辽宁省2017—2018学年高一数学下学期期中考试试卷(三)

辽宁省实验中学2017-2018学年度上学期期中阶段测试高一物理试卷考试时间：90分钟试题满分：100分命题人：崔丽娟校对人：李志宇一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，多选题在题号前已标出，其余为单选，全部选对者得4分，选对但不全者得2分，有选错的得0分。

）1．以下说法中正确的是:A．体积、质量都极小的物体都能看成质点B．2012年厦门国际马拉松比赛中肯尼亚黑马卡麦斯•皮特以2小时07分37秒获得冠军，这里2小时07分37秒表示时刻C．在某一段时间内物体运动的路程为零，则该物体一定是静止的D．速度大小不变的运动就是匀速直线运动2．（多选）下列说法正确的是：A. 木块放在桌面上受到一个向上的弹力，这是由于桌面发生微小形变而产生的B. 质量均匀分布，形状规则的物体的重心可能在物体上，也可能在物体外C. 滑动摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反D. 若两物体间有摩擦力，则一定有弹力3．（多选）如图所示,直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置一时间（x-t）图线。

由图可知：A．在时刻t1, a车与b车在同一位置B．在时刻t2,a、b两车运动方向相反C．在t1 到t2这段时间内, b车的速率先减小后增加D．在t1 到t2这段时间内, b车的速率一直比a车的大4．A、B两物体沿同一方向运动，它们的v–t图象如图所示，下列判断正确的是：A. 在t1时刻前，B物体始终在A物体的前面B. 在0- t1这段时间内，B物体的位移比A物体的位移大C. 在t1时刻前，B物体的速度始终比A物体增加得快D. 在t1时刻两物体不可能相遇5．中国运动员苏炳添在国际田联钻石联赛百米赛跑中，以9.99s的成绩成为突破10s大关的第一个亚洲人。

高科技记录仪测得他冲刺时的最大速度约为11.60m/s．则他在全程的平均速度的大小约为:A. 11.60m/sB. 10.01m/sC. 9.99m/sD. 9.28m/s6．（多选）将一物块分成相等的A、B两部分靠在一起,下端放置在地面上,上端用绳子拴在天花板,绳子处于竖直伸直状态,整个装置静止.则：A．绳子上拉力可能为零B．AB之间一定存在弹力C．地面与物体间可能存在摩擦力D．AB之间可能存在摩擦力7．一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其xt—t图象如图所示，则：A．质点做匀速直线运动，速度为0.5m/s B．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2 C．质点在l s末速度为1.5m/sD．质点在第l s内的平均速度为1.5m/s8．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到向右的拉力F的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ。

辽宁省大连市第二十四中学2021-2022学年高一下学期期中考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．sin 240=A B ．12C ．D ．12-2．已知边长为ABC 的外接圆圆心为O ，则AOC ∠所对的劣弧长为（）A ．πB ．2πC ．3πD ．4π3．已知向量(1,1)a = ， b a 与b 的夹角为5π6，则||a b += （）AB ．2CD ．144．设函数()sin()(,0,0,||)2f x A x x R A πωϕωϕ=+∈>><的部分图象如图所示，若12,63x x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，且()()12f x f x =，则()12f x x +=（）A ．12B ．2C ．2D ．15．已知O 为ABC 的外心，4AB =uuu r ，则AO AB ⋅=（）A ．8B ．10C ．12D ．146．若sin 7a π=，3cos 7b π=，tan 7c π=，则a 、b 、c 之间的大小关系为（）A ．a b c<<B ．b a c<<C ．b<c<a D ．a c b<<7．已知ABC 中，若sin 2cos A A -=tan A =（）A ．3-B ．3C ．3-或13D ．3或13-8．已知函数()()2sin 0f x x ωω=>在区间,43ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上是增函数，若函数()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的图像与直线2y =有且仅有一个交点，则ω的最小值为（）A ．43B ．34C ．32D ．1二、多选题9．已知向量()1,sin θ=a ，(cosb θ= ，则下列命题正确的是（）A ．存在θ，使得λa b=B ．当tan 2θ=时，a 与b 垂直C ．对任意θ，都有a b≠r rD ．当a b ⋅a 在b 10．下列论述中正确的是（）A ．已知平面向量a ，b 的夹角为3π，且1a b ==r r ，c a b =- ，则c 与a 的夹角等于3πB ．若a b a c ⋅=⋅ ，且0a ≠，则b c=C ．在四边形ABCD 中，()6,8AB DC == ，且AB AD ACAB AD AC +=，则BD = D ．在ABC 中，若OA OB OA OC OB OC ⋅=⋅=⋅uur uuu r uur uuu r uuu r uuu r，则O 是ABC 外心11．已知函数π()sin()(0,0,||)2f x A x A ωϕωϕ=+>><条对称轴之间的距离为2π，且()f x 的图象关于点(,0)12π-对称，则下列结论正确的是（）A ．函数()f x 的图象关于直线512x π=对称B ．当[,]66x ππ∈-时，函数()f x 的最小值为2-C ．若()65f πα-=，则44sin cos αα-的值为45-D ．要得到函数()f x的图象，只需要将()cos 2g x x 的图象向右平移6π个单位12．在锐角三角形ABC 中，下列命题成立的是（）A ．sin A tan 3B =，则A B <B ．tan tan 1A B ⋅<C ．sin sin cos cos A B A B+>+D ．sin sin 1A B +>三、填空题13．已知α，β为锐角，4sin 5α=，()cos 5αβ+=-，则cos 2β=______.14．已知(),2a λ= ，()3,5b =- ，且a 与b的夹角为锐角，则λ的取值范围是_________________．15．已知函数()22sin cos 24f x x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则()f x 的值域为______.四、双空题16．设tan θ＝2，则tan (4πθ+＝________，sin cos sin cos θθθθ-+＝________.五、解答题17．已知2= a ，b = ()()239a b b a +⋅-=(1)求a 与b的夹角θ；(2)在ABC 中，若AB a=，AC b = ，求BC 边的长度.18．已知1sin cos 2αα+=，0απ<<.(1)求sin cos αα的值.(2)求sin cos αα-的值.(3)-的值.19．已知以角B 为钝角的ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，()sin ,2sin m A B =，)sin n A =-，且m n ⊥.(1)求角B 的大小；(2)求cos cos A C +的最大值.20．在①函数()()1sin 0,22f x x πωϕωϕ⎛⎫=+>< ⎪⎝⎭的图像向右平移12π个单位长度得到()g x 的图像，()g x 图像关于原点对称；②函数()1sin 2sin 2226f x x x ππωω⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++- ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦；③函数()()1cos sin 064f x x x πωωω⎛⎫=+-> ⎪⎝⎭这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.已知______，函数()f x 的图像相邻两对称中心之间的距离为2π.(1)求函数()f x 的最小正周期和单调递增区间；(2)若06πθ<<，且()310f θ=，求cos 2θ的值.21．已知函数()2cos sin 4f x x a x a =-++-，[]0,x π∈.(1)求()f x 的最小值()g a ；(2)若()f x 在[]0,π上有零点，求a 的取值范围.22．设O 为坐标原点，定义非零向量(),a M b O =的“相伴函数”为()()sin cos f x a x b x x =+∈R ，向量(),a M b O =称为函数()sin cos f x a x b x =+的“相伴向量”.(1)设函数()2sin cos 36h x x x ππ⎛⎫⎛⎫=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，求()h x 的“相伴向量”；(2)记()0,2OM =的“相伴函数”为()f x ，若函数()()1g x f x x =+-，[]0,2x π∈与直线y k =有且仅有四个不同的交点，求实数k 的取值范围；(3)已知点(),M a b 满足22340a ab b -+<，向量OM的“相伴函数”()f x 在0x x =处取得最大值.当点M 运动时，求0tan 2x 的取值范围.参考答案：1．C【详解】试题分析：00sin 240sin 60=-=C ．考点：诱导公式2．D【分析】根据等边三角形的性质可得AOC ∠，再根据弧长公式求解即可【详解】因为边长为的等边ABC 的外接圆圆心为O ，则O 为等边ABC 的中心，故23AOC π∠=，且6OA OC ==，故AOC ∠所对的劣弧长为2643ππ⨯=故选：D 3．A【分析】首先计算a r 和a b ⋅，再代入+= a b ，即可求得答案.【详解】 (1,1)a =，a == 又= b a 与b 的夹角为56π∴cos 32θ⎛⎫⋅=⋅=-=- ⎪ ⎪⎝⎭ a b ab +=== a b 故选：A.4．C【分析】根据图像求出()sin(2)3f x x π=+，由12()()f x f x =得到126x x π+=，代入即可求解.【详解】根据函数()sin()(,0,0,||)2f x A x x R A πωϕωϕ=+∈>><的部分图象，可得：A =1;因为236T πππω⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，2ω∴=，结合五点法作图可得2(06πϕ-+= ，3πϕ∴=，()sin(2)3f x x π=+．如果12,(,)63x x ππ∈-，且12()()f x f x =，结合2(0,)3x ππ+∈，可得122(23322x x πππ+++=，126x x π∴+=，12()()sin()6332f x x f πππ∴+===5．A【分析】根据平面向量数量积的几何意义，结合外心的性质求解即可【详解】取AB 中点D ，因为O 为ABC 的外心，故OD AB ⊥，故cos 248AO AB AO AB OAB AD AB ⋅=⋅⋅∠=⋅=⨯=uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r故选：A 6．B【分析】根据诱导公式，结合正弦函数的单调性判断,a b ，再根据正弦与正切的关系判断,a c 即可【详解】由题，3cos cos sin sin 7214147b a πππππ⎛⎫==-=<= ⎪⎝⎭，又sin7tan sin 77cos 7c a ππππ==>=，故b a c <<故选：B 7．A【分析】由10sin 2cos 2A A -=，利用同角三角函数间的基本关系求出1tan 3A =或3-，再分类即可求解．【详解】10sin 2cos 2A A -=()22222sin 2cos 5tan 4tan 45sin cos 2tan 12A A A A A A A --+∴=⇒=⇒++1tan 3A =或3-，10sin 2cos 0sin 2cos 2A A A A -=⇒> tan 2(cos 0)A A ⇒>>或tan 0(cos 0)A A <<，tan 3A ∴=-，8．D【分析】结合函数()f x 图像的对称性，及()f x 在区间,43ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的单调性，可知232T π≤，又()f x 的图像与直线2y =的交点的横坐标为()2Z 2k x k ππωω=+∈，从而得2222ππππωωω≤<+，进而可求出ω的取值范围.【详解】解：因为函数()2sin (0)f x x ωω=>的图像关于原点对称，并且在区间,43ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上是增函数，所以24323T T ππ≤⇒≥，又20T πωω⎧=⎪⎨⎪>⎩，得302ω<≤，令()2sin 2f x x ω==，得()2Z 2k x k ππωω=+∈，所以()f x 在()0,∞+上的图像与直线2y =的第一个交点的横坐标为2πω，第二个交点的横坐标为22ππωω+，所以2222ππππωωω≤<+，解得15ω≤<，综上所述，312ω≤≤，故ω的最小值为1故选：D 9．BD【分析】利用向量平行得关系验证可判断A；利用商数关系可得cos θ=θ，在判断0a b ⋅=是否成立，即可判断B ；通过向量的模得求法求解θ即可判断C ；利用向量数量积的坐标表示结合平方关系求得2cos θ，a 在b 方向上的投影向量的模长即为a 在b方向上的投影的绝对值，再根据向量的投影的定义即可判断D.【详解】解：对于A ，若λa b =，则a b ∥，sin cos 0θθ-=，即1sin 22θ=，所以sin θ=又[]sin 21,1θ∈-，所以不存在θ，使得λa b =，故A 错误；对于B，当tan 2θ=-时，则cos θ=θ，则cos 0a b θθ⋅==，所以a 与b 垂直，故B 正确；对于C，若a b ==r r 若a b =r r，则221sin cos 2θθ+=+，则22cos sin 1θθ-=-，即cos 21θ=-，所以22k θππ=+，所以,Z 2k k πθπ=+∈，即存在,Z 2k k πθπ=+∈，使得a b =r r ，故C 错误；对于D，cos in a b θθ⋅==，则223cos 2sin cos θθθθ+=+，即()2222cos 2sin cos cos sin 3θθθθθθ+=++，化简得22sin cos 2cos 0θθθθ-+=，则2tan 20θ-θ+=，解得tan θ=，即22sin 2cos θ=θ，所以21cos 3θ=，a 在b方向上的投影向量的模长为a b b a b bb b⋅⋅⋅==D 正确.故选：BD.10．AC【分析】分别求出,a c c ⋅ ，再根据cos ,a ca c a c⋅=，即可判断A ；根据数量积的定义即可判断B ；易知四边形ABCD 是边长为10的菱形，且120BAD ∠=︒，从而可判断C ；由平面向量的数量积可知OA BC ⊥，,OB AC OC AB ⊥⊥，即可判断D.【详解】解：对于A ，()212a c a ab a a b ⋅=⋅-=-⋅= ，1c a b =-=，则1cos ,2a c a c a c ⋅== ，所以c 与a 的夹角为3π，故A 正确；对于B ，若a b a c ⋅=⋅，则cos ,cos ,a b a b a c a c =r r r r r r r r ，所以cos ,cos ,b a b c a c =，故B 错误；对于C ，因为()6,8AB DC == ，所以四边形ABCD 为平行四边形，且10AB DC ==，又AB AD ACAB AD AC+= ，所以四边形ABCD 为菱形，且120BAD ∠=︒，所以对角线BD =C 正确；对于D ，因为OA OB OA OC ⋅=⋅，所以()0OA OB OC OA CB ⋅-=⋅=uur uuu r uuu r uur uur，所以OA BC ⊥，同理,OB AC OC AB ⊥⊥，所以O 为ABC 的垂心，故D 错误.故选：AC.11．BD【分析】利用最值，半个周期，对称点，以及ϕ取值范围确定())6f x x π+，分别利用正弦函数的对称轴，整体法确定角度范围求最值，诱导公式和平方差公式，利用函数诱导公式变换表达式从而分析图像特点即可求解.【详解】 函数π()sin()(0,0,||)2f x A x A ωϕωϕ=+>><，其图象相邻的两条对称轴之间的距离为2π，∴A =1222ππω⋅=，2ω∴=，())f x x ϕ=+.又因为()f x 的图象关于点(,0)12π-对称，所以())0,126f ππϕ-=-+=所以,6k k Z πϕπ-+=∈,所以6,k k Z πϕπ=+∈.因为||2ϕπ<，所以6πϕ=.即())6f x x π=+.对选项5A,()012f ππ==≠A 错误.对选项B ，[,],2[,]66662x x πππππ∈-+∈-，当()2,66x f x ππ+=-时取得最小值B 正确.对选项C,()sin(2)cos 2625f ππααα--=，得到3cos 25α=.因为4422223sin cos (sin cos )(sin cos )cos 25ααααααα-=+-=-=-，故C 错误.对选项D ，把()2g x x =的图象向右平移6π个单位得到2())sin[(2)])63236y x x x x πππππ=-=-=+-+的图象，故D 正确，故选：BD .12．ACD【分析】根据三角恒等变换，逐个选项化简判断即可求解【详解】因为在锐角三角形中，所以，,,A B C 均为锐角对于A ，sin 5A =，得cos A =，tan 2tan A B =<，所以，A B <；所以，A 正确；对于B ，若tan tan 1A B ⋅<，整理得sin sin cos cos 0A B A B -<，化简得cos()0A B +>，所以，cos 0C <，C 为钝角，与题意不符，B 错误；对于C ，若sin sin cos cos A B A B +>+)sin()44A B ππ->-，化简得sin()sin()44A B ππ->-，因为,,A B C 均为锐角，所以，必有44A B ππ->-，得2A B π+>，符合,,A B C 均为锐角，所以，C 正确；对于D ，因为,,A B C 均为锐角，得2A B π+>，所以，2A B π>-，所以，sin sin sin()sin 2A B B B π+>-+cos sin B B >+4B π+≥1>，所以，sin sin 1A B +>成立，D 正确；故选：ACD13．35-##0.6-【分析】根据平方关系求出cos α，()sin αβ+，再根据()sin sin βαβα=+-⎡⎤⎣⎦求出sin β，再根据二倍角得余弦公式即可得解.【详解】解：因为α，β为锐角，则,0,2παβ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()0,αβπ+∈，又4sin 5α=，()cos αβ+=-所以3cos 5α=，()sin 5αβ+=，则()()()sin sin sin cos cos sin 5βαβααβααβα=+-=+-+=⎡⎤⎣⎦，所以23cos 212sin 5ββ=-=-.故答案为：35-.14．10635λλ<≠-且【详解】试题分析：因为向量a 与b 的夹角为锐角，所以0a b ⋅<且a 与b 不共线，所以3100λ-+>且56λ≠-，解之得：10635λλ<≠-且考点：向量夹角及坐标运算.15．[]2,3【分析】首先利用三角恒等变换公式将函数()f x 化简，再根据x 的取值范围，求出23x π-的范围，最后根据正弦函数的性质计算可得；【详解】解：函数2()2sin ()24f x x xπ=+-1cos(2)22x xπ=-+-sin 221x x =-+12sin 2212x x ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭2sin 213x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，即()2sin 213f x x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，又42ππx ≤≤∴22633x πππ≤-≤∴1sin(2),132x π⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦，∴[]2sin(2)1,23x π-∈，∴()[]2,3f x ∈；故答案为：[]2,316．－313【分析】由两角和的公式计算出tan(4πθ+，把它展开后切弦互化可得sin cos sin cos θθθθ-+．【详解】解：由tan θ＝2，得tan (4πθ+＝tan tan41tan tan4πθπθ+-＝－3，sin cos sin cos θθθθ-+＝tan 1tan 1θθ-+＝13.故答案为：3-；13．17．(1)56π【分析】（1）先求出a b ⋅，再带入公式计算即可；（2）根据题意得到()22BC b a =- ，展开计算求解即可.（1）因为()()22222335232529a b b a a a b b a b +⋅-=--⋅+=-⨯-⋅+⨯= ，所以3a b ⋅=-，所以cos a b a b θ⋅==- []0,θπ∈，所以56πθ=.（2）因为BC AC AB b a =-=-，所以()2222=213BC b a b a b a =--⋅+= ，所以BC =18．(1)38-(3)43-【分析】（1）将已知平方结合平方关系即可得解；（2）由（1），可得sin 0,cos 0αα><，则sin cos αα-=（3=得符号去掉根号，化简，从而可求出答案.【详解】（1）解：因为1sin cos 2αα+=，所以()2221sin cos sin cos 2sin cos 12sin cos 4αααααααα+=++=+=，所以3sin cos 8αα=-；（2）解：因为0απ<<，3sin cos 8αα=-，所以sin 0,cos 0αα><，所以sin cos 2αα-=；（3）解：由（2）得sin 0,cos 0αα><，1sin 1cos cos sin αααα--=--()()sin 1sin cos 1cos sin cos αααααα-+-=-sin cos 1sin cos αααα+-=-11238-=--43=-.19．(1)23B π=【分析】（1）利用0m n ⋅= ，结合正弦定理，求出sin B =，B 为钝角，所以23B π=.（2）化简cos cos 3A C A π⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，由（1）知，0,3A π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，2,333A πππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，即可确定cos cos A C +的取值范围，(1)解：因为()sin ,2sin m A B =，)sin n A =- ，且m n ⊥.所以0m n ⋅=2sin sin 0A B A -=，因为()0,,sin 0A A π∈≠，所以sin 2B =，因为B 为钝角，所以23B π=.(2)解：因为1cos cos cos cos cos cos sin 3223A C A A A A A A ππ⎛⎫⎛⎫+=+-=++=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由（1）知，0,3A π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，2,333A πππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，sin ,132A π⎛⎤⎛⎫+∈ ⎥ ⎪ ⎝⎭⎝⎦，故cos cos A C +的取值范围是32⎛ ⎝.所以cos cos A C +20．(1)最小正周期T π=，单调递增区间为,,36k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦；(2)310【分析】（1）依题意函数的最小正周期T π=，再根据所选条件及三角恒等变换公式化简，即可得到()f x 的解析式，再根据正弦函数的性质计算可得；（2）由（1）可得3sin 265πθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，再根据同角三角函数的基本关系求出cos 26πθ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，最后根据两角差的余弦公式计算可得；(1)解：若选条件①，由题意可知，2T ππω==，2ω∴=，∴1()sin(2)2f x x ϕ=+，将()f x 的图像向右平移12π个单位长度得到1()sin(2)26g x x πϕ=+-，又函数()g x 的图象关于原点对称，∴6k πϕπ=+，Z k ∈， ||2ϕπ<，∴6πϕ=，∴1()sin(226f x x π=+，所以函数的最小正周期T π=，令222,262k x k k Z πππππ-+≤+≤+∈，解得,36k x k k Z ππππ-+≤≤+∈，所以函数的单调递增区间为,,36k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦；若选条件②，()1sin 2sin 2226f x x x ππωω⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦1cos 2sin 2cos cos 2sin 266x x x ππωωω⎛⎫=+- ⎪⎝⎭11cos 22222x x ωω⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭1sin 226x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭又22T ππω==，1ω∴=，∴1()sin(2)26f x x π=+．所以函数的最小正周期T π=，令222,262k x k k Z πππππ-+≤+≤+∈，解得,36k x k k Z ππππ-+≤≤+∈，所以函数的单调递增区间为,,36k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦；若选条件③，11()cos sin()cos (sin cos cos sin 64664f x x x x x x πππωωωωω=+-=+-211cos cos 224x x x ωω=+-12cos 244x x ωω=+1112cos 2)sin(2)2226x x x πωωω=+=+即()1sin(2)26f x x πω=+，又22T ππω==，1ω∴=，∴1()sin(2)26f x x π=+．所以函数的最小正周期T π=，令222,262k x k k Z πππππ-+≤+≤+∈，解得,36k x k k Z ππππ-+≤≤+∈，所以函数的单调递增区间为,,36k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦；(2)解：因为1()sin(2)26f x x π=+且()310f θ=，所以()13sin 22610f πθθ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，所以3sin 265πθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，因为06πθ<<，所以2662πππθ<+<，所以4cos 265πθ⎛⎫+== ⎪⎝⎭，所以cos2cos 266θθππ⎡⎤⎛⎫=+-⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦43132cos sin 2sin 666652520cos 1ππππθθ⎛⎫⎛=⎫+++=⨯+⨯=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭21．(1)()23,03,20442a a ag a a a a ⎧->⎪⎪⎪=-+--≤≤⎨⎪⎪<-⎪⎩，(2)3a ≥【分析】（1）化简函数()22sin 324a a f x x a ⎛⎫=+-- ⎝⎭，根据[0,]x π∈，所以sin [0,1]x ∈，分类讨论，即可求解函数的最小值；（2）由()0f x =，可得2sin 3(1sin )x x a +=-⋅，当sin 1x ≠，2sin 31sin x a x+=-，令sin [0,1)t x =∈，则231t a t+=-，利用单调性，即可求解.(1)由题意，函数()222sin cos 4sin 324a a f x a x x a x a ⎛⎫=-+-=+-+- ⎪⎝⎭，因为[0,]x π∈，所以sin [0,1]x ∈，当<02a-时，即0a >时，则sin 0x =时，()f x 取得最小值()3g a a =-；当012a ≤-≤时，即20a -≤≤时，则sin 2ax =-时，所以()f x 取得最小值()234a g a a =-+-；当12a->时，即2a <-时，则sin 1x =时，()f x 取得最小值()4g a =．综上可得，()23,03,20442a a ag a a a a ⎧->⎪⎪⎪=-+--≤≤⎨⎪⎪<-⎪⎩，．(2)∵[0,]x π∈，∴sin [0,1]x ∈，由()0f x =，可得2sin 3(1sin )x x a +=-⋅，当sin 1x =时，此等式不成立．故有sin 1x ≠，2sin 31sin x a x+=-，令sin [0,1)t x =∈，则231t a t +=-，令()[)()230,11+=∈-t F t t t，()()()()2311--+'=-t t F t t ，当[)0,1∈t 时，()0F t '>，()F t 单调递增，所以()3≥F t ，故3a ≥．【点睛】本题主要考查了正弦函数的值域，三角函数的基本关系式的应用，以及二次函数的图象与性质的应用，其中解答中利用三角函数的基本关系式，转化为关于sin x 的二次函数，熟练应用二次函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.22．(1)12OM ⎛=- ⎝⎭(2)[)1,3(3)3,4⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭【分析】（1）依题意，将ππ()2sin()cos()36h x x x =--+可化为()1sin 2h x x x =-+进而根据题意得答案；（2）去绝对值得函数的单调性及最值，利用交点个数求得k 的范围（3）由())f x x ϕ=+可求得02+,Z 2x k k ππϕ=-∈时，f (x )取得最大值，其中0tan ax b=，换元求得a b 的范围，再利用二倍角的正切可求得0tan 2x 的范围．（1）解：111()2sin sin sin 222h x x x x x x x ⎫⎛⎫=---=-⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴()h x 的“相伴向量”为12OM ⎛=- ⎝⎭.（2）解：由题知：()0sin 2cos 2cos f x x x x =⋅+⋅=.4sin 1,06()2cos 14cos 1,23x x g x x x x x πππππ⎧⎛⎫+- ⎪⎪⎪⎝⎭=+-=⎨⎛⎫⎪+-< ⎪⎪⎝⎭⎩可求得()g x 在03π⎛⎫⎪⎝⎭，单调递增，3，ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，53ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单调递增，523ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减且5(0)1,3()33(2,),,133g g g g g ππππ⎛⎫⎛⎫===-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∵()g x 图像与y k =有且仅有四个不同的交点13k ∴≤<所以，实数k 的取值范围为[)1,3（3）解：()sin cos sin()f x a x b x x ϕ=++其中cos sin tan baϕϕϕ===Rx ∈ ∴当2,Z 2x k k πϕπ+=+∈即022x k πϕπ=-+时，()f x 取得最大值.此时022tan tan 2tan(2)tan 21tan x ϕπϕϕϕ=-=-=--令tan b m a ϕ==，则由22430a ab b -+<知：23410m m -+<，解之得113m <<0222tan 211m x m m m=-=--，因为1y m m=-在1(,1)3m ∈上单调递增，所以0222tan 211m x m m m=-=--在1(,1)3m ∈上单调递减，从而03tan 2,4x ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭。

（13） 2 ；（14）4；（15）15；（16） 2 3 ．
2
3
三．解答题：
(17) (本小题满分 12 分)
解： 因为 45，所以CAD 45.
又因为h 50, CDA 90, 所以AD 50. ················································2 分
三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分． 一．选择题:
（1）（C）；（2）（D）；（3）（B）；（4）（B）；（5）（A）；（6）（B）；（7）（C）；（8）（A）；（9）（C）；
（10）（B）；（11）（A）；（12）（D）．
二.填空题:
2017～2018 学年第二学期期末考试
高一数学参考答案与评分标准
说明：
一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的 主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则．
二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内 容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半； 如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．
3 232
6
（19）（本小题满分 12 分）
解：(Ⅰ) f (x) 2sin(x ) cosx 1 3 sin x cosx cos2 x 1
6
2
2
3 sin 2 x 1 cos 2 x sin(2 x ) ．················································4 分
32

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，。