2020年湖南省长沙市第一中学高一下学期 数学 期中考试(附带详细解析)

长沙市第一中学2020-2021学年度高一第二学期第一次阶段性检测数学一、单项选择题：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．已知集合A ＝{x |x 2+2x ﹣8＞0}，B ＝{x |x ﹣a ＞0}，若A B ⊆，则实数a 的取值范围为（）A ．（2，+∞）[2，+∞）C ．（4，+∞）D ．[4，+∞）2．△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若A ＝105°，B ＝45°，b ＝22，则c 等于（）A ．1B ．2C ．3D ．23．已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，n ⊂α，则“m ⊥n ”是“m ⊥α”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分且必要条件D ．既不充分也不必要条件4．欧拉公式e i x ＝cos x +i sin x （i 是虚数单位）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之间的关系，被誉为“数学中的天桥”．根据欧拉公式，则复数3π8e 在复平面内对应的点所在的象限为（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限5．如图，△C B A '''表示水平放置的△ABC 根据斜二测画法得到的直观图，B A ''在x '轴上，C B ''与x '轴垂直，且C B ''＝2，则△ABC 的边AB 上的高为（）A ．2B ．22C ．4D ．426．在△ABC 中，点D 是线段BC （不包括端点）上的动点，若AB ＝x AC y AD + ，则（）A ．y ＞1B ．x ＞1C ．x +y ＞1D ．xy ＞17．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且三条侧棱长分别为1，2，3，，则其外接球的表面积是（）A ．π6B ．π62C ．π6D ．π638．已知α，β∈（0，π），α≠β，若e α﹣e β＝cos α﹣3cos β，则下列结论一定成立的是（）A ．cos α＜cos βB ．cos α＞cos βC ．sin α＜sin βD ．sin α＞sin β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，至少有两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2分.9．已知函数()x x x f 212+=，则（）A ．()343log 2=f B ．()x f 的最小值为2C ．()x f 为偶函数D ．()x f 在（﹣∞，+∞）上单调递增10．下列命题中正确的是（）A ．若x ,y ∈C ，i 22i +=+y x ，则2==y x B ．若复数z 1，z 2满足02221=+z z ，则021==z z C ．若复数z 为纯虚数，则22z z ≠D ．若复数z 满足21=-z ，则i +z 的最大值为22+11．已知a ，b ，c ∈R ，则下列命题中正确的是（）A ．若ab ＞0且a ＜b ，则a b 11＜B ．若a ＞b ＞0，则a b a b 11++C ．若a ＜b ，则33b a ＜D ．若0＜b ＜a ＜1=，则ab b a ＜12．点M 是正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中侧面正方形ADD 1A 1内的一个动点，则下面结论正确的是（）A ．满足CM ⊥AD 1的点M 的轨迹为线段B ．点M 存在无数个位置满足直线M B 1∥平面DBC 1C ．在线段AD 1上存在点M ，使异面直线B 1M 与CD 所成的角是30°D ．若正方体的棱长为1，三棱锥B ﹣C 1MD 的体积的最大值为31三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知i 为虚数单位，复数z 满足z （2﹣i ）＝2021i ，则z ＝．14．写出一个最小正周期为1的奇函数()x f ＝．15．如图，已知一个圆锥的底面半径与高均为2，且在这个圆锥中有一个内接圆柱．当此圆柱的侧面积最大时，此圆柱的体积等于．16．△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知ab Bc C 1cos cos =+，则A 的取值范围是．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．已知复数α＝2﹣i ，β＝m ﹣i ，m ∈R ，i 为虚数单位．（1）若|α+β|＜2|α|，求实数m 的取值范围；（2）若β是关于x 的方程x 2﹣nx +10＝0（n ∈R ）的一个根，求实数m 与n 的值．18．如图，已知正四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，1=AB ，21=AA ，M 为DD 1的中点．（1）求证：D 1B ∥平面MAC ；（2）过D 1B 作正四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的截面，使得截面平行于平面MAC ，在正四棱柱表面应该怎样画线？请说明理由，并求出截面的面积．19．在复平面内，O 是原点，OA ，OB 对应的复数分别为⎪⎭⎫ ⎝⎛++3π2cos i 2x ，()⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++++3π2cos 2i 2sin 32x x ，i 为虚数单位．设函数()=x f OA OB ⋅ ．（1）求函数()x f 的单调递增区间；（2）若函数()m x f y -=在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡2π0，上有2个零点，求实数m 的取值范围．20．如图1，在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，且AB ＝AD ＝21CD ＝1．现以AD 为一边向梯形外作矩形ADEF ，然后沿边AD 将矩形ADEF 翻折，使DC ED ⊥，如图2．（1）求证：BC ⊥平面BDE ；（2）若多面体ABCDEF 的体积为32，求直线CD 与平面BCE 所成角的正弦值．21．从秦朝统一全国币制到清朝末年，圆形方孔铜钱（简称“孔方兄”）是我国使用时间长达两千多年的货币．如图1，这是一枚清朝同治年间的铜钱，其边框是由大小不等的两同心圆围成的，内嵌正方形孔的中心与同心圆圆心重合，正方形外部，圆框内部刻有四个字“同治重宝”．某模具厂计划仿制这样的铜钱作为纪念品，其小圆内部图纸设计如图2所示，小圆直径1厘米，内嵌一个大正方形孔，四周是四个全等的小正方形（边长比孔的边长小），每个正方形有两个顶点在圆周上，另两个顶点在孔边上，四个小正方形内用于刻铜钱上的字．设∠OAB＝θ，五个正方形的面积和为S．（1）求面积S关于θ的函数表达式，并求tanθ的范围；（2）求面积S最小值，并求出此时tanθ的值．22．已知函数()xx x x f 432+-=，()x g ＝|log 2x |．（1）若关于x 的方程()n x g =有两个不等根α，β（α＜β），求αβ的值；（2）是否存在实数a ，使得对任意m ∈[1，2]，关于x 的方程4g 2（x ）﹣4ag （x ）+3a ﹣1﹣f （m ）＝0在区间[81，4]上总有3个不等根x 1，x 2，x 3，若存在，求出实数a 与x 1•x 2•x 3的取值范围；若不存在，说明理由．。

2020-2021学年湖南省长沙雅礼中学高一下期中考试数学试卷一．单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）1．已知复数z =2i 31+i ，则z ＝（ ）A ．﹣1﹣iB ．1﹣iC ．1+3i 2D ．1+3i2．在△ABC 中，已知a ＝2，b ＝3，cosC =13，则边c 长为（ ） A ．3B ．2C ．√11D ．√173．给定下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另外一个平面都平行，那么这两个平面相互平行； ②若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直； ③若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直； ④垂直于同一直线的两条直线相互平行． 其中，为真命题的是（ ） A ．①和②B ．②和③C ．③和④D ．②和④4．三棱锥S ﹣ABC 的各顶点均在球O 的球面上，SC 为该球的直径，AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝120°，且三棱锥S ﹣ABC 的体积为2，则球O 的半径为（ ） A ．√7B ．√5C ．52D ．35．在△ABC 中，|CA |＝1，|CB |＝2，∠ACB =23π，点M 满足CM →=CB →+2CA →，则MA →•MB →=（ ） A ．0B ．2C ．2√3D ．46．已知：向量a →=（1，2），b →=（﹣2，m ），若a →∥b →，则实数m 的值为（ ） A ．4B ．﹣4C ．1D ．﹣17．已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a ＝4，b ＝5，A ＝45°，则满足条件的三角形有（ ） A ．0个B ．1个C ．2个D ．无法确定8．如图，向量OA →，OB →，OC →的终点在同一直线上，且AC →=−3CB →，设OA →=p →，OB →=q →，OC →=r →，则下列等式中成立的是（ ）A．r→=−12p→+32q→B．r→=−p→+2q→C．r→=32p→−12q→D．r→=−q→+2p→二．多选题（共4小题，每小题5分，共20分）9．已知向量e1→=（﹣1，2），e2→=（2，1），若向量a→=λ1e1→+λ2e2→，则可使λ1λ2＜0成立的a→可能是（）A．（1，0）B．（0，1）C．（﹣1，0）D．（0，﹣1）10．对任意z1，z2，z∈C，下列结论成立的是（）A．当m，n∈N*时，有z m z n＝z m+nB．当z1，z2∈C时，若z12+z22＝0，则z1＝0且z2＝0C．互为共轭复数的两个复数的模相等，且|z|2＝|z|2＝z•zD．z1＝z2的充要条件是|z1|＝|z2|11．在四面体ABCD中，∠DAB＝∠DAC＝60°，AB＝AC＝AD＝4，AB⊥AC，E是棱BC 上一动点，则下列说法正确的是（）A．△AED的面积最小值为4B．平面BCD⊥平面ABCC．四面体ABCD的体积为16√2 3D．若F为棱AC的中点，当且仅当E点为棱BC的中点时，EF∥平面ABD12．已知α，β是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（）A．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α⊥βB．若m⊥α，n∥α，则m⊥nC．若α∥β，m⊂α，则m∥βD．若m∥n，α∥β，则m与α所成的角和n与β所成的角相等三．填空题（共4小题，每小题5分，共20分）13．设i是虚数单位，复数z满足（1+2i）z＝4+3i，则z＝．14．复数z满足|z+i|＝1，且z+z=2，则z＝．15．已知向量a →=（m ，3），b →=（1，﹣2），且（a →+b →）⊥b →，则m ＝ ． 16．在△ABC 中，若AB ＝2，∠B =5π12，∠C =π4，则BC ＝ ． 四．解答题（共6小题，第17题10分，第18-22题各12分，共70分） 17．已知复数z ＝（m 2﹣3m +2）+（m 2﹣4m +3）i ，m ∈R ． （1）若z 对应复平面上的点在第四象限，求m 的范围； （2）若z 是纯虚数，求m 的值．18．已知向量a →=（5，﹣12），b →=（﹣3，4）． （1）求a →与b →夹角θ的余弦值；（2）若向量a →+t b →与a →−b →垂直，求实数t 的值．19．如图1，梯形ABCD 中，AB ∥CD ，过A ，B 分别作AE ⊥CD ，BF ⊥CD ，垂足分别为E 、F ．若AB ＝AE ＝2，CD ＝5，DE ＝1，将梯形ABCD 沿AE ，BF 折起，且平面ADE ⊥平面ABFE （如图2）． （Ⅰ）证明：AF ⊥BD ；（Ⅱ）若CF ∥DE ，在线段AB 上是否存在一点P ，使得直线CP 与平面ACD 所成角的正弦值为√618，若存在，求出AP 的值，若不存在，说明理由．20．已知平面向量a →=（1，x ），b →=（2x +3，﹣x ），x ∈R ． （1）若x ＝2，求b →在a →上的投影向量c 的坐标； （2）若a →⊥b →，求x 的值．21．已知等腰△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b＝c，D是AC的中点．（Ⅰ）若cos∠BDC=√24，sin∠ABD=√148，CD＝1，求△ABC的面积S；（Ⅱ）若△ABC的面积S等于2，求BD的最小值．22．如图①，是由正三角形ABE和正方形BCDE组成的平面图形，其中AB＝2；将其沿BE 折起，使得AC＝2√2，如图②所示．（1）证明：图②中平面ABE⊥平面BCDE；（2）在线段AB上有一点P，且AP=13AB，求三棱锥P﹣ACE的体积．2020-2021学年湖南省长沙雅礼中学高一下期中考试数学试卷参考答案与试题解析一．单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）1．已知复数z =2i 31+i ，则z ＝（ ）A ．﹣1﹣iB ．1﹣iC ．1+3i 2D ．1+3i【解答】解：∵复数z =2i 31+i =−2i1+i=−1﹣i ，故选：A ．2．在△ABC 中，已知a ＝2，b ＝3，cosC =13，则边c 长为（ ） A ．3B ．2C ．√11D ．√17【解答】解：在△ABC 中，已知a ＝2，b ＝3，cosC =13， 则c =√a 2+b 2−2abcosC =√4+9−2×2×3×13=3． 故选：A ．3．给定下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另外一个平面都平行，那么这两个平面相互平行； ②若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直； ③若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直； ④垂直于同一直线的两条直线相互平行． 其中，为真命题的是（ ） A ．①和②B ．②和③C ．③和④D ．②和④【解答】解：当两个平面相交时，一个平面内的两条直线可以平行于另一个平面，故①不对；若两个平面垂直，只有在一个平面内与它们的交线垂直的直线才与另一个平面垂直，故②正确；由平面与平面垂直的判定定理可知③正确；空间中垂直于同一条直线的两条直线可以平行，相交也可以异面，故④不对． 故选：B ．4．三棱锥S ﹣ABC 的各顶点均在球O 的球面上，SC 为该球的直径，AC ＝BC ＝2，∠ACB＝120°，且三棱锥S ﹣ABC 的体积为2，则球O 的半径为（ ） A ．√7B ．√5C ．52D ．3【解答】解：因为AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝120°， 所以S △ABC =12×2×2×√32=√3，设△ABC 的外接圆的圆心E ，连接OE ，则OE ⊥平面ABC ，作圆的直径CD ，连接SD ， 因为O ，E 分别为SC ，CD 的中点， 所以SD ∥OE ，SD ⊥平面ABC ，所以三棱锥S ﹣ABC 的体积13×√3×SD =2，所以SD ＝2√3，因为AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝120°， 所以∠ABC ＝30°， 由正弦定理可得，CD =AC sin∠ABC =2sin30°=4，所以SC =√CD 2+SD 2=√42+(2√3)2=2√7， 则外接球直径2R ＝SC ＝2√7即R =√7． 故选：A ．5．在△ABC 中，|CA |＝1，|CB |＝2，∠ACB =23π，点M 满足CM →=CB →+2CA →，则MA →•MB →=（ ） A ．0B ．2C ．2√3D ．4【解答】解：建立平面直角坐标系如图所示，由题意知，C （0，0），B （2，0），A （−12，√32）；∴CB →=（2，0），CA →=（−12，√32）， ∴CM →=CB →+2CA →=（1，√3）， ∴MA →=CA →−CM →=（−32，−√32），MB →=CB →−CM →=（1，−√3）， 则MA →•MB →=−32+32=0． 故选：A ．6．已知：向量a →=（1，2），b →=（﹣2，m ），若a →∥b →，则实数m 的值为（ ） A ．4B ．﹣4C ．1D ．﹣1【解答】解：∵a →∥b →，∴m ﹣2×（﹣2）＝0，解得m ＝﹣4． 故选：B ．7．已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a ＝4，b ＝5，A ＝45°，则满足条件的三角形有（ ） A ．0个B ．1个C ．2个D ．无法确定【解答】解：由于a ＝4，b ＝5，A ＝45°， 由于b ＞a ＞b sin A ， 所以三角形有两解． 故选：C ．8．如图，向量OA →，OB →，OC →的终点在同一直线上，且AC →=−3CB →，设OA →=p →，OB →=q →，OC →=r →，则下列等式中成立的是（ ）A ．r →=−12p →+32q →B ．r →=−p →+2q →C ．r →=32p →−12q →D ．r →=−q →+2p →【解答】解：有题意可知r →=q →+BC →=q →−13AC →=q →−13(r →−p →)，∴r →=−12p →+32q →， 故选：A ．二．多选题（共4小题，每小题5分，共20分）9．已知向量e 1→=（﹣1，2），e 2→=（2，1），若向量a →=λ1e 1→+λ2e 2→，则可使λ1λ2＜0成立的a →可能是（ ） A ．（1，0）B ．（0，1）C ．（﹣1，0）D ．（0，﹣1）【解答】解：e 1→=（﹣1，2），e 2→=（2，1）， ∴向量a →=λ1e 1→+λ2e 2→=（﹣λ1，2λ1）+（2λ2，λ2）， ＝（2λ2﹣λ1，2λ1+λ2）， 若使λ1λ2＜0成立，a →=（1，0），则2λ1+λ2＝0，满足题意，a →=（0，1），则2λ2﹣λ1＝0，不满足题意，a →=（﹣1，0），则2λ1+λ2＝0，满足题意，a →=（0，﹣1），则2λ2﹣λ1＝0，不满足题意， 故选：AC ．10．对任意z 1，z 2，z ∈C ，下列结论成立的是（ ） A ．当m ，n ∈N *时，有z m z n ＝z m +nB ．当z 1，z 2∈C 时，若z 12+z 22＝0，则z 1＝0且z 2＝0C ．互为共轭复数的两个复数的模相等，且|z |2＝|z |2＝z •zD ．z 1＝z 2的充要条件是|z 1|＝|z 2|【解答】解：根据复数的运算法则，当m ，n ∈N *时，有z m z n ＝z m +n ，故选项A 正确； 设z 1＝i ，z 2＝1，则有z 12+z 22＝﹣1+1＝0，但此时z 1≠0且z 2≠0，故选项B 错误； 设z ＝a +bi ，z =a ﹣bi ，所以|z|2=a 2+b 2，|z|=a 2+b 2，z ⋅z =(a +bi)(a −bi)=a 2+b 2，所以|z |2＝|z |2＝z •z ，故选项C 正确；由z 1＝z 2能推出|z 1|＝|z 2|，但是|z 1|＝|z 2|不能推出z 1＝z 2，所以z 1＝z 2的必要不充分条件是|z 1|＝|z 2|，故选项D 错误． 故选：AC ．11．在四面体ABCD 中，∠DAB ＝∠DAC ＝60°，AB ＝AC ＝AD ＝4，AB ⊥AC ，E 是棱BC 上一动点，则下列说法正确的是（ ） A ．△AED 的面积最小值为4 B ．平面BCD ⊥平面ABCC ．四面体ABCD 的体积为16√23D ．若F 为棱AC 的中点，当且仅当E 点为棱BC 的中点时，EF ∥平面ABD【解答】解：如图所示，当E 是棱BC 的中点时，△AED 的面积最小，由∠DAB ＝∠DAC ＝60°，AB ＝AC ＝AD ＝4，AB ⊥AC ，所以BC ＝4√2，AE =12BC ＝2√2，又BD ＝CD ＝AB ＝4，所以△BCD 是等腰直角三角形，DE =12BC ＝2√2， 所以AD 2＝AE 2+DE 2，所以DE ⊥AE ，所以△ADE 的面积为12×2√2×2√2=4，选项A 正确；又DE ⊥BC ，AE ∩BC ＝E ，AE ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ， 又DE ⊂平面BCD ，所以平面BCD ⊥平面ABC ，所以选项B 正确；四面体ABCD的体积为V三棱锥D﹣ABC=13S△ABC•DE=13×12×4×4×2√2=16√23，所以选项C正确；当F为棱AC的中点时，过F作FE∥AB，交BC于E，则E点为棱BC的中点，由EF∥AB，AB⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF∥ABD；反之，EF∥平面ABD时，由直线与平面平行的性质定理得出EF∥BA，由F是AC的中点，得出E是BC的中点，所以选项D正确．故选：ABCD．12．已知α，β是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（）A．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α⊥βB．若m⊥α，n∥α，则m⊥nC．若α∥β，m⊂α，则m∥βD．若m∥n，α∥β，则m与α所成的角和n与β所成的角相等【解答】解：A．满足m⊥n，m⊥α，n∥β时，得不出α⊥β，α与β可能平行，如图所示：∴该选项错误；B．∵n∥α，∴设过n的平面β与α交于a，则n∥a，又m⊥α，∴m⊥a，∴m⊥n，∴该选项正确；C．∵α∥β，∴α内的所有直线都与β平行，且m⊂α，∴m∥β，∴该选项正确；D．根据线面角的定义即可判断该选项正确．故选：BCD．三．填空题（共4小题，每小题5分，共20分）13．设i是虚数单位，复数z满足（1+2i）z＝4+3i，则z＝2﹣i．【解答】解：∵i是虚数单位，复数z满足（1+2i）z＝4+3i，∴z=4+3i1+2i=(4+3i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=4+3i−8i−6i21−4i2=10−5i5=2﹣i．故答案为：2﹣i ．14．复数z 满足|z +i |＝1，且z +z =2，则z ＝ 1﹣i ．【解答】解：设复数z ＝a +bi ，z +z =a +bi +a −bi =2a =2，解得a ＝1， 又z +i ＝a +（b +1）i ＝1+（b +1）i ，且|z +i |＝1， 所以√1+(b +1)2=1，解得b ＝﹣1， 所以z ＝1﹣i ． 故答案为：1﹣i ．15．已知向量a →=（m ，3），b →=（1，﹣2），且（a →+b →）⊥b →，则m ＝ 1 ．【解答】解：根据题意，向量a →=（m ，3），b →=（1，﹣2），则a →+b →=(m +1，1)． 因为(a →+b →)⊥b →，所以（a →+b →）•b →=m +1﹣2＝0，解得m ＝1， 故答案为：1．16．在△ABC 中，若AB ＝2，∠B =5π12，∠C =π4，则BC ＝ √6 ． 【解答】解：A =π−B −C =π−5π12−π4=π3，由正弦定理得AB sinC =BCsinA ，所以BC =ABsinA sinC =2sin π3sin π4=√6．故答案为：√6．四．解答题（共6小题，第17题10分，第18-22题各12分，共70分） 17．已知复数z ＝（m 2﹣3m +2）+（m 2﹣4m +3）i ，m ∈R ． （1）若z 对应复平面上的点在第四象限，求m 的范围； （2）若z 是纯虚数，求m 的值．【解答】解：（1）由题意，{m 2−3m +2＞0m 2−4m +3＜0，解得2＜m ＜3，∴m 的范围是（2，3）；（2）由题意，{m 2−3m +2=0m 2−4m +3≠0，解得m ＝2．18．已知向量a →=（5，﹣12），b →=（﹣3，4）． （1）求a →与b →夹角θ的余弦值；（2）若向量a →+t b →与a →−b →垂直，求实数t 的值．【解答】解：（1）∵a →⋅b →=5×(−3)+(−12)×4=−63，|a →|=13，|b →|=5，∴cosθ=a →⋅b|a →|⋅|b →|=−6365，（2）∵a →+tb →=(5，−12)+t(−3，4)=(5−3t ，−12+4t)，a →−b →=(5，−12)−(−3，4)=(8，−16) 又a →+tb →与a →−b →垂直， ∴(a →+tb →)⋅(a →−b →)=0，即8（5﹣3t ）﹣16（﹣12+4t ）＝0，解得t =2911．19．如图1，梯形ABCD 中，AB ∥CD ，过A ，B 分别作AE ⊥CD ，BF ⊥CD ，垂足分别为E 、F ．若AB ＝AE ＝2，CD ＝5，DE ＝1，将梯形ABCD 沿AE ，BF 折起，且平面ADE ⊥平面ABFE （如图2）． （Ⅰ）证明：AF ⊥BD ；（Ⅱ）若CF ∥DE ，在线段AB 上是否存在一点P ，使得直线CP 与平面ACD 所成角的正弦值为√618，若存在，求出AP 的值，若不存在，说明理由．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵平面ADE ⊥平面ABFE ，DE ⊂平面ADE ， 平面ADE ∩平面ABFE ＝AE ，DE ⊥AE ，∴DE ⊥平面ABFE ，又AF ⊂平面ABFE ，∴DE ⊥AF ， 又正方形ABFE 中，AF ⊥BE ，且BE ∩DE ＝E ， DE ⊂平面BDE ，BE ⊂平面BDE ， ∴AF ⊥平面BDE ，∵BD ⊂平面BDE ，∴AF ⊥BD ．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，DE 、EA 、EF 两两垂直，如图建立空间直角坐标系，∵CF ∥DE ，CF ⊥平面ABFE ，则A （2，0，0），B （2，2，0），C （0，2，2），D （0，0，1）， AD →=（﹣2，0，1），AC →=（﹣2，2，2）， 设平面ACD 的一个法向量n →=（x ，y ，z ）， 则{AD →⋅n →=−2x +z =0AC →⋅n →=−2x +2y +2z =0，取x ＝1，得n →=（1，﹣1，2），设P （2，t ，0），且0≤t ≤2，则CP →=（2，t ﹣2，﹣2）， 设直线CP 与平面ACD 所成角为θ∵在线段AB 上存在一点P ，使得直线CP 与平面ACD 所成角的正弦值为√618， ∴sin θ=|n →⋅CP →||n →|⋅|CP →|=|2+2−t−4|√6⋅√8+(t−2)2=√618，解得t ＝1或t =−32（舍）．∴AP ＝1．20．已知平面向量a →=（1，x ），b →=（2x +3，﹣x ），x ∈R ． （1）若x ＝2，求b →在a →上的投影向量c 的坐标； （2）若a →⊥b →，求x 的值．【解答】解：（1）若x ＝2，则a →=（1，2），b →=（7，﹣2），则c →=a →⋅b →|a →|×a→|a →|=（35，65）．（2）若a →⊥b →，则a →⋅b →=（1，x ）•（2x +3，﹣x ）＝1×（2x +3）+x （﹣x ）＝0， 即x 2﹣2x ﹣3＝0，解得x ＝﹣1或x ＝3．21．已知等腰△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，b ＝c ，D 是AC 的中点． （Ⅰ）若cos ∠BDC =√2，sin ∠ABD =√14，CD ＝1，求△ABC 的面积S ；（Ⅱ）若△ABC的面积S等于2，求BD的最小值．【解答】解：（Ⅰ）因为b＝c，D是AC的中点，所以AD＝CD=b2=1，所以b＝c＝2，因为cos∠BDC=(b2)2+BD2−a22BD⋅b2=√24，即1+BD2−a22BD=√24，又因为∠ADB+∠BDC＝π，所以cos∠ADB＝﹣cos∠BDC=(b2)2+BD2−c22BD⋅b2=−√24，整理可得2BD2+√2BD﹣6＝0，解得BD=√2，可得22√2=√24，可得a=√2，在△ABD中，由正弦定理可得BDsinA =b2sin∠ABD，即sin A=2BD⋅sin∠ABDb=2×√2×√1482=√7 4，所以S△ABC=12bc sin A=12×2×2×√74=√72．（Ⅱ）取BC的中点F，连接AF交BD于O，则AF⊥BC，OF=13AF，作DE⊥BC，则E为CF的中点，设OF＝t，则AF＝3t，DE=12AF=3t2，因为S△BDC=12S△ABC＝1，而S△BDC=12DE•BC，所以BC=43t，BE=34BC=1t，所以BD2＝BE2+DE2=1t2+9t24≥2√94=3，当且仅当1t2=9t24，即t=√63时取等号，所以BD的最小值为√3．22．如图①，是由正三角形ABE和正方形BCDE组成的平面图形，其中AB＝2；将其沿BE 折起，使得AC＝2√2，如图②所示．（1）证明：图②中平面ABE⊥平面BCDE；（2）在线段AB上有一点P，且AP=13AB，求三棱锥P﹣ACE的体积．【解答】（1）证明：分别取BE，CD的中点O，M，连接AO，AM，OM，∵△ABE为正三角形且AB＝2，∴AO⊥BE，且AO=√3，∵BCDE为正方形，∴OM＝2，依题意，△ACD为等腰三角形，∵AC＝2√2，∴AM=√7，则AO2+OM2＝AM2，∴AO⊥OM，又∵BE∩OM＝O，且BE，OM⊂平面BCDE，∴AO⊥平面BCDE，∵AO⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面BCDE．（2）解：如图，取AP=13AB，连接PC，PE，EC，由（1）可得平面ABE⊥平面BCDE．则C到平面P AE的距离d＝|BC|＝2，∵AP=13AB，∴S△APE=13S△ABE，∵△ABE为正三角形，且AB＝2，∴S△ABE=13×2×2×sin60°=√3，∴S△APE=13S△ABE=√33，所以，三棱锥P﹣AEC的体积V P﹣AEC=13d⋅S△APE=2√39．。

2020-2021学年湖南省长沙市长郡中学高一（下）期中数学试卷一、单选题（本大题共12小题，共36.0分） 1. 复数5i−2的共轭复数是( )A. i +2B. i −2C. −2−iD. 2−i2. 当23<m <1时，复数m(3+i)−(2+i)在复平面内对应的点位于( )A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3. 已知AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ +5b ⃗ ，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2a ⃗ +8b ⃗ ，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =3a ⃗ −3b ⃗ ，则( )A. A 、B 、D 三点共线B. A 、B 、C 三点共线C. B 、C 、D 三点共线D. A 、C 、D 三点共线4. 已知e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 是夹角为60°的两个单位向量，则a ⃗ =2e 1⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ 与b ⃗ =−3e 1⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ 的夹角是( )A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°5. 等边三角形ABC 的边长为1，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ，CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =c ⃗ ，则a ⃗ ⋅b ⃗ +b ⃗ ⋅c ⃗ +c ⃗ ⋅a ⃗ =( )A. 3B. −3C. 32D. −326. △ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.已知asinA −bsinB =4csinC ，cosA =−14，则bc =( )A. 6B. 5C. 4D. 37. 如图，某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的，如果正方体的棱长是60cm ，那么石凳的体积是( )A. 144000cm 3B. 180000cm 3C. 36000cm 3D. 72000cm 38. 如图，圆锥PO 的底面直径和高均为a ，过PO 的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几A. 5πa332B. 5πa396C. πa332D. πa3969.一个菱形的边长为4cm，一个内角为60°，将菱形水平放置并且使较长的对角线成横向，则此菱形的直观图的面积为()A. 8√3 cm2B. 4√3 cm2C. 2√6 cm2D. √6 cm210.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为()A. √22B. √32C. √52D. √7211.复数z1、z2满足z1=m+(4−m2)i，z2=2cosθ+(λ+3sinθ)i(m,λ,θ∈R)，并且z1=z2，则λ的取值范围是()A. [−1,1]B. [−916,1] C. [−916,7] D. [916,1]12.已知三棱锥P−ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为()A. 8√6πB. 4√6πC. 2√6πD. √6π二、多选题（本大题共3小题，共9.0分）13.下列关于直线与平面间的位置关系的命题判断正确的是()A. 若空间中四条直线l1、l2、l3、l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3、l3⊥l4，则l1、l4的位置关系不确定B. 设l、m、n均为直线，其中m、n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的充分不必要条件C. 直线l1、l2互相平行的一个充分不必要的条件是l1、l2都垂直于同一个平面D. 已知m、n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，若直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊂α，l⊄β，则α与β相交，且交线平行于l14.下列关于空间角的判断正确的是()A. 如果空间中的两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等B. 两条平行直线与同一个平面所成的角相等C. 一条直线与两条异面直线中的一条所成角为90°，那么该直线与另一直线所成角D. 如果平面α//平面α1，如果平面β//平面β1，那么平面α与平面β所成的二面角和平面α1与平面β1所成的二面角相等或互补15.如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD−A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜度的不同，有下面五个命题()A. 有水的部分始终呈棱柱形B. 没有水的部分始终呈棱柱形C. 水面EFGH所在四边形的面积为定值D. 棱A1D1始终与水面所在平面平行E. 当容器倾斜如图(3)所示时，BE⋅BF是定值三、单空题（本大题共5小题，共15.0分）16.已知复数z与(z+2)2−8i均是纯虚数，则z=______ ．17.已知2i−3是关于x的方程2x2+px+26=0的一个根，则实数p=______．18.已知a⃗=(4,2)，则与a⃗垂直的单位向量的坐标为______．19.已知a、b、c分别是△ABC三个内角A、B、C的对边，边BC上的中线长记为m a，则m a=______(用a、b、c表示结果)．20.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型，如图，该模型为长方体ABCD−A1B1C1D1挖去四棱锥O−EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E,F,G,H 分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm，AA1=4cm，3D打印所用的材料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．四、解答题（本大题共5小题，共40.0分）21.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，acos C+√3asin C−b−c=0．(1)求A；(2)若a=2，△ABC的面积为√3，求b，c．22.如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD⏜所在平面垂直，M是CD⏜上异于C、D的点．(1)证明：DM⊥平面BMC；(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC//平面PBD？说明理由．23. 已知△P 1P 2P 3，向量OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 满足条件OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，|OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |.求证：△P 1P 2P 3是等边三角形．24. 如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且∠BAP =∠CDP =90°．(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA =PD =AB =DC ，∠APD =90°，且四棱锥P −ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．25. 如图，在四棱锥P—ABCD ，底面ABCD 为平行四边形，△PCD 为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，PA ⊥CD ，CD =2，AD =3，(1)设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH//平面PAD ； (2)求证：PA ⊥平面PCD ；答案和解析1.【答案】B【解析】解：∵复数5i−2=5(−i−2)22−i 2=−2−i ，∴共轭复数是−2+i 故选：B ．首先要对所给的复数进行整理，分子和分母同乘以分母的共轭复数，化简到最简形式，把得到的复数虚部变为相反数，得到要求的共轭复数．复数的加减乘除运算是比较简单的问题，在高考时有时会出现，若出现则是要我们一定要得分的题目．2.【答案】D【解析】 【分析】本题是对复数的代数形式最基本的考查． 化简成代数形式，再根据m 的范围确定． 【解答】解：m(3+i)−(2+i)=(3m −2)+(m −1)i ， 又∵23< m <1，∴3m −2>0，m −1<0， ∴所对应的点在第四象限， 故选D ．3.【答案】A【解析】解：∵AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ +5b ⃗ ，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2a ⃗ +8b ⃗ ，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =3a ⃗ −3b ⃗ ， ∴BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ +5b ⃗ ， ∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ =BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共线，根据平面向量的线性运算与共线定理，证明AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共线，即可得出结论． 本题考查了平面向量的线性运算与共线定理的应用问题，是基础题目．4.【答案】C【解析】 【分析】本题主要考查两个向量数量积的运算，两个向量数量积的定义，求向量的模的方法，属于中档题．利用两个向量数量积的定义求出e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ ，再求出|a ⃗ |，|b ⃗ |，a ⃗ ⋅b ⃗ 的值，根据cosθ=a⃗ ⋅b ⃗ |a ⃗ |⋅|b⃗ |，求得则a ⃗ =2e 1⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ 与b ⃗ =−3e 1⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ 的夹角θ的值． 【解答】解：∵已知e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 是夹角为60°的两个单位向量，∴e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ =1×1×cos60°=12， 设a ⃗ =2e 1⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ 与b ⃗ =−3e 1⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ 的夹角为θ，θ∈(0°,180°)，∵|a ⃗ |=√(2e 1⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ )2=√4e 1⃗⃗⃗ 2+4e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ 2=√7，|b ⃗ |=√(−3e 1⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ )2=√9e 1⃗⃗⃗ 2−12e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ +4e 2⃗⃗⃗ 2=√7， a ⃗ ⋅b ⃗ =(2e 1⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ )⋅(−3e 1⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ )=−6e 1⃗⃗⃗ 2+e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ 2=−6+12+2=−72， ∴cosθ=a⃗ ⋅b ⃗ |a ⃗ |⋅|b⃗ |=−72√7⋅√7=−12，∴θ=120°，故选：C ．5.【答案】D【解析】解：由题意可得，<a ⃗ ,b ⃗ >=<a ⃗ ,c ⃗ >=<b ⃗ ,c ⃗ >=2π3 ∴a ⃗ ⋅b ⃗ +b ⃗ ⋅c ⃗ +c ⃗ ⋅a ⃗ =1×1×(−12)×3=−32故选D先确定出各向量的夹角，然后根据向量的数量积的定义即可求解本题主要考查了向量的数量积的定义的简单应用，解题的关键是准确确定出向量的夹角【解析】【分析】本题考查了正弦定理、余弦定理，考查了计算能力，属于中档题．利用正弦定理和余弦定理列出方程组，能求出结果．【解答】解：∵△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设该三角形外接圆的半径为R，根据正弦定理有：又asinA−bsinB=4csinC，∴a·a2R −b·b2R=4c·c2R,即a2=4c2+b2，又，∴{a2−b2=4c2cosA=b2+c2−a22bc=−14，解得bc=6，故选A．7.【答案】B【解析】解：由题意可知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，体积是8×13×12×30×30×30=36000cm3；正方体的体积为60×60×60=216000cm3；则石凳的体积是216000−36000=180000cm3．故选：B．由已知求得正方体的体积，减去八个正三棱锥的体积得答案．本题考查正方体与三棱锥体积的求法，是基础的计算题．8.【答案】B【解析】解：圆锥SO的底面半径为a2，高为a，则圆柱PO的底面半径是a4，高为a2，∴V SO=13π(a2)2⋅a=a312π，V圆柱=π(a4)2⋅a2=a232π，∴剩下几何体的体积是a3π12−a3π32=5πa396．故选：B．通过圆锥的底面半径和高，分别求出圆柱和圆锥的体积，然后求解即可．本题考查圆柱与圆锥体积的求法，考查计算能力，是基础题．9.【答案】C【解析】解：解法一、菱形ABCD的边长为4cm，内角为60°，画出它的平面直观图，如图四边形A′B′C′D′所示：在菱形ABCD中，BD=4，AC=4√3，在四边形A′B′C′D′中，B′D′=12B′D′=2，AC=A′C′，所以四边形A′B′C′D′的面积为12A′C′⋅B′D′⋅sin45°=12×2×4√3×√22=2√6(cm2).解法二、菱形ABCD的边长为4cm，内角为60°，所以对角线AC=4√3，BD=4，菱形ABCD的面积为S=12×4√3×4=8√3，该菱形的平面直观图面积为S′=2√2=√32√2=2√6(cm2)故选：C．解法一、画出菱形的平面直观图，计算平面直观图的面积即可．解法二、根据原图形与平面直观图的面积比为2√2：1，计算直观图的面积即可．本题考查了平面图形的直观图与原图形面积的计算问题，熟记面积比是快速解题的关键．10.【答案】C【解析】 【分析】本题考查异面直线所成角的正切值的求法，属于基础题． 作出异面直线所成的角，然后求出其正切值即可． 【解答】解：如下图，取DD 1的中点F ，连接EF ，AF ，因为E ，F 为CC 1，DD 1的中点，ABCD −A 1B 1C 1D 1为正方体， 所以EF//CD ，所以∠AEF 为异面直线AE 与CD 所成角或其补角， 由正方体可得EF ⊥平面ADD 1A 1， 所以EF ⊥AF ， 设正方体的棱长为1，则EF =1，AF =√1+14=√52，所以tan∠AEF =√52，所以异面直线AE 与CD 所成角的正切值为√52．故选C ．11.【答案】C【解析】解：∵z 1=z 2，∴{m =2cosθ4−m 2=λ+3sinθ，化为4sin 2θ=λ+3sinθ， ∴λ=4(sinθ−38)2−916，∵−1≤sinθ≤1，∴当sinθ=38时，λ取得最小值−916；当sinθ=−1时，λ取得最大值7． ∴−916≤λ≤7．∴λ的取值范围是[−916,7]． 故选：C ．利用z 1=z 2，可得{m =2cosθ4−m 2=λ+3sinθ，化为λ=4(sinθ−38)2−916，利用−1≤sinθ≤1和二次函数的单调性即可得出．本题考查了复数相等、正弦函数的单调性、二次函数的单调性，属于基础题．12.【答案】D【解析】 【分析】本题考查球的体积的求法，涉及到余弦定理．设∠PAC =θ，PA =PB =PC =2x ，EC =y ，根据余弦定理以及勾股定理证明三条侧棱两两互相垂直，即可求出球O 的体积． 【解答】 解：设∠PAC =θ，PA =PB =PC =2x ，EC =y ，因为E ，F 分别是PA ，AB 的中点，所以EF =12PB =x ，AE =x ， 在△PAC 中，cosθ=4x 2+4−4x 22×2x×2=12x ，在△EAC 中，cosθ=x 2+4−y 22×2x，整理得x 2−y 2=−2，①因为△ABC 是边长为2的正三角形，所以CF =√3， 又∠CEF =90°，则x 2+y 2=3，②，由①②得x=√2，2所以PA=PB=PC=√2，所以PA2+PB2=4=AB2，即PA⊥PB，同理可得PA⊥PC，PB⊥PC，则PA、PB、PC两两垂直，则球O是以PA为棱的正方体的外接球，则外接球的直径为√2+2+2=√6，所以球O的体积为．故选D．13.【答案】ABD【解析】解：对于A：空间中四条直线l1、l2、l3、l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3、l3⊥l4，则l1、l4的位置关系不确定，故A正确；对于B：设l、m、n均为直线，其中m、n在平面α内，由“l⊥α”则“l⊥m且l⊥n”，但是当“l⊥m且l⊥n”则“l⊥α”(没有说直线m和n相交)不一定成立，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的充分不必要条件，故B正确；对于C：直线l1、l2互相平行的一个充分必要的条件是l1、l2都垂直于同一个平面，故C 错误；对于D：已知m、n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，若直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊂α，l⊄β，则α与β相交，且交线平行于l，故D正确；故选：ABD．直接利用线面平行和垂直的判定和性质，法向量，和面面垂直的应用判定A、B、C、D 的结论．本题考查的知识要点：线面平行和垂直的判定和性质，法向量，主要考查学生对基础知识的理解和应用，属于基础题．14.【答案】BD【解析】解：如果空间中的两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，所以A不正确；两条平行直线与同一个平面所成的角相等，满足直线与平面所成角的性质，所以B正确；一条直线与两条异面直线中的一条所成角为90°，那么该直线与另一直线所成角的范围是[0°,90°]，所以C不正确；如果平面α//平面α1，如果平面β//平面β1，那么平面α与平面β所成的二面角和平面α1与平面β1所成的二面角相等或互补，满足二面角的定义，所以D正确；故选：BD．利用空间角的性质，判断选项的正误即可．本题考查命题的真假的判断，空间角的判断，考查空间心里，转化思想以及逻辑推理能力，是中档题．15.【答案】ABDE【解析】解：∵棱柱特征：有两个面是相互平行且是全等的多边形，其余没相邻两个面的交线也相互平行，而这些面都是平行四边形∴通过棱柱特征，AB正确．∵水面EFGH所在四边形的面积，从图2，图3我们发现，有条边长不变，而另外一条长随倾斜度变化而变化，∴EFGH所在四边形的面积是变化的．C不对∵棱A1D1始终与BC平行，BC与水面始终平行，∴D正确．∵水的体积是不变的，高始终是BC也不变．底面也不会，即BE⋅BF是定值．∴D正确．所以正确的是：ABDE．故选：ABDE．由题意抓住棱柱形的特征进行判断，观察即可得到答案．本题考查了棱柱特征：有两个面是相互平行且是全等的多边形，其余梅相邻两个面的交线也相互平行，而这些面都是平行四边形，同时考查对空间的想象力和图象变形的灵活处理能力．属于中档题．16.【答案】−2i【解析】解：设z=ai，a∈R，∴(z+2)2−8i=(ai+2)2−8i=4+4ai−a2−8i=(4−a2)+(4a−8)i，∵它是纯虚数，∴a=−2故答案为：−2i．两个复数都是纯虚数，可设z ，化简(z +2)2−8i ，可求出z ． 本题考查复数的分类，及复数的运算，是基础题．17.【答案】12【解析】解：∵2i −3是关于x 的方程2x 2+px +26=0的一个根，∴由实系数一元二次方程虚根成对原理可得，−2i −3是关于x 的方程2x 2+px +26=0的另一个根，则(2i −3)+(−2i −3)=−p2，得p =12． 故答案为：12．由已知结合实系数一元二次方程虚根成对原理求得方程2x 2+px +26=0的另一个根，再由根与系数的关系求解p 值．本题考查实系数一元二次方程虚根成对原理的应用，是基础题．18.【答案】(√55,−2√55)或(−√55,2√55)．【解析】解：设与a⃗ 垂直的单位向量n ⃗ =(x,y)． 则{4x +2y =0x 2+y 2=1，解得{x =√55y =−2√55或{x =−√55y =2√55． 故答案为(√55,−2√55)或(−√55,2√55)． 设出与a ⃗ 垂直的单位向量的坐标，由题意列方程组{4x +2y =0x 2+y 2=1，求解后即可得到答案．本题考查了数量积判断两个平面向量垂直的关系，考查了单位向量的概念，训练了方程组的解法，是基础题．19.【答案】√c 22+b 22−a 24【解析】解：如图，以B 点为原点，以BC 方向为x 轴正方向建立直角坐标系， 则有B(0,0)，C(a,0)，BC中点D 坐标为(a2,0)，设A 点坐标为(x,y)，可得x 2+y 2=c 2，(a −x)2+y 2=b 2，可得：m a 2=|AD|2=(a2−x)2+y 2=x 2+y 2−ax +a 24=c 2+a 24−ax ，由{x 2+y 2=c 2(a −x)2+y 2=b 2，可得ax =c 2+a 2−b 22， 所以m a2=c 2+a 24−c 2+a 2−b 22=c 22+b 22−a 24，可得m a =√c 22+b 22−a 24．故答案为：√c 22+b 22−a 24．以B 点为原点，以BC 方向为x 轴正方向建立直角坐标系，设A 点坐标为(x,y)，可得m a 2=|AD|2=c 2+a 24−ax ，由{x 2+y 2=c 2(a −x)2+y 2=b 2，可得ax =c 2+a 2−b 22，从而可求m a 2=c 22+b 22−a 24，即可得解m a 的值．本题主要考查了三角形中的几何计算，考查了数形结合思想和转化思想，属于中档题．20.【答案】118.8【解析】 【分析】本题考查长方体、四棱锥的体积等基础知识，属于拔高题．该模型体积为V ABCD−A 1B 1C 1D 1−V O−EFGH =132(cm 3)，再由3D 打印所用原料密度为0.9g/cm 3，不考虑打印损耗，能求出制作该模型所需原料的质量． 【解答】解：该模型为长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1，挖去四棱锥O −EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H ，分别为所在棱的中点，AB =BC =6cm ，AA 1=4cm ， ∴该模型体积为：V ABCD−A 1B 1C 1D 1−V O−EFGH=6×6×4−13×(4×6−4×12×3×2)×3=144−12=132(cm 3)，∵3D 打印所用原料密度为0.9g/cm 3，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9=118.8(g)．故答案为118.8．21.【答案】解：(1)△ABC中，acosC+√3asinC−b−c=0，利用正弦定理可得sinAcosC+√3sinAsinC=sinB+sinC=sin(A+C)+sinC，化简可得√3sinA−cosA=1，，又0<A<π，故A=π3．(2)若a=2，△ABC的面积为12bc⋅sinA=√34bc=√3，∴bc=4，①由余弦定理得a2=4=b2+c2−2bc⋅cosA=(b+c)2−3bc=(b+c)2−12，∴b+c=4，②结合①②解得b=c=2．【解析】本题考查正弦定理、余弦定理的运用，考查三角形面积的计算，考查学生的计算能力，属于中档题．(1)根据条件，由正弦定理可得sinAcosC+√3sinAsinC=sinB+sinC=sin(A+C)+ sinC，化简求解A即可；(2)若a=2，由△ABC的面积√3，求得bc=4①；再利用余弦定理可得b+c=4②，结合①②求得b和c的值．22.【答案】解：(1)证明：根据题意，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．因为M为半圆弧上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．又BC∩CM=C，BC⊂平面BMC，CM⊂平面BMC，所以DM⊥平面BMC；(2)当P为AM的中点时，MC//平面PBD．证明如下：连结AC 交BD 于O.因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC//OP.MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ， 所以MC//平面PBD ．【解析】(1)通过平面CMD ⊥平面ABCD ，推出BC ⊥平面CMD ，得到BC ⊥DM.证明DM ⊥CM.即可证明DM ⊥平面BMC ．(2)连结AC 交BD 于O.说明O 为AC 中点．连结OP ，证明MC//OP.即可说明MC//平面PBD ．本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面平行的判断定理的应用，考查空间想象能力，逻辑推理能力，是中档题．23.【答案】证明：根据题意，设|OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=t ， 若OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，则OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则有(OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2=(−OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2，变形可得OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−t22，则有(OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2=OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2+OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2−2OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3t2，则|P 1P 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3t ， 同理可得：|P 1P 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|P 2P 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3t ，则有|P 1P 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|P 1P 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|P 2P 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，即△P 1P 2P 3是等边三角形．【解析】根据题意，设|OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=t ，由OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ 可得OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，变形可得OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−t22，进而求出(OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2的值，即可得|P 1P 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3t ，同理可得|P 1P 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|P 2P 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3t ，即可得证明． 本题考查向量数量积的计算，涉及向量模的计算，属于基础题．24.【答案】证明：(1)∠BAP =∠CDP =90°，即AB ⊥PA ，CD ⊥PD ，又AB//CD ， ∴AB ⊥PD ，∵PA ∩PD =P ，PA ，PD ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥平面PAD ， ∵AB ⊂平面PAB ， ∴平面PAB ⊥平面PAD ．解：(2)设PA =PD =AB =DC =a ，取AD 中点O ，连结PO ，由(1)知AB⊥平面PAD，又OP⊂平面PAD，∴AB⊥PO，∵PA=PD，∠APD=90°，∴PO⊥AD，AD=√a2+a2=√2a，PO=√22a，又AB，AD⊂平面ABCD，AB∩AD=A，∴PO⊥平面ABCD，∵四棱锥P−ABCD的体积为83，由AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，得AB⊥AD，又AB=DC，AB//CD所以四边形ABCD为矩形=13×AB×AD×PO=13×a×√2a×√22a=13a3=83，解得a=2，∴PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=2√2，PO=√2，∴PB=PC=√4+4=2√2，由上述可知△PAD,△PAB,△PCD都是直角三角形，△PBC是等腰三角形该四棱锥的侧面积：S侧=S△PAD+S△PAB+S△PDC+S△PBC=12×PA×PD+12×PA×AB+12×PD×DC+12×BC×√PB2−(BC2)2=12×2×2+12×2×2+12×2×2+12×2√2×√8−2=6+2√3．【解析】本题考查面面垂直的证明，考查四棱锥的侧面积的求法．(1)推导出AB⊥PA，CD⊥PD，从而AB⊥PD，进而AB⊥平面PAD，由此能证明平面PAB⊥平面PAD．(2)设PA=PD=AB=DC=a，取AD中点O，连结PO，由AB⊥PO，PO⊥AD，得PO⊥底面ABCD，且AD=√2a，PO=√22a，由四棱锥P−ABCD的体积为83，求出a=2，由此能求出该四棱锥的侧面积．25.【答案】证明：(1)如图：证明：连接BD，由题意得AC∩BD=H，BH=DH，又由BG=PG，得GH//PD，∵GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，∴GH//平面PAD；(2)证明：取棱PC中点N，连接DN，依题意得DN⊥PC，又∵平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD=PC，DN⊂平面PCD，∴DN⊥平面PAC，又PA⊂平面PAC，∴DN⊥PA，又PA⊥CD，CD∩DN=D，CD⊂平面PCD，DN⊂平面PCD，∴PA⊥平面PCD；(3)解：连接AN，由(2)中DN⊥平面PAC，知∠DAN是直线AD与平面PAC所成角，∵△PCD是等边三角形，CD=2，且N为PC中点，∴DN=√3，又DN⊥平面PAC，，DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN=DNDA =√33．∴直线AD与平面PAC所成角的正弦值为√33．【解析】本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成角等基础知识，考查空间想象能力和运算求解能力，属于拔高题．(1)连接BD，由题意得AC∩BD=H，BH=DH，由BG=PG，得GH//PD，由此能证明GH//平面PAD；(2)取棱PC中点N，连接DN，推导出DN⊥PC，从而DN⊥平面PAC，进而DN⊥PA，再上PA⊥CD，能证明PA⊥平面PCD；(3)连接AN，由DN⊥平面PAC，知∠DAN是直线AD与平面PAC所成角，由此能求出直线AD与平面PAC所成角的正弦值．第21页，共21页。