMB ACB ∠=∠=︒，故2211sin 9022A S R R =︒=，221sin1202B S R R =︒，2211sin15024C S R R =︒=，所以::2A B C S S S =，C错误；对D 选项，若M 为ABC 的垂心，3450MA MB MC ++=，则::3:4:5A B C S S S =，如图，AD BC ⊥，CE AB ⊥，BF AC ⊥，相交于点M ，又ABC A B C S S S S =++ ，31124AABC S S == ，即:3:1AM MD =，41123BABC S S == ，即:1:2MF BM =，512CABC S S =，即:5:7ME MC =，设MD m =，MF n =，5ME t =，则3AM m =，2BM n =，7MC t =，因为CAD CBF ∠=∠，sin ,sin 32n mCAD CBF m n∠=∠=，所以32n m m n =，即3m =，3cos 22m BMD n n ∠===，则()cos cos πAMB BMD ∠=-∠=D 正确；故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题考查向量与四心关系应用，关键是利用三角形的几何关系及向量数量积及向量线性表示逐项判断.12．【详解】解：利用正弦定理可知，B 角对的边最大，因为05sin 230,51sin sin sin 2a b aBA b AB A =∴=∴===故答案为：13．2π【分析】先计算底面积，再计算体积.【详解】122R R ππ=∴=22122V R h ππππ=⨯=⨯⨯=故答案为2π【点睛】本题考查了圆柱的体积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.14【分析】由正弦定理和余弦定理以及三角形面积公式化简计算可得.【详解】222sin 37,23,,cos sin 229A a c b a b a c B B ac +-=∴==∴==，则sin B =2221922ABC S a a ⎫∴-=-⋅=+=-+⎪⎝⎭ []2,6,ABC a S ∈∴-V Q故答案为：922.15．(1)a =(2)等边三角形．【分析】（1）由正弦定理边化角，求出π3A =，再利用余弦定理可得答案；(2)由余弦定理得结合2a bc =得2220b c bc +-=，进而b c =，从而可得答案.【详解】（1）由正弦定理，33sin sin sin sin ,sin 022a B b A B B B =⇒≠ ，故ππsin 0,223A A A ⎛⎫=∈⇒= ⎪⎝⎭，再由余弦定理得，2222212cos 2322372a b c bc A =+-=+-⨯⨯⨯=,从而a =（2）因为π3A =，所以由余弦定理得222a b c bc=+-结合2a bc =得2220b c bc +-=，进而22,b c a b a b c =⇒===，所以ABC 是等边三角形．16．(1)2,13x y ==-(2)203【分析】（1）由向量的运算法则求解（2）分解后由数量积的运算求解（3）由数量积的定义求夹角【详解】（1）23DE DA AE AB AD =+=- ，故2,13x y ==-（2）2220()1642cos 60333AB DE AB AB AD ⋅=⋅-=⨯-⨯⨯︒=（3）111,,333EB AB EF AB AD ==+4||3EB =，27||3EF =16499cos 14||||EB EFBEF EB EF +⋅∠==17．(1)见解析；(2)23.【分析】（1）利用三角形中位线的性质，证明线线平行，从而可得线面平行；（2）利用等体积11D D BC D DBC V V --=，即可求得三棱锥D ﹣D 1BC 的体积．【详解】（1）证明：连接D 1C 交DC 1于F ，连接EF ，在正四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，底面四边形DCC 1D 1为矩形，∴F 为D 1C 的中点．又E 为BC 的中点，∴EF ∥D 1B ．∴BD 1∥平面C 1DE ．（2）解：连接BD ，11D D BC D DBCV V --=又△BCD 的面积为12222S =⨯⨯=．故三棱锥D ﹣D 1BC 的体积1111221333D DBC BCD V S D D -∆==⨯⨯=．【点睛】本题考查线面平行，考查三棱锥体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．18．(1)sin A =(2)AE，AD【分析】（1）由正弦定理和余弦定理得到1cos 3A =，进而求出sin A ；（2）由面积公式求出16bc =，进而根据向量的模长公式结合不等式即可求解AE 的最值，根据三角形面积公式，结合等面积法，利用基本不等式可求解AD 的最值.【详解】（1）由正弦定理，得3()32a b c b a b c --=+，即22223c b a bc +-=，故2221cos 23232bc c b a A bc bc +-===，因为cos 0A >，所以π(0,)2A ∈，所以22sin 3A ==；（2）①由（1）知sin 3A =，因为ABC1n si 2bc A =，解得16bc =，由于()12AE AB AC =+ ，所以()()2222222111212183222cos 2444343433AE AB AC AB AC c b bc A c b bc bc bc bc ⎛⎫⎛⎫=++⋅=++=++≥+=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当且仅当b c =时，等号取得到，所以2323AE AE ≥⇒ ②因为AD 为角A 的角平分线，所以1sin sin 2BAD CAD A ∠=∠=，由于ADB ADC ABC S S S += ，所以111sin sin sin sin cos 2222222A A A A AD c AD b bc A bc +==，由于sin02A ≠,所以()2cos 2A AD c b bc +=，由于2212cos 2cos 1cos cos 23232A A A A =-=⇒=⇒，又16bc =，所以()63262cos216233A AD c b bc +==⨯⨯由于8b c +≥，当且仅当b c =时，等号取得到，故()83AD c b AD =+≥=，故3AD ≤，19．(1)π2A =(2)(3)2+【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简cos2cos2cos21B C A +-=可得222a b c =+，即可求得答案；（2）利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案.（3）由（1）结论可得2π3APB BPC CPA ∠=∠=∠=，设||||||,||,||PB m PA PC n PA PA x ===，推出m n t +=，利用余弦定理以及勾股定理即可推出2m n mn ++=，再结合基本不等式即可求得答案.【详解】（1）由已知ABC 中cos2cos2cos21B C A +-=，即22212sin 12sin 12sin 1B C A -+--+=，故222sin sin sin A B C =+，由正弦定理可得222a b c =+，故ABC 直角三角形，即π2A =.（2）由（1）π2A =，所以三角形ABC 的三个角都小于120︒，则由费马点定义可知：120APB BPC APC ∠=∠=∠=︒，设,,PA x PB y PC z === ，由APB BPC APC ABC S S S S ++= 得：111122222xy yz xz +=⨯，整理得xy yz xz ++=，则PA PB PB PC PA PC⋅+⋅+⋅111142222233xy yz xz ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅-+⋅-+⋅-=-⨯=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.（3）点P 为ABC 的费马点，则2π3APB BPC CPA ∠=∠=∠=，设||||||||,||,00,,0,PB m PA PC n PA PA x m n x ===>>>，则由PB PC t PA +=得m n t +=；由余弦定理得()22222222π||2cos 13AB x m x mx m m x =+-=++，()22222222π||2cos 13AC x n x nx n n x =+-=++，()2222222222π||2cos 3BC m x n x mnx m n mn x =+-=++，故由222||||||AC AB BC +=得()()()222222211n n x m m x m n mn x +++++=++，即2m n mn ++=，而0,0m n >>，故22()2m n m n mn +++=≤，当且仅当m n =，结合2m n mn ++=，解得1m n ==又m n t +=，即有2480t t --≥，解得2t ≥+2t ≤-故实数t 的最小值为2+【点睛】关键点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合（1）的结论可解答第二问，解答第二问的关键在于设||||||,||,||PB m PA PC n PA PA x ===，推出m n t +=，结合费马点含义，利用余弦定理推出2m n mn ++=，然后利用基本不等式即可求解.。

上海宝山世外学校高中国内部2023/2024学年第二学期期中考试 高一数学 试卷(考试时间: 120分钟 满分: 150分)班级 学号 姓名一. 填空题(本大题共有12题, 满分54分, 第1~6题每题4分, 第7~12题每题5分)考生应在答题纸的相应位置直接填写结果.1. 已知角α的终边经过点P(-3,4), 则cosα= .【答案】−35.2、复数 11−i的共轭复数的模是 .【答案】223、在复数范围内，方程.x²-2x+2=0的解为 .【答案】 1+3或 1−i.4.在△ABC 中, AB =c ,AC =b , 若点D 满足 BD =2DC ,则 AD =¯.【答案】23b +1c 5.已知 sin (π2+2α)=−13,则cos(π+2α)= 【答案】−136 关于x 的实系数一元二次方程. x²+kx +3=0有两个虚根x ₁和x ₂，若 |x 1−x 2|=22,则实数k= .【答案】 k =2或 k =−2.7.已知向量ā在向量b 方向上的投影向量为-2b ，且 |b |=3,则 a ⋅b =¯..(结果用数值表示)【答案】 −18.8 已知点A 的坐标为( (43,1),，将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转π/3至OB ，则点B 的坐标为【答案】1329.正方体的6个面无限延展后把空间分成个部分【答案】 2710.如图，为计算湖泊岸边两景点B与C之间的距离，在岸上选取A和D两点, 现测得AB=5km, AD=7km, ∠ABD=60°,∠CBD=23°,∠BCD=117°，据以上条件可求得两景点B与C之间的距离为 km(精确到0.1km).【答案】5.811.在△ABC中, a=2, b=3, 若该三角形为钝角三角形, 则边C的取值范围是 .【答案】(1,5)∪(13,5).12 将函数f(x)=4cos(π2x)和直线g(x)=x-1的所有交点从左到右依次记为.A₁,A₂,……,Aₙ,若P的坐标为(0,5),则|PA1+PA2+⋯+PAn|的值为 .【答案】30二、选择题(本大题共有4题, 满分18分, 第13、14题每题4分, 第15、16题每题5分)每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.13.下列说法正确的是 ( )A. 四边形一定是平面图形B.不在同一条直线上的三点确定一个平面C.梯形不一定是平面图形D.平面α和平面β一定有交线【答案】B14. 设z₁、z₂为复数, 则.z21+z22=0是z₁=z₂=0的 ( )A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】C15.设函数f(x)=asinx+bcosx,其中a>0,b>0,若f(x)≤f(π4)对任意的x∈R恒成立，则下列结论正确的是 ( )Af(π2)>f(π6)в f(x)的图像关于直线x=3π4对称C. f(x)在[π4,5π4]上单调递增D.过点(a，b)的直线与函数f(x)的图像必有公共点【答案】D16 给定方程: (12)x+sin x−1=0,给出下列4个结论：①该方程没有小于0的实数解；②该方程有无数个实数解；③该方程在(-∞，0)内有且只有一个实数根；④若x₀是方程的实数根，则x₀>−1.其中正确结论的个数是A.1B.2C.3D.4【答案】C三、解答题(本大题共有5题，满分78分)解答下列各题必须在答题纸相应位置写出必要的步骤.17.(本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分)已知复数z是纯虚数，(z+2)²−8i是实数.(1) 求z; (2) 若1z1=1z+2−z,求|z1|.【答案】z=2i，2824118. (本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分)已知平面内给定三个向量a=(3,2),b=(−1,2),c=(4,1).(1) 若a=mb−nc,求实数m，n的值；(2) 若(a−kc)⋅(kb)<6,求实数k的取值范围.【答案】m=59,n=−89, (−2,32)19. (本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分)在△ABC中, 角A, B, C所对的边分别为a, b, c.(1) 若c=2,C=π3,且△ABC的面积.S=3,求a, b的值;(2) 若sinC+sin(B--A)=sin2A, 判断△ABC的形状.【答案】a=b=2,△ABC 为等腰或直角三角形20. (本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分)已知函数 f (x )=3sin ωx cos ωx +sin 2ωx−12(其中常数ω>0)的最小正周期为π.(1) 求函数y=f(x)的表达式;(2)作出函数y=f(x),x∈[0,π]的大致图像,并指出其单调递减区间;(3) 将y=f(x)的图像向左平移φ(0<φ<π)个单位长度得到函数y=g(x)的图像,若实数x ₁,x ₂满足. f (x₁)g (x₂)=−1,且 |x₁−x₂||的最小值是 π6,求φ的值.【答案】 y =f (x )=sin (2x−π6)， [π3 , 5π6]，φ=π3或 2π3【解析】(1)∵函数f (x )=3sin ωx cos ωx +sin 2ωx−12=32sin 2ωx +1−2cos 2ωx2−12=sin (2ωx−π6)(其中常数 ω>0)的最小正周期为 2π2ω=π,∴ω=1.函数 y =f (x )=sin (2x−π6).(2)作出函数 y =f (x ),x ∈[0,π]的大致图像:作图：2x-π6-π6π2π3π211π6xπ12π37π125π6πf(x)-12010—1-12作图：结合图像，可得其单调递减区间为[π3,5π6].(3)将y=f(x)=sin(2x−π6)的图像向左平移φ(0<φ<π)个单位长度，得到函数y=g(x)=sin(2x+2−π6)的图像，若实数x₁, x₂满足f(x₁)g(x₂)=−1,则f(x₁)与g(x₂)一个等于1，另一个等于.−1,且|x₁−x₂|的最小值为|T2−φ|=π6,即|122π2−φ|=π6求得φ=π3或2π3.21. (本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分)在平面直角坐标系中，我们把函数y=f(x)，x∈D上满足.x∈N°,y∈N*(其中N⁺表示正整数)的点P(x,y)称为函数y=f(x)的“正格点”.(1)写出当m=π2时, 函数f(x)=sin mx, x∈R图像上所有正格点的坐标;(2)若函数f(x)=sinmx, x∈R,m∈(1,2)与函数g(x)=lgx的图像有正格点交点, 求m的值，并写出两个图像所有交点个数，需说明理由.(3) 对于 (2) 中的m值和函数f(x)=sinmx, 若当x∈[0,59]时，不等式log a x>22f(x)恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(4k+1,1)(k∈N),4,(2581,1)【解析】(1) 因为 m =π2,一所以 f (x )=sin π2x,所以函数 f (x )=sin π2x 的正格点为(1,1),(5,1), (9,1), ……, (4k+1,1)(k∈N).(2)作出两个函数图像，如图所示：可知函数. f (x )=sinmx,x ∈R,与函数 g (x )=lg x 的图像只有一个“正格点”交点(10,1),所以 2kπ+π2=10m,m =4k +120π, k ∈Z,又 m ∈(1,2),可得 m =9π20,根据图像可知，两个函数图像的所有交点个数为4;(3)由 (2) 知 f (x )=sin 9π20x,x ∈(0,59]所以 9π20x ∈(0,π4],所以f (x )=sin 9π20x ∈(0,22],故22f (x )∈(0,12],当 a >1时，不等式 log a x >22f (x )不能恒成立，当 0<a <1时， 由下图可知log a 59>22sin π4=12,由loga 59>12=logaa,.综上，实数a的取值范围是2581<a<1。

高一下学期期中数学试卷一、填空题（共12小题）.1．2021°角是第象限角．2．已知扇形的面积为2，扇形圆心角的弧度数是2，则扇形的弧长为．3．已知tanθ＝2，则＝．4．函数y＝arcsin（2x﹣1）的定义域为．5．S n为数列{a n}的前n项的和，，则a n＝．6．已知角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，为其终边上一点，则＝．7．已知，若，则sinα＝．8．如图所示，有一电视塔DC，在地面上一点A测得电视塔尖C的仰角是45°，再向塔底方向前进100米到达点B，此时测得电视塔尖C的仰角为60°，则此时电视塔的高度是米．（精确到0.1米）9．已知数列{a n}与{b n}都是等差数列，且a1＝1，b1＝4，a25+b25＝149，则数列{a n+b n}的前25项和等于．10．“中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年英国来华传教伟烈亚利将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2017这2016个数中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{a n}，则此数列的项数为．11．已知公式cos3θ＝4cos3θ﹣3cosθ，θ∈R，借助这个公式，我们可以求函数f（x）＝4x3﹣3x﹣2（x∈[0，]）的值域．则该函数的值域是．12．函数f（x）＝sin（ωx）（其中ω＞0）的图象与其对称轴在y轴右侧的交点从左到右依次记为A1，A2，A3，…，A n，…，在点列{A n}中存在四个不同的点成为某菱形的四个顶点，将满足上述条件的ω值从小到大组成的数列记为{ωn}，则ω2020＝．二.选择题13．“tan x＝1”是“”成立的（）条件A．充分非必要B．必要非充分C．充要D．既非充分又非必要14．要得到函数y＝2sin（2x+）的图象，只需要将函数y＝2sin（2x﹣）的图象（）A．向右平移π个长度单位B．向左平移π个长度单位C．向右平移个长度单位D．向左平移个长度单位15．设等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足S15＞0，S16＞0，则中最大项为（）A．B．C．D．16．函数f（x）＝sin x在区间（0，10π）上可找到n个不同数x1，x2，…，x n，使得＝＝…＝，则n的最大值等于（）A．8 B．9 C．10 D．11三.解答题17．已知，，，求：（1）tanα和tanβ的值；（2）tan（α﹣2β）的值．18．已知函数f（x）＝sin n x+cos x（x∈R）．（1）当n＝1时，判断函数f（x）的奇偶性，并说明理由；（2）当n＝2时，求f（x）的最值并指出此时x的取值集合．19．在△ABC中，4sin B sin2（+）+cos2B＝1+．（1）求角B的度数；（2）若a＝4，S△＝5，求边b的值．20．在等差数列{a n}中，a3+a4＝﹣2，a5+a7＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）求{a n}的前n项和S n的最小值；（3）设，求数列{b n}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数．21．已知函数f（x）＝cos2x+2sin x cos x+l，x∈R．（1）把f（x）表示为A sin（ωx+φ）+B（A＞0，ω＞0，0＜φ＜π）的形式，并写出函数f（x）的最小正周期、值域；（2）求函数f（x）的单调递增区间；（3）定义：对下任意实数x1、x2，max{x1、x2}＝．设g（x）＝max{a sin x，a cos x}．x ∈R（常数a＞0），若对于任意x1∈R，总存在x2∈R，使得g（x1）＝f（x2）恒成立，求实数a的取值范围．参考答案一.填空题1．2021°角是第三象限角．解：2021°＝360°×5+221°，是第三象限角．故答案为：三．2．已知扇形的面积为2，扇形圆心角的弧度数是2，则扇形的弧长为2．解：设扇形的半径为r，则×2×r8＝2，∴扇形的弧长＝2×＝4．故答案为：2．3．已知tanθ＝2，则＝．解：∵tanθ＝2，∴＝＝．故答案为：．4．函数y＝arcsin（2x﹣1）的定义域为[0，1] ．解：设t＝2x﹣1，∵反正弦函数y＝arcsin t的定义域为[﹣1，1]，所以函数的定义域为：[0，7]．故答案为：[0，1]．5．S n为数列{a n}的前n项的和，，则a n＝．解：因为，所以a3＝S1＝2﹣3+1＝0，当n≥7时a n＝S n﹣S n﹣1＝（2n6﹣3n+1）﹣[2（n﹣1）2﹣3（n﹣5）+1]＝4n﹣5，∴a n＝．故答案为：．6．已知角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，为其终边上一点，则＝．解：由题意可得cosα＝，则sin（）＝cosα＝．故答案为：﹣7．已知，若，则sinα＝．解：，所以α+∈（，），又，所以sin（α+）＝＝；＝sin（α+）cos﹣cos（α+）sin＝．故答案为：．8．如图所示，有一电视塔DC，在地面上一点A测得电视塔尖C的仰角是45°，再向塔底方向前进100米到达点B，此时测得电视塔尖C的仰角为60°，则此时电视塔的高度是236.6 米．（精确到0.1米）解：设电视塔的高度为x，则在Rt△BCD中，∠CBD＝60°，则，解得．由于，整理得，解得x≈236.5．故答案为：236.69．已知数列{a n}与{b n}都是等差数列，且a1＝1，b1＝4，a25+b25＝149，则数列{a n+b n}的前25项和等于1925 ．解：∵等差数列{a n}、{b n}满足a1＝1，b6＝4，a25+b25＝149，∴数列{a n+b n}的前25项和＝+＝+（a25+b25）＝+×149＝1925．故答案为：1925．10．“中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年英国来华传教伟烈亚利将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2017这2016个数中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{a n}，则此数列的项数为134 ．解：由能被3除余1且被5除余1的数就是能被15整除余7的数，故a n＝15n﹣14．得n≤135，故此数列的项数为135﹣1＝134．故答案为：13411．已知公式cos3θ＝4cos3θ﹣3cosθ，θ∈R，借助这个公式，我们可以求函数f（x）＝4x3﹣3x﹣2（x∈[0，]）的值域．则该函数的值域是[﹣3，﹣2] ．解：设x＝cosθ，．则f（x）＝4x4﹣3x﹣2＝4cos6θ﹣3cosθ﹣2＝cos3θ﹣2．∴cos3θ﹣5．∈[﹣3，﹣2]故答案为：[﹣3，﹣2]12．函数f（x）＝sin（ωx）（其中ω＞0）的图象与其对称轴在y轴右侧的交点从左到右依次记为A1，A2，A3，…，A n，…，在点列{A n}中存在四个不同的点成为某菱形的四个顶点，将满足上述条件的ω值从小到大组成的数列记为{ωn}，则ω2020＝．解：根据题意作出图象如下，设f（x）＝sin（ωx）的最小正周期为，所以，即，解得；若A1A4A5A7为菱形，则若A1A k﹣1A k A m为菱形，则，解得，故答案为：．二.选择题13．“tan x＝1”是“”成立的（）条件A．充分非必要B．必要非充分C．充要D．既非充分又非必要解：tan x＝1⇔x＝kπ+，k∈Z．∴“tan x＝1”是“”成立的必要不充分条件．故选：B．14．要得到函数y＝2sin（2x+）的图象，只需要将函数y＝2sin（2x﹣）的图象（）A．向右平移π个长度单位B．向左平移π个长度单位C．向右平移个长度单位D．向左平移个长度单位解：只需要将函数y＝2sin（2x﹣）的图象向左平移个长度单位，可得函数y＝3sin[2（x+）﹣]＝2sin（2x+）的图象，故选：D．15．设等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足S15＞0，S16＞0，则中最大项为（）A．B．C．D．解：∵等差数列前n项和S n＝•n2+（a1﹣）n，由S15＝15a8＞0，S16＝16×＜0可得：故Sn最大值为S8．故S n最大且a n取最小正值时，有最大值，故选：D．16．函数f（x）＝sin x在区间（0，10π）上可找到n个不同数x1，x2，…，x n，使得＝＝…＝，则n的最大值等于（）A．8 B．9 C．10 D．11解：设＝＝…＝＝k，则条件等价为f（x）＝kx，的根的个数，由图象可知y＝kx与函数f（x）最多有10个交点，故选：C．三.解答题17．已知，，，求：（1）tanα和tanβ的值；（2）tan（α﹣2β）的值．解：（1）∵，，∴cosα＝﹣＝﹣，∵，∴．∴tan（α﹣2β）＝＝＝．18．已知函数f（x）＝sin n x+cos x（x∈R）．（1）当n＝1时，判断函数f（x）的奇偶性，并说明理由；（2）当n＝2时，求f（x）的最值并指出此时x的取值集合．解：（1）当n＝1时，f（x）＝sin x+cos x＝（sin x+cos x）＝cos（x）．∴f（x）≠f（﹣x）≠﹣f（﹣x），∴f（x）为非奇非偶函数；当时，，此时x的取值集合是；当cos x＝﹣1时，f（x）min＝﹣1，此时x的取值集合是{x|x＝2kπ+π，k∈Z}．19．在△ABC中，4sin B sin2（+）+cos2B＝1+．（1）求角B的度数；（2）若a＝4，S△＝5，求边b的值．解：（1）由4sin B•sin2（+）+cos2B＝1+，得：2sin B•[7﹣cos（+B）]+1﹣2sin2B＝1+，可得sin B＝，∴B＝，或B＝；∴ac sin B＝×4×c×＝5，解之得c＝6，∴当B＝时，b＝＝；即边b的值等于或．20．在等差数列{a n}中，a3+a4＝﹣2，a5+a7＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）求{a n}的前n项和S n的最小值；（3）设，求数列{b n}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数．解：（1）设等差数列{a n}的公差为d，∵a3+a4＝﹣2，a5+a7＝8．∴2a1+5d＝﹣2，2a1+10d＝8，∴a n＝﹣6+2（n﹣1）＝2n﹣8．∴当n＝2或4时，S n取得最小值，（3），∴数列{b n}的前10项和＝﹣2﹣1﹣1+8+0+0+0+1+2+8＝2．21．已知函数f（x）＝cos2x+2sin x cos x+l，x∈R．（1）把f（x）表示为A sin（ωx+φ）+B（A＞0，ω＞0，0＜φ＜π）的形式，并写出函数f（x）的最小正周期、值域；（2）求函数f（x）的单调递增区间；（3）定义：对下任意实数x1、x2，max{x1、x2}＝．设g（x）＝max{a sin x，a cos x}．x ∈R（常数a＞0），若对于任意x1∈R，总存在x2∈R，使得g（x1）＝f（x2）恒成立，求实数a的取值范围．解：（1）函数f（x）＝cos2x+2sin x cos x+l＝cos2x+sin2x+1＝2sin（2x+）+6，x∈R；∴f（x）的最小正周期为T＝＝π，值域为[﹣1，3]；解得﹣+kπ≤x≤+kπ，k∈Z，（3）若对于任意x1∈R，总存在x2∈R，使得g（x2）＝f（x2）恒成立，由g（x）的值域为[﹣a，a]，f（x）的值域为[﹣1，8]，解得0＜a≤；所以实数a的取值范围是（0，]．。

第1页 共4页 镇海中学2023-2024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． B． 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 AB = 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 △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4π D.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__▲__.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 BC ，，，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧,,AB BC CA ，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。

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。