湖南省长郡中学高一数学下学期期中试题(扫描版)
湖南省长沙市长郡中学2016-2017学年高一下学期期中考试数学试题Word版含答案
长郡中学2016-2017学年度高一第二学期期中考试数学时间：120分钟 满分：100分一、选择题：本大题共15小题，每小题3分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.数列1，43-，95，167-，...的一个通项公式是 A.a n =1)1(+-n 212n n - B.a n =n )1(-212n n - C.a n =1)1(+-n 212n n + D.a n =n )1(-212n n + 2.在空间中，下列命题中正确的是 A.垂直于同一条直线的两条直线平行 B.没有公共点的两条直线平行 C.平行于同一平面的两个平面平行 D.平行同一平面的两条直线平行3.已知圆锥的母线长为4，侧面展开图的中心角为2π，那么它的体积为 A.315π B.215π C.15π D.4π4.已知a ，b 为非零实数，且a ＜b ，则下列命题中正确的是A.2a ＜2bB.a 1＞b 1C.a 2c ＜b 2c D.21ab ＜ba 215，在△ABC 中，若a=1，b=23，A=30︒，则B 等于 A.60︒ B.60︒或120︒ C.30︒ D.30︒或150︒6.设Sn 是等差数列{an}的前n 项和，已知a 2=3，a 6=11，则S 7等于 A.13 B.35 C.49 D.637.若-9，a 1.a 2，-1成等差数列，-9，b 1，b 2，b 3，-1成等比数列，则b 2（a 1+a 2）等于A.-30B.30C.±30D.158.如图所示，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，则异面直线B 1C 与EF所成的角的大小为 A.30︒ B.45︒ C.60︒ D.90︒9.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线和虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为A.320 B.8 C.322 D.316 10.已知各顶点都在一个球面上的正四棱形（其底面是正方形，且侧棱垂直于底面）高为4，体积为16，则这个球的表面积是 A.16 π B.20π C.24π D.32π11.已知各项均为正数的等比数列{an}满足a 7=a 6+2a 5，若存在两项a m ，a n 使得n m a a =4a 1，则m 1+n4的最小值为 A.23 B.35 C.49D.不存在12.如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD-A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器底面一边BC 于地面上，在将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面五个命题①有水的部分始终呈棱柱形； ②没有水的部分始终呈棱柱形； ③水面EFGH 所在四边形的面积为定值； ④棱A 1D 1始终与水面所在平面平行⑤当容器倾斜如图3所示时，BE ·BF 是定值 其中正确命题的个数为A.2B.3C.4D.513.已知数列{a n }的前n 项和为S n =1-5+9-13+17-21+...+1)1(--n （4n-3），则S 15+S 22-S 31的值是A.13B.-76C.46D.7614.在△ABC 中，b=asinC,c=acosB,则△ABC 一定是 A.等腰三角形但不是直角三角形 B.直角三角形但不是等腰三角形 C.等边三角形 D.等腰直角三角形x+y-6≤015.设x ，y 满足不等式组 2x-y-1≤0，若z=ax+y 的最大值为2a+4，最小值为a+1， 3x-y-2≥0 则实数a 的取值范围为 A.［-1,2］ B.［-2,1］ C.［-3,-2］ D.［-3,1］ 选择题答题卡二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分，把答案填写在题中的横线上。
湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题
(1)若以 AC 为轴，直角三角形 ABC 旋转一周，求所得几何体的表面积. (2)一只蚂蚁在问题（1）形成的几何体上从点 B 绕着几何体的侧面爬行一周回到点 B ， 求蚂蚁爬行的最短距离. 20．在锐角 VABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，已知边 c 2 ，且 a sinA a sinB c sinC bsinB .
,
x4
,
x5
和
y1
,
y2
,
y3
,
y4
,
y5
均由
2
个
r a
和
3
个
r b
排列而成.记
S
x1
y1
x2
y2
x3
y3
x4
y4
x5
y5
，Smin
表示
S
所有可能取
值中的最小值.则下列命题中真命题为（ ）
A． S 可能有 5 个不同的值
rr
r
B．若 a b ，则 Smin 与 a 无关
rr C．若 b 4 a ，则 Smin 0
湖南省长沙市长郡中学 2022-2023 学年高一下学期期中数学 试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
ur uur
ur ur uur
r uur ur
1．设 e1 ， e2 是两个不共线的向量，若向量 m e1 ke2 (k R) 与向量 n e2 2e1 共线，
（1）证明：面 PBD 面 ACE ; （2）求二面角 P AC E 的余弦值.
试卷第 5 页，共 6 页
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2020-2021学年湖南长郡中学高一下期中数学试卷
【最新】湖南长郡中学高一下期中数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．直线30l y ++=的倾斜角为 （ ）A ．30；B ．60；C ．120；D ．1502．直线2y mx m -=+经过一定点，则该点的坐标为（ ） A ．)2,1(-B ．)1,2(-C ．(1,2)D ．)1,2(3．在空间直角坐标系中，点B 是(1,2,3)A 在yOz 坐标平面内的射影，O 为坐标原点，则||OB 等于（ ）A B C ．D4．若三条直线2380x y ++=，10x y --=与直线0x ky +=交于一点，则k =（ ）A ．-2B ．2C ．12-D ．125．设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是 （ ） A ．若l m ⊥，m α⊂，则l α⊥ B ．若l α⊥，//l m ，则m α⊥ C ．若//l α，m α⊂，则//l mD ．若//l α，//m α，则//l m6．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，,,,E F G H 分别为1111,,,AA AB BB B C 的中点，则异面直线EF 与GH 所成的角等于（ ）A ．045B ．060C ．090D ．01207．如图，下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是（ ）①正方体 ②圆锥 ③三棱台 ④正四棱锥8．过点(2,1)P 且被圆22240x y x y +-+=截得弦长最长的直线l 的方程为（ ）． A ．350x y --=B ．370x y +-=C ．350x y -+=D ．350x y +-=9．已知点(),M a b 在圆22:1O x y +=外，则直线1ax by +=与圆O 的位置关系是 （ ）A ．相切B ．相交C ．相离D ．不确定10．与圆221:4470O x y x y ++-+=和222:410130O x y y y +--+=都相切的直线条数是（ ）A ．4B ．3C ．2D ．111．若直线()120x m y m +++-=与直线280mx y ++=平行，则实数m 的值为（ ） A ．1B ．2-C ．1或2-D ．1-或2-12．已知a 、b 、c 是ABC ∆中内角A 、B 、C 的对边，且1,5,a b c ===，则ABC ∆的面积S =（ ）A ．32B ．2C ．3D ． 413．在四边形ABCD 中，//,,45AD BC ADAB BCD，90BAD ∠=︒，将ABD ∆沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A BCD -，如图，则在三棱锥A BCD -中，下列结论正确的是（ ）A ．平面ABD ⊥平面ABCB ．平面ADC ⊥平面BDC C ．平面ABC ⊥平面BDCD ．平面ADC ⊥平面ABC14．在锐角ABC ∆中，1,2,BC B A AC =∠=∠的取值范围为（ ）A ．(B ．(C ．(]0,2 D ．15．在等腰直角三角形ABC 中， =4AB AC =，点 P 是边 AB 上异于 ,A B 的一点，光线从点 P 出发，经 ,BC CA 发射后又回到原点 P （如图）.若光线 QR 经过 ABC的重心，则AP 等于（ ）A ．2B ．1C ．83 D ．43二、填空题16．如图所示，'''Rt A B C ∆为水平方置的ABC ∆的直观图，其中'''',''''1A C B C B O O C ⊥==，则ABC ∆的面积为________．17．在ABC ∆中，AB =，75A ∠=︒，45B ∠=︒，则AC =________．18．已知正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为，则侧面与底面所成的二面角为________．19．已知直线l 经过点P(－4，－3)，且被圆(x ＋1)2＋(y ＋2)2＝25截得的弦长为8，则直线l 的方程是________．20．若圆2244100x y x y +---=上至少有三个不同点到直线:0l ax by +=的距离为l 的倾斜角的取值范围是 ．三、解答题21．直角三角形边长分别是3,4,5cm cm cm ，绕斜边旋转一周形成一个几何体，求这个几何体的表面积和体积.22．已知直线经过两条直线1:3450l x y +-=和2:2380l x y -+=的交点M . （1）若直线l 与直线220x y ++=垂直，求直线l 的方程； （2）若直线'l 与直线1l 关于点()1,1-对称，求直线'l 的方程.23．在如图所示几何体中，四边形ABCD 为正方形，ABE ∆为等腰直角三角形，90BAE ∠=︒，且AD AE ⊥.（1）证明：平面AEC ⊥平面BED ； （2）求直线EC 与平面BED 所成角的正弦值.24．在平面直角坐标系xoy 中,已知圆心在x 轴上,半径为2的圆C 位于y 轴右侧,且与直线320x +=相切. (1)求圆C 的方程；(2)在圆C 上,是否存在点(,)M m n ,使得直线:1l mx ny +=与圆22:1o x y +=相交于不同的两点,A B ,且OAB ∆的面积最大？若存在,求出点M 的坐标及对应的OAB ∆的面积；若不存在,请说明理由.参考答案1．C 【解析】由直线方程可知直线的斜率tan 120k θθ=∴=∴=，选C. 2．A 【解析】试题分析：直线2y mx m -=+，即2(1)y m x -=+，所以直线恒过点()1,2-．故选A ． 考点：直线方程的点斜式． 3．B 【详解】试题分析：因为点B 是()1,2,3A 在yOz 坐标平面内的射影，所以(0,2,3)B ，OB ∴==B ．考点：空间中两点间的距离公式． 4．C 【分析】由前两个方程求出交点，将交点坐标代入第三条直线的方程中，即可求出参数值. 【详解】两方程联立可得交点坐标为：()1,2--，代入第三条直线方程：120k --=， 解得：12k =-. 故选C. 【点睛】本题考查直线的交点，只需要联立方程即可求出交点，本题可将任意两条直线联立求交点坐标或其表达式，再代入另一条直线的方程即可，注意计算的准确性. 5．B 【分析】利用,l α可能平行判断A ，利用线面平行的性质判断B ，利用//l m 或l 与m 异面判断C ，l 与m 可能平行、相交、异面，判断D .【详解】l m ⊥，m α⊂，则,l α可能平行，A 错；l α⊥，//l m ，由线面平行的性质可得m α⊥，B 正确； //l α，m α⊂，则//l m ， l 与m 异面；C 错，//l α，//m α，l 与m 可能平行、相交、异面，D 错，.故选B.【点睛】本题主要考查线面平行的判定与性质、线面面垂直的性质，属于中档题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价. 6．B 【解析】试题分析：取11A B 的中点E ，则由三角形的中位线的性质可得GE 平行且等于1A B 的一半，故EGH ∠或其补角即为异面直线1A B 与GH 所成的角．设正方体的棱长为1，则12EG =，1A B GH EH ===，故EGH ∆为等边三角形，故∠EGH=60°． 考点：空间几何体中异面直线的所成角．【思路点睛】本题主要考查异面直线所成的角的定义和求法，找出两异面直线所成的角，是解题的关键，体现了等价转化的数学思想．取11A B 的中点E ，由三角形的中位线的性质可得EGH ∠或其补角即为异面直线1A B 与GH 所成的角．判断EGH ∆为等边三角形，从而求得异面直线1A B 与GH 所成的角的大小． 7．D 【解析】试题分析: ①的三视图均为正方形；②的三视图中正视图．侧视图为相同的等腰三角形，俯视图为圆；③的三视图中正视图是等腰梯形中间含有一条高线的图形．侧视图为梯形，俯视图为内外都是三角形；④的三视图中正视图．侧视图为相同的等腰三角形，俯视图为正方形．几何体的三视图有且仅有两个视图相同的是：②④．故选D ． 考点：1、几何体三视图；2、几何体直观图．8．A 【分析】题意可知过点P 和圆心的直线被圆截得的弦长最长，求出圆心坐标，即可得到线l 的方程. 【详解】依题意可知过点P 和圆心的直线被圆截得的弦长最长，整理圆的方程得22(1)(2)5x y -++=，圆心坐标为(1,2)-，此时直线的斜率为21312--=-， ∴过点P 和圆心的直线方程为13(2)y x -=-，即350x y --=． 故选A ． 【点睛】本题考查圆的标准方程，直线方程的求法，属基础题. 9．B 【解析】 试题分析:点(),M a b 在圆22:1O x y +=外，221∴+>a b ，∴圆心O 到直线1ax by +=距离1=<d ，∴直线1ax by +=与圆O 相交.故选B ．考点：1、点与圆的位置关系；2、直线与圆的位置关系． 10．B 【解析】试题分析: 圆11(2,2),1-=O r ，22(2,5),4=O r ，∴12125==+OO r r ，∴圆1O 和圆2O 外相切，所以与圆1O 和圆2O 相切的直线有3条.故选B ． 考点：1、直线与圆的位置关系；2、两圆的位置关系． 11．A 【解析】试题分析:因为直线()120x m y m +++-=与直线280mx y ++=平行，所以11228m m m +-=≠，即1m =.故选A ． 考点：两直线平行的判定． 12．B【解析】试题分析：1,5,a b c ===222222153cos 22155+-+-∴===⨯⨯a b c C ab ，4sin 5∴==C ，114sin 152225∆∴==⨯⨯⨯=ABC S ab C ．故选B ．考点：1、余弦定理；2、平方关系；3、三角形的面积公式． 13．D 【分析】折叠过程中，仍有CD BD ⊥，根据平面ABD ⊥平面BCD 可证得CD ⊥平面ABD ，从而得到正确的选项. 【详解】在直角梯形ABCD 中，因为ABD ∆为等腰直角三角形，故45ABD ADB ∠=∠=︒， 所以45DBC ∠=︒，故CD BD ⊥，折起后仍然满足CD BD ⊥.因为平面ABD ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ， 平面ABD ⋂平面BCD BD =， 所以CD ⊥平面ABD ，因AB 平面ABD ，所以CD AB ⊥.又因为AB AD ⊥，AD CD D =，所以AB ⊥平面ADC ，因AB平面ABC ，所以平面ADC ⊥平面ABC .【点睛】面面垂直的判定可由线面垂直得到，而线面垂直可通过线线垂直得到，注意面中两条直线是相交的．由面面垂直也可得到线面垂直，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线. 14．D 【解析】试题分析: 在锐角ABC ∆中，1,2BC B A =∠=∠，∴32A ππ<<，且022A π<<，64A ππ∴<<cos A <<1sin sin 2b A A =，∴2cos b A =，b <<．故选D ．考点：1、正弦定理；2、三角函数的性质；3、二倍角公式． 【思路点睛】由条件可得32A ππ<<，且022A π<<，故64A ππ<<cos A <<由正弦定理可得 2cos b A =，从而得到 b 的取值范围．求得64A ππ<<是解本题的关键．本题考查锐角三角形的定义，正弦定理的应用，三角函数的性质，二倍角公式的应用，考查学生的转化与化归思想和计算能力，属于中档题． 15．D 【分析】 试题分析:建立如图所示的坐标系，可得(4,0),(0,4)B C ， 故直线BC 的方程为 4x y +=，ABC ∆的重心为 004040,33G ++++⎛⎫⎪⎝⎭， 设(,0)P a ，其中 04a <<，则点P 关于直线 BC 的对称点1(,)P x y ，满足0422{0(1)1a x y y x a+++=-⋅-=--，解得4{4x y a==-，即 1(4,4)P a -，易得P 关于 y 轴的对称点2(,0)P a -， 由光的反射原理可知 12,,,P Q R P 四点共线， 直线QR 的斜率为4044()4a ak a a---==--+，故直线QR 的方程为 4()4ay x a a-=++， 由于直线QR 过ABC ∆的重心44(,)33），代入化简可得2340a a -=， 解得43a =，或 0a =（舍去）， 故4(,0)3P ，故43AP =． 故选D ．考点：与直线关于点、直线对称的直线方程． 【思路点睛】建立坐标系，设点P 的坐标，可得P 关于直线BC 的对称点1P 的坐标，和P 关于y 轴的对称点2P 的坐标，由12,,,P Q R P 四点共线可得直线的方程，由于过 ABC ∆的重心，代入可得关于a 的方程，解之可得P 的坐标，进而可得AP 的值．本题考查直线与点的对称问题，涉及直线方程的求解以及光的反射原理的应用，属中档题．16．【解析】试题分析：'''',''''1A C B C B O O C ⊥==O A ∴''=2,OA BC OA BC ∴==⊥，ABC ∴∆的面积为11222ABC S BC OA ∆=⋅=⨯⨯=所以答案应填： 考点：斜二测画法．17．2【解析】试题分析：在ABC ∆中，由正弦定理得sin 2sin AB B AC C ===.所以答案应填：2． 考点：1、正弦定理；2、三角形内角和定理．18．【详解】根据题意画如图所示的正四棱锥，因为底面对角线的长为度为h ，由体积公式得21123h ⨯⨯=，解得3h =，作出二面角的平面角如图所示，tanθ==3π．19．x ＋4＝0和4x ＋3y ＋25＝0【解析】由已知条件知圆心(－1，－2)，半径r ＝5，弦长m ＝8.设弦心距是d ，则由勾股定理得r 2＝d 2＋2，解得d ＝3.若l 的斜率不存在，则直线l 的方程为x ＝－4，圆心到直线的距离是3，符合题意．若l 的斜率存在，设为k ，则直线l 的方程为y ＋3＝k (x ＋4)，即kx －y ＋4k －3＝0，则d ＝＝3，即9k 2－6k ＋1＝9k 2＋9，解得k ＝－，则直线l 的方程为4x ＋3y ＋25＝0.所以直线l 的方程是x ＋4＝0和4x ＋3y ＋25＝0.20．5,1212ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】试题分析：圆2244100x y x y +---=化简为标准方程，可得22(2)(2)18-+-=x y ，∴圆心坐标为()2,2C ，半径=r ，∵在圆上至少有三个不同的点到直线:0l ax by +=的距离为∴圆心到直线的距离应小于或等于-=r 由点到直线的距离公式，≤222(22)2()+≤+a b a b ，整理得2()4()10---+≤b b x a a，解得22≤-≤+b a ∵直线:0l ax by +=的斜率2⎡=-∈+⎣b k a，设直线l 的倾斜角为α，则tan 2α⎡∈⎣，即5tan 1212ππα≤≤，由此可得直线l 的倾斜角的取值范围是5,1212ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦．所以答案应填：5,1212ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦． 考点：1、直线与圆的位置关系；2、直线的斜率与倾斜角；3、点到直线的距离公式．【思路点睛】求出圆心为()2,2C，半径=r ，根据圆的性质可得：当圆上至少有三个不同的点到直线l的距离为，由此利用点到直线的距离公式和直线的斜率公式加以计算，即可得到直线l 的倾斜角的取值范围．本题考查了直线和圆的位置关系、直线与圆相交的性质、点到直线的距离公式以及直线倾斜角与斜率的关系等知识，属于中档题．21．8448=V=55ππS 表，． 【解析】试题分析：直角三角形绕斜边旋转一周形成几何体是两个同底的圆锥，底面半径是斜边上的高， 对应母线长分别是两直角边的长的组合体，利用圆锥的表面积和体积公式求解即可． 试题解析：绕斜边旋转一周形成的几何体是两个同底的圆锥，底面半径为125，高分别是95和165对应母线长分别是3和4，所以()2128411248=34V=555355S ππππ⎛⎫+⨯=⨯⨯= ⎪⎝⎭表，. 考点：旋转体．22．（1）250x y -+=；（2）3470x y ++=．【解析】试题分析：（1）先联立方程组求出交点M ，再求直线l 的方程；（2）设出直线'l 的方程，待定系数法可得直线'l 的方程.试题解析：（1）解方程组34502380x y x y +-=⎧⎨-+=⎩得 1,2x y =-=与220x y ++=垂直的直线为()()1220x y +--=即250x y -+=.（2）设直线'l 的方程为340x y c ++=，由题意知1234534,5,755c c c ----=∴=-=得3470x y ++=. 考点：1、直线方程；2、两直线平行、垂直的判断；3、两直线的交点的求法．23．（1）证明见解析；（2）13． 【解析】试题分析：（1）由AE AB ⊥，AE AD ⊥，可证AE ⊥平面ABCD ，从而AE DB ⊥，又DB AC ⊥，所以DB ⊥平面AEC ，再利用面面垂直的判定定理证得平面AEC ⊥平面BED ；（2）设AC 与BD 交点为O ，先证明OEC ∠为EC 与平面BED 所成角，再利用余弦定理求出OEC ∠即可．试题解析：（1）由已知可知AE AB ⊥，又AE AD ⊥，所以AE ⊥平面ABCD ， 所以AE DB ⊥，又ABCD 为正方形，所以DB AC ⊥，所以DB ⊥平面AEC ，而BD ⊂平面BED ，故有平面AEC ⊥平面BED .（2）设AC 与BD 交点为O ，所以OE 为平面AEC 和BED 的交线，过C 作平面BED 的垂线，其垂足必在直线EO 上，即OEC ∠为EC 与平面BED 所成角. 再设正方形边长2a ，则2OA AE a ==,所以,OE EC ==,所以在三角形OEC 中，利用余弦定理可得cos OEC ∠=1sin 3OEC ∠=. 考点：1、线面垂直的判定；2、面面垂直的判定；3、线面所成的角．【方法点睛】本题主要考查的是线面、面面垂直的判定和线面所成的角，属于中档题．证明面面垂直的关键是证明线线垂直，再证明线面垂直，常用方法有定义法，面面垂直的判定定理，向量法；证明线线垂直常用的方法是等腰三角形底边上的高线，菱形对角线互相垂直，勾股定理，线面垂直的定义．求线面角的一般步骤是：一作出线面角，二证明，三求线面角的大小.24．(1)22(2)4x y -+=(2)存在,点M 的坐标是1(2与1(,2,对应面积的最大值为12【分析】(1) 设圆心是00(,0)(0)x x >,根据直线与圆相切的性质结合点到直线距离公式可以求出0x 的值,也就可以写出圆C 的方程；(2) 根据点(,)M m n 在圆C 上,可以求出m 的取值范围,根据点到直线距离公式可以求出原点到直线l 的距离,利用垂径定理可以求出AB ,最后求出OAB ∆的面积的表达式,最后利用配方法求出OAB ∆的面积最大.【详解】解(1)设圆心是00(,0)(0)x x >. 021x d +==+解得02x =∴圆C 的方程为22(2)4x y -+=； (2)点(,)M m n 在圆C ,2222(2)4,4(2)0m n n m ∴-+==--≥04m ∴≤≤.又原点到直线l 的距离1h ==<解得144m <≤AB =12OAB S AB h ∆∴=⋅===111164m≤<. ∴当1142m =,即12m =时取得最大值12.此时点M 的坐标是1(,22与1(,22-,面积的最大值为12. 【点睛】本题考查了直线与圆相切的性质应用,考查了三角形面积最大值问题,考查了数学运算能力.。
2018-2019学年湖南省长沙市长郡中学高一(下)期中数学试卷(解析版)
2018-2019学年湖南省长沙市长郡中学高一（下）期中数学试卷一、选择题（本大题共15小题，共45.0分）1.下列四条直线，其倾斜角最大的是（）A. B. C. D.2.若一个等腰三角形采用斜二测画法作出其直观图，其直观图面积是原三角形面积的（）A. 倍B. 2倍C. 倍D. 倍3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AD1与BD所成角的大小为（）A.B.C.D.4.已知两条直线l，m与两个平面α，β，下列命题正确的是（）A. 若，，则B. 若，，则C. 若，，则D. 若，，则5.圆C1：x2+（y-1）2=1与圆C2：（x+4）2+（y-1）2=4的公切线的条数为（）A. 4B. 3C. 2D. 16.一个平面截一球得到直径为6的圆面，球心到这个圆面的距离为4，则这个球的体积为$（）A. B. C. D.7.两条平行直线3x-4y-3=0和mx-8y+5=0之间的距离是（）A. B. C. D.8.方程（a-1）x-y+2a+1=0（a∈R）所表示的直线（）A. 恒过定点B. 恒过定点C. 恒过点和D. 都是平行直线9.在平面直角坐标系xOy中，点A（1，1），点B在圆x2+y2=4上，则的最大值为（）A. 3B.C.D. 410.在△ABC中，若a2=b2+c2-bc，bc=4，则△ABC的面积为（）A. B. 1 C. D. 211.在△ABC中，内角A、B满足sin2A=sin2B，则△ABC的形状是（）A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰或直角三角形12.已知方程表示圆，则实数k的取值范围是（）A. B. C. D. 或13.若曲线与直线y=x+b始终有交点，则b的取值范围是（）A. B. C. D.14.一个几何体的三视图如图所示，其中三个三角形均是直角三角形，图形给出的数据均是直角边的长度，则该几何体的外接球的体积为（）A.B.C.D. 15.如图，设圆C1：（x-5）2+（y+2）2=4，圆C2：（x-7）2+（y+1）2=25，点A、B分别是圆C1，C2上的动点，P为直线y=x上的动点，则|PA|+|PB|的最小值为（）A.B.C.D.二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）16.过点P（2，3）且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为______．17.若圆锥的表面积为27π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面圆的直径为______18.设点P（3，2）是圆（x-2）2+（y-1）2=4内部一点，则以P为中点的弦所在的直线方程是有______．19.已知长方体ABCD-A1B1C I D1Φ，AB=2AA1=2AD，则直线CB[与平面A1BCD1所成角的正弦值是______20.圆锥底面半径为1，高为，点P是底面圆周上一点，则一动点从点P出发，绕圆锥侧面一圈之后回到点P，则绕行的最短距离是______．三、解答题（本大题共5小题，共40.0分）21.已知直线l1：x+my+6=0，l2：（m-2）x+3y+2m=0，求：（1）若l1l2，求m的值；（2）若l1∥l2，求m的值．22.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=1，∠ACB=90°，D是A1B1的中点．（1）求证：平面BC1D平面ABB1A1；（4）若异面直线A1B1和BC1所成的角为60°，求直三棱柱ABC-A1B1C1的体积．23.已知圆C过A（-2，2），B（2，6）两点，且圆心C在直线3x+y=0上．（Ⅰ）求圆C的方程；（Ⅱ）若直线l过点P（0，5）且被圆C截得的线段长为4，求l的方程．24.在△ABC中，角A，B，C的三条对边分别为a，b，c，b cos C+b sin C=a．（1）求B；（2）点D在边BC上，AB=4，CD=，cos∠ADC=，求AC．25.如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=，AF=1，M是线段EF的中点．（Ⅰ）求证AM∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角A-DF-B的大小．答案和解析1.【答案】A【解析】解：根据题意，依次分析选项：对于A、x+2y+3=0，其斜率k1=-，倾斜角θ1为钝角，对于B、2x-y+1=0，其斜率k2=2，倾斜角θ2为锐角，对于C、x+y+1=0，其斜率k3=-1，倾斜角θ3为135°，对于D、x+1=0，倾斜角θ4为90°，而k1＞k3，故θ1＞θ3，故选：A．根据题意，依次分析选项，求出所给直线的斜率，比较其倾斜角的大小，即可得答案．本题考查直线斜率与倾斜角的关系，关键是掌握直线的斜率与倾斜角的关系．2.【答案】C【解析】解：以等腰三角形的底边所在的直线为x轴，高所在的直线为y轴，由斜二测画法知，三角形的底长度不变，高所在的直线为y′轴，长度减半，故三角形的高变为原来的sin45°=，所以直观图中三角形的面积是原三角形面积的倍．故选：C．以等腰三角形的底边所在的直线为x轴，高所在的直线为y轴，由斜二测画法得出三角形底边长和高的变化情况，即可得出答案．本题考查了斜二测画法中直观图的面积和原来图形面积之间的关系，是基础知识的考查．3.【答案】C【解析】解：连结BC1，则BC1∥AD1，所以BD与BC1所成的角，即是AD1与BD所成角．连结DC1，则三角形BDC1是正三角形，所以∠DBC1=60°，即AD1与BD所成角的大小为60°．故选：C．寻找与AD1平行的直线BC1，则直线BD与BC1所成的角，即是AD1与BD所成角．本题主要考查了空间两异面直线及其所成的角的求法，根据异面直线所成角的定义，寻找平行线是解决本题的关键．4.【答案】B【解析】解：A如图可否定A；B如图∵l∥β，l⊂γ，γ∩β=m，∴l∥m，∵lα，∴mα，∴βα．故选：B．结合图形易否定A；利用线面平行的性质和面面垂直的判定可证B正确．此题考查了直线、平面的各种位置关系，难度不大．5.【答案】A【解析】解：∵|C1C2|==4，r1=1，r2=2，r1+r2=1+2=3，∴|C1C2|＞r1+r2，所以圆C1与圆C2相离，有4条公切线．故选：A．先根据圆心距与两圆半径的关系判断出两圆相离，所以有4条公切线．本题考查了两圆的公切线的条数，属中档题．6.【答案】C【解析】解：如图，由题意可知，O′A=3，OO′=4，∴R=OA=5，∴=，故选：C．根据题意作出图形，利用直角三角形直接得半径，求体积．此题考查了球体积公式，属容易题．7.【答案】A【解析】解：由已知两条平行直线3x-4y-3=0和mx-8y+5=0，所以m=6，所以两条平行线的距离为；故选：A．首先求出m的值，然后利用平行线之间的距离公式解答．本题考查了两条平行线的距离；注意x，y的系数要化为相同，才能运用公式．8.【答案】A【解析】解：∵（a-1）x-y+2a+1=0（a∈R），∴（x+2）a-x-y+1=0，∴，解得：x=-2，y=3．即方程（a-1）x-y+2a+1=0（a∈R）所表示的直线恒过定点（-2，3）．故选：A．可将（a-1）x-y+2a+1=0（a∈R）转化为（x+2）a-x-y+1=0，令a的系数为0，-x-y+1=0即可．本题考查恒过定点的直线，方法较灵活，可转化为关于a的函数，令a的系数为0，-x-y+1=0即可，也可以令x、y取两组值，解得交点坐标即为所求，属于中档题．9.【答案】C【解析】解：∵|-|=||≤|OB|+|OA|=2+=2+，故选：C．根据向量减法的三角形法则转化为求||，再根据两边之和大于等于第三边可得最大值．本题考查了直线与圆的位置关系，属中档题．10.【答案】C【解析】解：∵△ABC中，a2=b2+c2-bc，即b2+c2-a2=bc，∴cosA==，∴A=60°，∵bc=4，∴S△ABC =bcsinA=，故选：C．利用余弦定理表示出cosA，将已知等式变形后代入求出cosA的值，确定出A的度数，再由bc 的值，利用三角形面积公式求出三角形ABC面积即可．此题考查了余弦定理，以及三角形面积公式，熟练掌握余弦定理是解本题的关键，属于基础题．11.【答案】D【解析】解：法1：∵sin2A=sin2B，∴sin2A-sin2B=cos（A+B）sin（A-B）=0，∴cos（A+B）=0或sin（A-B）=0，∴A+B=90°或A=B，则△ABC一定是直角三角形或等腰三角形．法2：∵sin2A=sin2B，且A和B为三角形的内角，∴2A=2B或2A+2B=180°，即A=B或A+B=90°，则△ABC一定是等腰或直角三角形．故选：D．解法1：利用题设等式，根据和差化积公式整理求得cos（A+B）=0或sin（A-B）=0，推断出A+B=90°或A=B，即可判断出三角形的形状．解法2：由两角的正弦值相等及A和B为三角形的内角，得到两角2A和2B相等或互补，即A 与B相等或互余，进而确定出三角形的形状．此题考查了三角形形状的判断，涉及的知识有：正弦、余弦函数的图象与性质，积化和差公式，以及等腰三角形的判定，解题的关键是挖掘题设信息，借助三角函数的基本公式和基本性质找到边与边或角与角之间的关系．12.【答案】D【解析】解：∵方程表示圆，∴＞0，即2k2-2k-12＞0，k2-k-6＞0，解得k＞3或k＜-2．故选：D．由D2+E2-4F＞0的关于k的一元二次不等式求解．本题考查圆的一般方程，是基础题．13.【答案】A【解析】解：作出函数y=与y=x+b图象，由图可知：-1故选：A．数形结合：作出两个函数的图象，观察图象可得本题考查了直线与圆的位置关系，属中档题．14.【答案】D【解析】解：根据几何体得三视图转换为几何体为：所以：该几何体的外接球半径（2r）2=12+22+12=6，解得：，所以：V==故选：D．首先把三视图转换为几何体，进一步利用几何体的体积公式的应用求出结果．本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．15.【答案】C【解析】解：依题意可知圆C1的圆心（5，-2），r=2，圆C2的圆心（7，-1），R=5，如图所示：对于直线y=x上的任一点P，由图象可知，要使|PA|+|PB|的得最小值，则问题可转化为求|PC1|+|PC2|-R-r=|PC1|+|PC2|-7的最小值，即可看作直线y=x上一点到两定点距离之和的最小值减去7，由平面几何的知识易知当C1关于直线y=x对称的点为 C1′（-2，5），与P、C2共线时，|PC1|+|PC2|的最小值，取得最小值，即直线y=x上一点到两定点距离之和取得最小值为|CC2|=∴|PA|+|PB|的最小值为=|PC1|+|PC2|-7=．故选：C．利用对称的性质，结合两点之间的距离最短，即可求解．本题考查了圆关于直线的对称的圆的求法，动点的最值问题，考查了点与点的距离公式的运用，是中档题题．16.【答案】x+y-5=0，或3x-2y=0【解析】解：若直线的截距不为0，可设为，把P（2，3）代入，得，，a=5，直线方程为x+y-5=0若直线的截距为0，可设为y=kx，把P（2，3）代入，得3=2k，k=，直线方程为3x-2y=0 ∴所求直线方程为x+y-5=0，或3x-2y=0故答案为x+y-5=0，或3x-2y=0分直线的截距不为0和为0两种情况，用待定系数法求直线方程即可．本题考查了直线方程的求法，属于直线方程中的基础题，应当掌握．17.【答案】6【解析】解：设圆锥母线长R，底面圆半径为r，∵侧面展开图是一个半圆，此半圆半径为R，半圆弧长为2πr，∴πR=2πr，∴R=2r，∵表面积是侧面积与底面积的和，∴S表=πR2+πr2，∵R=2r，∴S表=3πr2=27π，解得r=3，∴圆锥的底面直径为2r=6．故答案为：6．设圆锥母线长为R，底面圆半径为r，根据侧面展开图得到R=2r，再求表面积与底面半径和直径．本题考查了圆锥的结构特征与表面积公式计算问题，是基础题．18.【答案】x+y-5=0【解析】解：圆（x-2）2+（y-1）2=4的圆心（2，1），点P（3，2）是圆（x-2）2+（y-1）2=4内部一点，以点P为中点的弦所在的直线的斜率为：-=-1．以点P为中点的弦所在的直线方程为：y-2=-（x-3）．即x+y-5=0．故答案为：x+y-5=0．求出圆的圆心与半径，求出所求直线的斜率，然后求解以点P为中点的弦所在的直线方程．本题考查直线与圆的位置关系，直线方程的求法，考查计算能力．19.【答案】【解析】解：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设AB=2AA1=2AD=2，则C（0，2，0），B1（1，2，1），A1（1，0，1），C（0，2，0），B（1，2，0），=（1，0，1），=（0，-2，1），=（-1，0，0），设平面A1BCD1的法向量=（x，y，z），则，取y=1，得=（0，1，2），设直线CB[与平面A1BCD1所成角为θ，则sinθ===．∴直线CB[与平面A1BCD1所成角的正弦值为．故答案为：．以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线CB[与平面A1BCD1所成角的正弦值．本题考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20.【答案】3【解析】解：圆锥的侧面展开图为扇形，其弧长为底面圆的周长，即2π∵圆锥的母线长为3．扇形的圆心角，∴一动点从点P出发，绕圆锥侧面一圈之后回到点P，则绕行的最短距离是：=3．故答案为：3．利用圆锥的侧面展开图，确定扇形的圆心角，即可求得结论．本题考查旋转体表面上的最短距离，考查学生的计算能力，属于基础题．21.【答案】解：（1）m=0时，两条直线不垂直，舍去．m≠0时，∵l1l2，∴-×=-1，解得m=．综上可得：m=．（2）由m（m-2）-3=0，解得：m=3或-1．经过验证m=3时两条直线重合，舍去．∴m=-1时，l1∥l2．【解析】（1）对m分类讨论，利用两条直线相互垂直的充要条件即可得出．（2）由m（m-2）-3=0，解得：m=3或-1．经过验证m=3时两条直线重合，舍去．本题考查了直线平行与垂直的充要条件、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．22.【答案】（1）证明：∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，∴AA1平面A1B1C1，则AA1C1D，∵A1C1=B1C1，D为A1B1的中点，∴C1D A1B1，又AA1∩A1B1=A1，∴C1D平面AA1B1B，而C1D⊂平面BC1D，∴平面BC1D平面ABB1A1；（2）解：连接AC1，由AC=BC，C1C平面ABC，∴AC1=BC1，∵异面直线A1B1和BC1所成的角为60°，∴△ABC1为等腰三角形，取AB中点O，连接CO，C1O，∵AC=BC=1，∠ACB=90°，∴，．∴．故直三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=．【解析】（1）由三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，得AA1平面A1B1C1，则AA1C1D，再由已知得C1D A1B1，利用线面垂直的判定可得C1D平面AA1B1B，从而得到平面BC1D平面ABB1A1；（2）连接AC1，由AC=BC，C1C平面ABC，得AC1=BC1，进一步得到△ABC1为等腰三角形，求出三棱柱的高，代入棱柱体积公式求解．本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．23.【答案】解：（Ⅰ）根据题意，设圆C的圆心为（a，b），半径为r，则圆C方程为（x-a）2+（y-b）2=r2，又由圆C过A（-2，2），B（2，6）两点，且圆心C在直线3x+y=0上，则有，解可得a=-2，b=6，r2=16，则圆C的方程为（x+2）2+（y-6）2=16；（Ⅱ）根据题意，设直线l与圆C交与MN两点，则|MN|=4，设D是线段MN的中点，则有CD MN，则|MD|=2，|MC|=4．在Rt△ACD中，可得|CD|=2．当直线l的斜率不存在时，此时直线l的方程为x=0，满足题意，当直线l的斜率存在时，设所求直线l的斜率为k，则直线l的方程为：y-5=kx，即kx-y+5=0．由点C到直线MN的距离公式：=2，解可得k=，此时直线l的方程为3x-4y+20=0．故所求直线l的方程为x=0或3x-4y+20=0．【解析】（Ⅰ）根据题意，设圆C的圆心为（a，b），半径为r，结合题意可得，解出a、b、r的值，将其值代入圆的方程即可得答案；（Ⅱ）根据题意，分类讨论，斜率存在和斜率不存在两种情况：①当直线l的斜率不存在时，满足题意，②当直线l的斜率存在时，设所求直线l的斜率为k，则直线l的方程为：y-5=kx，由点到直线的距离公式求得k的值，即可得直线的方程，综合2种情况即可得答案．本题考查直线与圆的位置关系，涉及两点间的距离公式，点到直线的距离公式，圆的标准方程，属于中档题．24.【答案】解：（1）由b cos C+b sin C=a，利用正弦定理得：sin B cos C+sin B sin C=sin A，即sin B cos C+sin B sin C=sin B cos C+cos B sin C，得sin B sin C=cos B sin C，又C∈（0，π），所以sin C≠0，所以sin B=cos B，得tan B=，又B∈（0，π），所以B=；（2）如图所示，由cos∠ADC=，∠ADC∈（0，π），所以sin∠ADC==，由因为∠ADB=π-∠ADC，所以sin∠ADB=sin∠ADC=；在△ABD中，由正弦定理得，=，且AB=4，B=，所以AD===；在△ACD中，由余弦定理得，AC2=AD2+DC2-2AD•DC•cos∠ADC=+-2×××=4，解得AC=2．【解析】（1）由题意利用正弦定理与三角恒等变换求出sinB与cosB的关系，得出tanB的值，从而求出B 的值；（2）根据互补的两角正弦值相等，得到sin∠ADB=sin∠ADC的值，再利用正弦、余弦定理求得AD、AC的值．本题考查了解三角形的应用问题，也考查了三角恒等变换应用问题，是中档题．25.【答案】解：方法一（Ⅰ）记AC与BD的交点为O，连接OE，∵O、M分别是AC、EF的中点，ACEF是矩形，∴四边形AOEM是平行四边形，∴AM∥OE∵OE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，∴AM∥平面BDE（Ⅱ）在平面AFD中过A作AS DF于S，连接BS，∵AB AF，AB AD，AD∩AF=A，∴AB平面ADF，∴AS是BS在平面ADF上的射影，由三垂线定理得BS DF∴∠BSA是二面角A-DF-B的平面角在Rt△ASB中，AS==，AB=，∴， ，∴二面角A-DF-B的大小为60°方法二（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系设AC∩BD=N，连接NE，则点N、E的坐标分别是（，，、（0，0，1），∴=（，，，又点A、M的坐标分别是（，，）、（，，∴=（，，∴=且NE与AM不共线，∴NE∥AM又∵NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，∴AM∥平面BDF（Ⅱ）∵AF AB，AB AD，AF∩AD=A，∴AB平面ADF∴，，为平面DAF的法向量∵=（，，•，，=0，∴=（，，•，，=0得，∴NE为平面BDF的法向量∴cos＜，＞=∴，的夹角是60°即所求二面角A-DF-B的大小是60°【解析】（Ⅰ）要证AM∥平面BDE，直线证明直线AM平行平面BDE内的直线OE即可，也可以利用空间直角坐标系，求出向量，在平面BDE内求出向量，证明二者共线，说明AM∥平面BDE，（Ⅱ）在平面AFD中过A作AS DF于S，连接BS，说明∠BSA是二面角A-DF-B的平面角，然后求二面角A-DF-B的大小；也可以建立空间直角坐标系，求出，说明是平面DFB的法向量，求出平面DAF 的法向量，然后利用数量积求解即可．本题考查直线与平面平行，二面角的知识，考查空间想象能力，逻辑思维能力，是中档题。
长沙市长郡中学2021-2022学年高一下学期期中数学试题含解析
属中档题. 12．ACD
【分析】连接 EF ，即可得到四边形 FEA1D1 为平行四边形，从而判断 A，显然 A1E 与 HF 为
相交直线，即可判断 B，根据线面平行的判定定理证明 C，D； 【详解】解：连接 FE，因为 E，F 为 AB，CD 的中点，故 FE 平行且等于 AD.
由题意知 AD 平行且等于 A1D1 ，故 FE 平行且等于 A1D1 ，所以四边形 FEA1D1 为平行四边形， 所以 A1E//D1F ，故 A 正确； 显然 A1E 与 HF 为相交直线，故 B 错误； 因为 EG//IF ，同时 IF 在平面 D1IF 内，且 EG 不在平面 D1IF 内，所以 EG// 平面 D1IF ，故 C 正确； 因为 A1E//D1F ，同时 D1F 在平面 D1FGB1 内，且 A1E 不在平面 D1FGB1 内，所以 A1E// 平面 D1FGB1 ，故 D 正确. 故选：ACD.
，得
3
2 2
2
3
，
sin B sin 2B
32 2 2 3 ，故 cos B
sin B 2sin B cos B
6. 3
故选： D .
7．D
【分析】根据复数的运算法则，化简复数 2 2a 4 a i ，根据题列出不等式组，即可求解.
5
5
【详解】由题意，复数
2 ai 1 2i
2 ai1 2i 1 2i1 2i
【详解】因为点 M ，故过点 M 有无数条直线与 平行，故 AB 错误； 过点 M 有且只有一个平面与 平行，故 C 正确， D 错误. 故选： C .
6．D 【分析】根据正弦定理，结合角度关系，带值计算即可.
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【详解】在△
湖南省长沙市长郡中学2020学年高一数学下学期期中试题
湖南省长沙市长郡中学2020学年高一数学下学期期中试题一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.下列四条直线，其倾斜角最大的是A. 2x-y+l=0B. x+2y+3=0C.. x+y+l= 0D. x+l = 0★2.一个边长为a的正三角形采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积是原来正三角形面积的★3.正方体中，异面直线与BD所成角的大小是4.已知两条不同直线l、m与两个不同平面下列命题正确的是A.若则B.若则C.若，则D.若则5.圆与圆的公切线的条数为6.一个平面截一球得到直径为6的圆面，球心到这个圆面的距离为4，则这个球的体积为7.两条平行直线3x-4y-3=0和mx-8y+5=0之间的距离是8.方程所表示的直线A.恒过定点(2，3)B.恒过定点（-2，3）C.恒过点（-2，3）和点(2，3)D.都是平行直线9.在平面直角坐标系xOy中，点A(1，1)，点B在圆上，则的最大值为10.在△ABC中，若则△ABC的面积为11.若△ABC的三内角分别为A、B、C，满足sin2A=sin2B，则△ABC的形状为A.等腰三角形B.直角三角形C.等边三角形D.等腰或直角三角形12.已知方程表示圆，则实数k的取值范围是13.若曲线与直线y=x+b始终有公共点，则实数b的取值范围是14. 一个几何体的三视图如图所示，其中三个三角形均是直角三角形，图形给出的数据均是直角边的长度，则该几何体的外接球的体积为15.设圆圆点A、B分别是圆上的动点，P为直线y=x上的动点，则的最小值为二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分.）★16.过点P(2，3)且在两坐标轴上截距相等的直线方程为________________17.若圆锥的表面积为27π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面圆的直径为________________18.设点P(3，2)是圆内部一点，则过点P最短的弦所在的直线方程是________________19.已知长方体，则直线与平面所成角的正弦值是________________20.圆锥底面半径为1，高为点P是底面圆周上一点，则一动点从点P出发，绕圆锥侧面一圈之后回到点P，则绕行的最短距离是________________三、解答题（本大题共5小题，每小题8分，共40分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）21.（本题满分8分）已知直线(1)若求m的值；(2)若求m的值.22.（本题满分8分）如图，在直三棱柱（侧棱和底面垂直），D是的中点.，(1)求证：平面平面(2)若异面直线和所成的角为，求直三棱柱的体积.23.（本题满分8分）已知圆C过A（-2，2），B(2，6)两点，且圆心C在直线3x+y=0上.(1)求圆C的方程；(2)若直线l过点P(0，5)且被圆C截得的线段长为，求l的方程.24.（本题满分8分）在△ABC中，角A、B、C的三条对边分别为(1)求B；(2)点D在边BC上，AB=4 ，求AC.25.（本题满分8分）如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB= AF=1，M是线段EF的中点.(1)求证：AM∥平面BDE；(2)求二面角A-DF-B的大小.。
湖南省2020版高一下学期数学期中考试试卷A卷
湖南省2020版高一下学期数学期中考试试卷A卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共4题；共8分)1. （2分）若数列是等差数列，且，则数列的前9项和等于（）A .B . 18C . 27D . 362. （2分）设cosα=﹣，α∈（0，π），则α的值可表示为（）A . arccosB . ﹣arccosC . π﹣arccosD . π+arccos3. （2分） (2016高一下·九江期中) 为了得到函数的图象，只要将y=sinx（x∈R）的图象上所有的点（）A . 向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变B . 向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变C . 向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变D . 向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变4. （2分）已知函数f（x）=cos（ωx+θ）（ω＞0，0＜θ＜π）的最小正周期为π，且f（﹣x）+f（x）=0，若tanα=2，则f（α）等于（）A .B .C .D .二、填空题 (共10题；共10分)5. （1分）(2020·肥城模拟) ________.6. （1分） (2016高一下·珠海期末) 已知扇形的弧长是6cm，面积是18cm2 ，则扇形的中心角的弧度数是________．7. （1分） (2018高一上·大庆期中) 函数的定义域为________．8. （1分）若函数与函数g（x）=5tan（ax﹣1）+2的最小正周期相同，则实数a=________9. （1分） (2018高一上·上海期中) 函数，则________10. （1分） (2019高一下·哈尔滨期中) 若数列各项均不为零，前n项和为，且，则 ________11. （1分）已知数列{an}，a1=m，m∈N* ，，若a1=2013，则a2013=________；若{an}中有且只有5个不同的数字，则m的不同取值共有________个．12. （1分） (2020高二下·海安月考) 在△ABC中，若，，则________.13. （1分） (2020高三上·闵行期末) 设函数，若恰有个零点，.则下述结论中:①若恒成立，则的值有且仅有个；② 在上单调递增；③存在和，使得对任意恒成立；④“ ”是“方程在恰有五个解”的必要条件.所有正确结论的编号是________；14. （1分） (2017高二上·南阳月考) 给出下列命题：① 中角，，的对边分别为，，，若，则；② ，，若，则；③若，则；④设等差数列的前项和为，若，则 .其中正确命名的序号是________．三、解答题 (共5题；共40分)15. （5分）(2013·山东理) 设△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且a+c=6，b=2，．（1）求a，c的值；（2）求sin（A﹣B）的值．16. （5分） (2018高一下·金华期末) 已知函数的最大值为 .（1）求的值及的单调递减区间；（2）若，，求的值.17. （5分） (2018高一下·芜湖期末) 在等差数列中，， .（1）设数列的前项和为，求的最大值及使得最大的序号的值；（2）设（），为数列的前项之和，求 .18. （10分）已知函数f（x）=2sin（3x﹣），x∈R．（1）求f（x）的最小正周期，单调减区间；（2）若x∈[0， ]，求f（x）的值域．19. （15分）(2018·虹口模拟) 平面内的“向量列” ，如果对于任意的正整数，均有，则称此“向量列”为“等差向量列”，称为“公差向量”.平面内的“向量列” ，如果且对于任意的正整数，均有（），则称此“向量列”为“等比向量列”，常数称为“公比”.（1）如果“向量列” 是“等差向量列”，用和“公差向量” 表示；（2）已知是“等差向量列”，“公差向量” ，，；是“等比向量列”，“公比” ，， .求．参考答案一、单选题 (共4题；共8分)答案：1-1、考点：解析：答案：2-1、考点：解析：答案：3-1、考点：解析：答案：4-1、考点：解析：二、填空题 (共10题；共10分)答案：5-1、考点：解析：答案：6-1、考点：解析：答案：7-1、考点：解析：答案：8-1、考点：解析：答案：9-1、考点：解析：答案：10-1、考点：解析：答案：11-1、考点：解析：答案：12-1、考点：解析：答案：13-1、考点：解析：答案：14-1、考点：解析：三、解答题 (共5题；共40分)答案：15-1、答案：15-2、考点：解析：答案：16-1、答案：16-2、考点：解析：答案：17-1、答案：17-2、考点：解析：答案：18-1、答案：18-2、考点：解析：答案：19-1、答案：19-2、考点：解析：。
2020-2021学年湖南省长沙市长郡中学高一(下)期中数学试卷(附答案详解)
2020-2021学年湖南省长沙市长郡中学高一（下）期中数学试卷一、单选题（本大题共12小题，共36.0分） 1. 复数5i−2的共轭复数是( )A. i +2B. i −2C. −2−iD. 2−i2. 当23<m <1时，复数m(3+i)−(2+i)在复平面内对应的点位于( )A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3. 已知AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ +5b ⃗ ，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2a ⃗ +8b ⃗ ，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =3a ⃗ −3b ⃗ ，则( )A. A 、B 、D 三点共线B. A 、B 、C 三点共线C. B 、C 、D 三点共线D. A 、C 、D 三点共线4. 已知e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 是夹角为60°的两个单位向量，则a ⃗ =2e 1⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ 与b ⃗ =−3e 1⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ 的夹角是( )A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°5. 等边三角形ABC 的边长为1，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ，CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =c ⃗ ，则a ⃗ ⋅b ⃗ +b ⃗ ⋅c ⃗ +c ⃗ ⋅a ⃗ =( )A. 3B. −3C. 32D. −326. △ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.已知asinA −bsinB =4csinC ，cosA =−14，则bc =( )A. 6B. 5C. 4D. 37. 如图，某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的，如果正方体的棱长是60cm ，那么石凳的体积是( )A. 144000cm 3B. 180000cm 3C. 36000cm 3D. 72000cm 38. 如图，圆锥PO 的底面直径和高均为a ，过PO 的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几A. 5πa332B. 5πa396C. πa332D. πa3969.一个菱形的边长为4cm，一个内角为60°，将菱形水平放置并且使较长的对角线成横向，则此菱形的直观图的面积为()A. 8√3 cm2B. 4√3 cm2C. 2√6 cm2D. √6 cm210.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为()A. √22B. √32C. √52D. √7211.复数z1、z2满足z1=m+(4−m2)i，z2=2cosθ+(λ+3sinθ)i(m,λ,θ∈R)，并且z1=z2，则λ的取值范围是()A. [−1,1]B. [−916,1] C. [−916,7] D. [916,1]12.已知三棱锥P−ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为()A. 8√6πB. 4√6πC. 2√6πD. √6π二、多选题（本大题共3小题，共9.0分）13.下列关于直线与平面间的位置关系的命题判断正确的是()A. 若空间中四条直线l1、l2、l3、l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3、l3⊥l4，则l1、l4的位置关系不确定B. 设l、m、n均为直线，其中m、n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的充分不必要条件C. 直线l1、l2互相平行的一个充分不必要的条件是l1、l2都垂直于同一个平面D. 已知m、n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，若直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊂α，l⊄β，则α与β相交，且交线平行于l14.下列关于空间角的判断正确的是()A. 如果空间中的两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等B. 两条平行直线与同一个平面所成的角相等C. 一条直线与两条异面直线中的一条所成角为90°，那么该直线与另一直线所成角D. 如果平面α//平面α1，如果平面β//平面β1，那么平面α与平面β所成的二面角和平面α1与平面β1所成的二面角相等或互补15.如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD−A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜度的不同，有下面五个命题()A. 有水的部分始终呈棱柱形B. 没有水的部分始终呈棱柱形C. 水面EFGH所在四边形的面积为定值D. 棱A1D1始终与水面所在平面平行E. 当容器倾斜如图(3)所示时，BE⋅BF是定值三、单空题（本大题共5小题，共15.0分）16.已知复数z与(z+2)2−8i均是纯虚数，则z=______ ．17.已知2i−3是关于x的方程2x2+px+26=0的一个根，则实数p=______．18.已知a⃗=(4,2)，则与a⃗垂直的单位向量的坐标为______．19.已知a、b、c分别是△ABC三个内角A、B、C的对边，边BC上的中线长记为m a，则m a=______(用a、b、c表示结果)．20.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型，如图，该模型为长方体ABCD−A1B1C1D1挖去四棱锥O−EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E,F,G,H 分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm，AA1=4cm，3D打印所用的材料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．四、解答题（本大题共5小题，共40.0分）21.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，acos C+√3asin C−b−c=0．(1)求A；(2)若a=2，△ABC的面积为√3，求b，c．22.如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD⏜所在平面垂直，M是CD⏜上异于C、D的点．(1)证明：DM⊥平面BMC；(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC//平面PBD？说明理由．23. 已知△P 1P 2P 3，向量OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 满足条件OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，|OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |.求证：△P 1P 2P 3是等边三角形．24. 如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且∠BAP =∠CDP =90°．(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA =PD =AB =DC ，∠APD =90°，且四棱锥P −ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．25. 如图，在四棱锥P—ABCD ，底面ABCD 为平行四边形，△PCD 为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，PA ⊥CD ，CD =2，AD =3，(1)设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH//平面PAD ； (2)求证：PA ⊥平面PCD ；答案和解析1.【答案】B【解析】解：∵复数5i−2=5(−i−2)22−i 2=−2−i ，∴共轭复数是−2+i 故选：B ．首先要对所给的复数进行整理，分子和分母同乘以分母的共轭复数，化简到最简形式，把得到的复数虚部变为相反数，得到要求的共轭复数．复数的加减乘除运算是比较简单的问题，在高考时有时会出现，若出现则是要我们一定要得分的题目．2.【答案】D【解析】 【分析】本题是对复数的代数形式最基本的考查． 化简成代数形式，再根据m 的范围确定． 【解答】解：m(3+i)−(2+i)=(3m −2)+(m −1)i ， 又∵23< m <1，∴3m −2>0，m −1<0， ∴所对应的点在第四象限， 故选D ．3.【答案】A【解析】解：∵AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ +5b ⃗ ，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2a ⃗ +8b ⃗ ，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =3a ⃗ −3b ⃗ ， ∴BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ +5b ⃗ ， ∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ =BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共线，根据平面向量的线性运算与共线定理，证明AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共线，即可得出结论． 本题考查了平面向量的线性运算与共线定理的应用问题，是基础题目．4.【答案】C【解析】 【分析】本题主要考查两个向量数量积的运算，两个向量数量积的定义，求向量的模的方法，属于中档题．利用两个向量数量积的定义求出e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ ，再求出|a ⃗ |，|b ⃗ |，a ⃗ ⋅b ⃗ 的值，根据cosθ=a⃗ ⋅b ⃗ |a ⃗ |⋅|b⃗ |，求得则a ⃗ =2e 1⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ 与b ⃗ =−3e 1⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ 的夹角θ的值． 【解答】解：∵已知e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 是夹角为60°的两个单位向量，∴e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ =1×1×cos60°=12， 设a ⃗ =2e 1⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ 与b ⃗ =−3e 1⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ 的夹角为θ，θ∈(0°,180°)，∵|a ⃗ |=√(2e 1⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ )2=√4e 1⃗⃗⃗ 2+4e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ 2=√7，|b ⃗ |=√(−3e 1⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ )2=√9e 1⃗⃗⃗ 2−12e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ +4e 2⃗⃗⃗ 2=√7， a ⃗ ⋅b ⃗ =(2e 1⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ )⋅(−3e 1⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ )=−6e 1⃗⃗⃗ 2+e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ 2=−6+12+2=−72， ∴cosθ=a⃗ ⋅b ⃗ |a ⃗ |⋅|b⃗ |=−72√7⋅√7=−12，∴θ=120°，故选：C ．5.【答案】D【解析】解：由题意可得，<a ⃗ ,b ⃗ >=<a ⃗ ,c ⃗ >=<b ⃗ ,c ⃗ >=2π3 ∴a ⃗ ⋅b ⃗ +b ⃗ ⋅c ⃗ +c ⃗ ⋅a ⃗ =1×1×(−12)×3=−32故选D先确定出各向量的夹角，然后根据向量的数量积的定义即可求解本题主要考查了向量的数量积的定义的简单应用，解题的关键是准确确定出向量的夹角【解析】【分析】本题考查了正弦定理、余弦定理，考查了计算能力，属于中档题．利用正弦定理和余弦定理列出方程组，能求出结果．【解答】解：∵△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设该三角形外接圆的半径为R，根据正弦定理有：又asinA−bsinB=4csinC，∴a·a2R −b·b2R=4c·c2R,即a2=4c2+b2，又，∴{a2−b2=4c2cosA=b2+c2−a22bc=−14，解得bc=6，故选A．7.【答案】B【解析】解：由题意可知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，体积是8×13×12×30×30×30=36000cm3；正方体的体积为60×60×60=216000cm3；则石凳的体积是216000−36000=180000cm3．故选：B．由已知求得正方体的体积，减去八个正三棱锥的体积得答案．本题考查正方体与三棱锥体积的求法，是基础的计算题．8.【答案】B【解析】解：圆锥SO的底面半径为a2，高为a，则圆柱PO的底面半径是a4，高为a2，∴V SO=13π(a2)2⋅a=a312π，V圆柱=π(a4)2⋅a2=a232π，∴剩下几何体的体积是a3π12−a3π32=5πa396．故选：B．通过圆锥的底面半径和高，分别求出圆柱和圆锥的体积，然后求解即可．本题考查圆柱与圆锥体积的求法，考查计算能力，是基础题．9.【答案】C【解析】解：解法一、菱形ABCD的边长为4cm，内角为60°，画出它的平面直观图，如图四边形A′B′C′D′所示：在菱形ABCD中，BD=4，AC=4√3，在四边形A′B′C′D′中，B′D′=12B′D′=2，AC=A′C′，所以四边形A′B′C′D′的面积为12A′C′⋅B′D′⋅sin45°=12×2×4√3×√22=2√6(cm2).解法二、菱形ABCD的边长为4cm，内角为60°，所以对角线AC=4√3，BD=4，菱形ABCD的面积为S=12×4√3×4=8√3，该菱形的平面直观图面积为S′=2√2=√32√2=2√6(cm2)故选：C．解法一、画出菱形的平面直观图，计算平面直观图的面积即可．解法二、根据原图形与平面直观图的面积比为2√2：1，计算直观图的面积即可．本题考查了平面图形的直观图与原图形面积的计算问题，熟记面积比是快速解题的关键．10.【答案】C【解析】 【分析】本题考查异面直线所成角的正切值的求法，属于基础题． 作出异面直线所成的角，然后求出其正切值即可． 【解答】解：如下图，取DD 1的中点F ，连接EF ，AF ，因为E ，F 为CC 1，DD 1的中点，ABCD −A 1B 1C 1D 1为正方体， 所以EF//CD ，所以∠AEF 为异面直线AE 与CD 所成角或其补角， 由正方体可得EF ⊥平面ADD 1A 1， 所以EF ⊥AF ， 设正方体的棱长为1，则EF =1，AF =√1+14=√52，所以tan∠AEF =√52，所以异面直线AE 与CD 所成角的正切值为√52．故选C ．11.【答案】C【解析】解：∵z 1=z 2，∴{m =2cosθ4−m 2=λ+3sinθ，化为4sin 2θ=λ+3sinθ， ∴λ=4(sinθ−38)2−916，∵−1≤sinθ≤1，∴当sinθ=38时，λ取得最小值−916；当sinθ=−1时，λ取得最大值7． ∴−916≤λ≤7．∴λ的取值范围是[−916,7]． 故选：C ．利用z 1=z 2，可得{m =2cosθ4−m 2=λ+3sinθ，化为λ=4(sinθ−38)2−916，利用−1≤sinθ≤1和二次函数的单调性即可得出．本题考查了复数相等、正弦函数的单调性、二次函数的单调性，属于基础题．12.【答案】D【解析】 【分析】本题考查球的体积的求法，涉及到余弦定理．设∠PAC =θ，PA =PB =PC =2x ，EC =y ，根据余弦定理以及勾股定理证明三条侧棱两两互相垂直，即可求出球O 的体积． 【解答】 解：设∠PAC =θ，PA =PB =PC =2x ，EC =y ，因为E ，F 分别是PA ，AB 的中点，所以EF =12PB =x ，AE =x ， 在△PAC 中，cosθ=4x 2+4−4x 22×2x×2=12x ，在△EAC 中，cosθ=x 2+4−y 22×2x，整理得x 2−y 2=−2，①因为△ABC 是边长为2的正三角形，所以CF =√3， 又∠CEF =90°，则x 2+y 2=3，②，由①②得x=√2，2所以PA=PB=PC=√2，所以PA2+PB2=4=AB2，即PA⊥PB，同理可得PA⊥PC，PB⊥PC，则PA、PB、PC两两垂直，则球O是以PA为棱的正方体的外接球，则外接球的直径为√2+2+2=√6，所以球O的体积为．故选D．13.【答案】ABD【解析】解：对于A：空间中四条直线l1、l2、l3、l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3、l3⊥l4，则l1、l4的位置关系不确定，故A正确；对于B：设l、m、n均为直线，其中m、n在平面α内，由“l⊥α”则“l⊥m且l⊥n”，但是当“l⊥m且l⊥n”则“l⊥α”(没有说直线m和n相交)不一定成立，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的充分不必要条件，故B正确；对于C：直线l1、l2互相平行的一个充分必要的条件是l1、l2都垂直于同一个平面，故C 错误；对于D：已知m、n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，若直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊂α，l⊄β，则α与β相交，且交线平行于l，故D正确；故选：ABD．直接利用线面平行和垂直的判定和性质，法向量，和面面垂直的应用判定A、B、C、D 的结论．本题考查的知识要点：线面平行和垂直的判定和性质，法向量，主要考查学生对基础知识的理解和应用，属于基础题．14.【答案】BD【解析】解：如果空间中的两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，所以A不正确；两条平行直线与同一个平面所成的角相等，满足直线与平面所成角的性质，所以B正确；一条直线与两条异面直线中的一条所成角为90°，那么该直线与另一直线所成角的范围是[0°,90°]，所以C不正确；如果平面α//平面α1，如果平面β//平面β1，那么平面α与平面β所成的二面角和平面α1与平面β1所成的二面角相等或互补，满足二面角的定义，所以D正确；故选：BD．利用空间角的性质，判断选项的正误即可．本题考查命题的真假的判断，空间角的判断，考查空间心里，转化思想以及逻辑推理能力，是中档题．15.【答案】ABDE【解析】解：∵棱柱特征：有两个面是相互平行且是全等的多边形，其余没相邻两个面的交线也相互平行，而这些面都是平行四边形∴通过棱柱特征，AB正确．∵水面EFGH所在四边形的面积，从图2，图3我们发现，有条边长不变，而另外一条长随倾斜度变化而变化，∴EFGH所在四边形的面积是变化的．C不对∵棱A1D1始终与BC平行，BC与水面始终平行，∴D正确．∵水的体积是不变的，高始终是BC也不变．底面也不会，即BE⋅BF是定值．∴D正确．所以正确的是：ABDE．故选：ABDE．由题意抓住棱柱形的特征进行判断，观察即可得到答案．本题考查了棱柱特征：有两个面是相互平行且是全等的多边形，其余梅相邻两个面的交线也相互平行，而这些面都是平行四边形，同时考查对空间的想象力和图象变形的灵活处理能力．属于中档题．16.【答案】−2i【解析】解：设z=ai，a∈R，∴(z+2)2−8i=(ai+2)2−8i=4+4ai−a2−8i=(4−a2)+(4a−8)i，∵它是纯虚数，∴a=−2故答案为：−2i．两个复数都是纯虚数，可设z ，化简(z +2)2−8i ，可求出z ． 本题考查复数的分类，及复数的运算，是基础题．17.【答案】12【解析】解：∵2i −3是关于x 的方程2x 2+px +26=0的一个根，∴由实系数一元二次方程虚根成对原理可得，−2i −3是关于x 的方程2x 2+px +26=0的另一个根，则(2i −3)+(−2i −3)=−p2，得p =12． 故答案为：12．由已知结合实系数一元二次方程虚根成对原理求得方程2x 2+px +26=0的另一个根，再由根与系数的关系求解p 值．本题考查实系数一元二次方程虚根成对原理的应用，是基础题．18.【答案】(√55,−2√55)或(−√55,2√55)．【解析】解：设与a⃗ 垂直的单位向量n ⃗ =(x,y)． 则{4x +2y =0x 2+y 2=1，解得{x =√55y =−2√55或{x =−√55y =2√55． 故答案为(√55,−2√55)或(−√55,2√55)． 设出与a ⃗ 垂直的单位向量的坐标，由题意列方程组{4x +2y =0x 2+y 2=1，求解后即可得到答案．本题考查了数量积判断两个平面向量垂直的关系，考查了单位向量的概念，训练了方程组的解法，是基础题．19.【答案】√c 22+b 22−a 24【解析】解：如图，以B 点为原点，以BC 方向为x 轴正方向建立直角坐标系， 则有B(0,0)，C(a,0)，BC中点D 坐标为(a2,0)，设A 点坐标为(x,y)，可得x 2+y 2=c 2，(a −x)2+y 2=b 2，可得：m a 2=|AD|2=(a2−x)2+y 2=x 2+y 2−ax +a 24=c 2+a 24−ax ，由{x 2+y 2=c 2(a −x)2+y 2=b 2，可得ax =c 2+a 2−b 22， 所以m a2=c 2+a 24−c 2+a 2−b 22=c 22+b 22−a 24，可得m a =√c 22+b 22−a 24．故答案为：√c 22+b 22−a 24．以B 点为原点，以BC 方向为x 轴正方向建立直角坐标系，设A 点坐标为(x,y)，可得m a 2=|AD|2=c 2+a 24−ax ，由{x 2+y 2=c 2(a −x)2+y 2=b 2，可得ax =c 2+a 2−b 22，从而可求m a 2=c 22+b 22−a 24，即可得解m a 的值．本题主要考查了三角形中的几何计算，考查了数形结合思想和转化思想，属于中档题．20.【答案】118.8【解析】 【分析】本题考查长方体、四棱锥的体积等基础知识，属于拔高题．该模型体积为V ABCD−A 1B 1C 1D 1−V O−EFGH =132(cm 3)，再由3D 打印所用原料密度为0.9g/cm 3，不考虑打印损耗，能求出制作该模型所需原料的质量． 【解答】解：该模型为长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1，挖去四棱锥O −EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H ，分别为所在棱的中点，AB =BC =6cm ，AA 1=4cm ， ∴该模型体积为：V ABCD−A 1B 1C 1D 1−V O−EFGH=6×6×4−13×(4×6−4×12×3×2)×3=144−12=132(cm 3)，∵3D 打印所用原料密度为0.9g/cm 3，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9=118.8(g)．故答案为118.8．21.【答案】解：(1)△ABC中，acosC+√3asinC−b−c=0，利用正弦定理可得sinAcosC+√3sinAsinC=sinB+sinC=sin(A+C)+sinC，化简可得√3sinA−cosA=1，，又0<A<π，故A=π3．(2)若a=2，△ABC的面积为12bc⋅sinA=√34bc=√3，∴bc=4，①由余弦定理得a2=4=b2+c2−2bc⋅cosA=(b+c)2−3bc=(b+c)2−12，∴b+c=4，②结合①②解得b=c=2．【解析】本题考查正弦定理、余弦定理的运用，考查三角形面积的计算，考查学生的计算能力，属于中档题．(1)根据条件，由正弦定理可得sinAcosC+√3sinAsinC=sinB+sinC=sin(A+C)+ sinC，化简求解A即可；(2)若a=2，由△ABC的面积√3，求得bc=4①；再利用余弦定理可得b+c=4②，结合①②求得b和c的值．22.【答案】解：(1)证明：根据题意，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．因为M为半圆弧上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．又BC∩CM=C，BC⊂平面BMC，CM⊂平面BMC，所以DM⊥平面BMC；(2)当P为AM的中点时，MC//平面PBD．证明如下：连结AC 交BD 于O.因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC//OP.MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ， 所以MC//平面PBD ．【解析】(1)通过平面CMD ⊥平面ABCD ，推出BC ⊥平面CMD ，得到BC ⊥DM.证明DM ⊥CM.即可证明DM ⊥平面BMC ．(2)连结AC 交BD 于O.说明O 为AC 中点．连结OP ，证明MC//OP.即可说明MC//平面PBD ．本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面平行的判断定理的应用，考查空间想象能力，逻辑推理能力，是中档题．23.【答案】证明：根据题意，设|OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=t ， 若OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，则OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则有(OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2=(−OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2，变形可得OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−t22，则有(OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2=OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2+OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2−2OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3t2，则|P 1P 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3t ， 同理可得：|P 1P 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|P 2P 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3t ，则有|P 1P 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|P 1P 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|P 2P 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，即△P 1P 2P 3是等边三角形．【解析】根据题意，设|OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=t ，由OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ 可得OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，变形可得OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−t22，进而求出(OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2的值，即可得|P 1P 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3t ，同理可得|P 1P 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|P 2P 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3t ，即可得证明． 本题考查向量数量积的计算，涉及向量模的计算，属于基础题．24.【答案】证明：(1)∠BAP =∠CDP =90°，即AB ⊥PA ，CD ⊥PD ，又AB//CD ， ∴AB ⊥PD ，∵PA ∩PD =P ，PA ，PD ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥平面PAD ， ∵AB ⊂平面PAB ， ∴平面PAB ⊥平面PAD ．解：(2)设PA =PD =AB =DC =a ，取AD 中点O ，连结PO ，由(1)知AB⊥平面PAD，又OP⊂平面PAD，∴AB⊥PO，∵PA=PD，∠APD=90°，∴PO⊥AD，AD=√a2+a2=√2a，PO=√22a，又AB，AD⊂平面ABCD，AB∩AD=A，∴PO⊥平面ABCD，∵四棱锥P−ABCD的体积为83，由AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，得AB⊥AD，又AB=DC，AB//CD所以四边形ABCD为矩形=13×AB×AD×PO=13×a×√2a×√22a=13a3=83，解得a=2，∴PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=2√2，PO=√2，∴PB=PC=√4+4=2√2，由上述可知△PAD,△PAB,△PCD都是直角三角形，△PBC是等腰三角形该四棱锥的侧面积：S侧=S△PAD+S△PAB+S△PDC+S△PBC=12×PA×PD+12×PA×AB+12×PD×DC+12×BC×√PB2−(BC2)2=12×2×2+12×2×2+12×2×2+12×2√2×√8−2=6+2√3．【解析】本题考查面面垂直的证明，考查四棱锥的侧面积的求法．(1)推导出AB⊥PA，CD⊥PD，从而AB⊥PD，进而AB⊥平面PAD，由此能证明平面PAB⊥平面PAD．(2)设PA=PD=AB=DC=a，取AD中点O，连结PO，由AB⊥PO，PO⊥AD，得PO⊥底面ABCD，且AD=√2a，PO=√22a，由四棱锥P−ABCD的体积为83，求出a=2，由此能求出该四棱锥的侧面积．25.【答案】证明：(1)如图：证明：连接BD，由题意得AC∩BD=H，BH=DH，又由BG=PG，得GH//PD，∵GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，∴GH//平面PAD；(2)证明：取棱PC中点N，连接DN，依题意得DN⊥PC，又∵平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD=PC，DN⊂平面PCD，∴DN⊥平面PAC，又PA⊂平面PAC，∴DN⊥PA，又PA⊥CD，CD∩DN=D，CD⊂平面PCD，DN⊂平面PCD，∴PA⊥平面PCD；(3)解：连接AN，由(2)中DN⊥平面PAC，知∠DAN是直线AD与平面PAC所成角，∵△PCD是等边三角形，CD=2，且N为PC中点，∴DN=√3，又DN⊥平面PAC，，DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN=DNDA =√33．∴直线AD与平面PAC所成角的正弦值为√33．【解析】本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成角等基础知识，考查空间想象能力和运算求解能力，属于拔高题．(1)连接BD，由题意得AC∩BD=H，BH=DH，由BG=PG，得GH//PD，由此能证明GH//平面PAD；(2)取棱PC中点N，连接DN，推导出DN⊥PC，从而DN⊥平面PAC，进而DN⊥PA，再上PA⊥CD，能证明PA⊥平面PCD；(3)连接AN，由DN⊥平面PAC，知∠DAN是直线AD与平面PAC所成角，由此能求出直线AD与平面PAC所成角的正弦值．第21页，共21页。