福建省厦门市2015-2016学年高一数学下学期期中试题
2015-2016年福建省厦门六中高一(下)期中数学试卷和答案
2015-2016学年福建省厦门六中高一（下）期中数学试卷一、选择题：（本题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置上.）1．（5分）直线的倾斜角α=（）A．30°B．60°C．120°D．150°2．（5分）已知A（2，0，1），B（1，﹣3，1），点M在x轴上，且到A、B两点的距离相等，则M的坐标为（）A．（﹣3，0，0）B．（0，﹣3，0）C．（0，0，﹣3）D．（0，0，3）3．（5分）下列四个命题中错误的是（）A．若直线a、b互相平行，则直线a、b确定一个平面B．若四点不共面，则这四点中任意三点都不共线C．若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线D．两条异面直线不可能垂直于同一个平面4．（5分）平面α，β和直线m，给出条件：①m⊂α；②m⊥α；③m∥α；④α∥β；⑤α⊥β．为使m∥β，应选择下面四个选项中的条件（）A．①⑤B．①④C．②⑤D．③⑤5．（5分）过点（3，﹣4）且在坐标轴上的截距相等的直线方程为（）A．x+y+1=0B．4x﹣3y=0C．x+y+1=0或4x﹣3y=0D．4x+3y=0或x+y+1=06．（5分）已知在四面体ABCD中，E，F分别是AC，BD的中点，若AB=2，CD=4，EF⊥AB，则EF与CD所成的角的度数为（）A．90°B．45°C．60°D．30°7．（5分）两直线3x+y﹣3=0与6x+my+1=0平行，则它们之间的距离为（）A．4B．C．D．8．（5分）已知实数x，y满足方程x2+y2=1，则的取值范围是（）A．B．C．D．9．（5分）在△ABC中，AB=2，BC=1.5，∠ABC=120°，若使该三角形绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的体积是（）A．B．C．D．10．（5分）已知点A（﹣2，0），B（0，4），点P在圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2=5上，则使∠APB=90°的点P的个数为（）A．0B．1C．2D．311．（5分）下面四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是（）A．①②B．①④C．②③D．③④12．（5分）将半径都为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为（）A．B．2+C．4+D．二、填空题（本题共4小题，每题5分，共20分，请将所选答案写在答题卷上）13．（5分）如图正方形OABC的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是．14．（5分）已知圆锥的表面积为9πcm2，且它的侧面展开图是一个半圆，则圆锥的底面半径为．15．（5分）过点P（，1）且与圆x2+y2=4相切的直线方程．16．（5分）下面给出四个命题的表述：①直线（3+m）x+4y﹣3+3m=0（m∈R）恒过定点（﹣3，3）；②线段AB的端点B的坐标是（3，4），A在圆x2+y2=4上运动，则线段AB的中点M的轨迹方程+（y﹣2）2=1③已知M={（x，y）|y=}，N={（x，y）|y=x+b}，若M∩N≠∅，则b∈[﹣，]；④已知圆C：（x﹣b）2+（y﹣c）2=a2（a＞0，b＞0，c＞0）与x轴相交，与y轴相离，则直线ax+by+c=0与直线x+y+1=0的交点在第二象限．其中表述正确的是（（填上所有正确结论对应的序号）三、解答题（共6题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.请将所选答案写在答题卷上）17．（10分）已知三角形ABC的顶点坐标为A（﹣1，5）、B（﹣2，﹣1）、C（4，3）．（1）求AB边上的高线所在的直线方程；（2）求三角形ABC的面积．18．（12分）已知一个几何体的三视图如图所示．（Ⅰ）求此几何体的表面积；（Ⅱ）在如图的正视图中，如果点A为所在线段中点，点B为顶点，求在几何体侧面上从点A到点B的最短路径的长．19．（12分）如图，已知PA⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直径，AB=2，C是⊙O上一点，且AC=BC，PC与⊙O所在的平面成45°角，E是PC中点．F为PB中点．（1）求证：EF∥面ABC；（2）求证：EF⊥面PAC；（3）求三棱锥B﹣PAC的体积．20．（12分）如图，在矩形ABCD中，已知AB=3，AD=1，E、F分别是AB的两个三等分点，AC，DF相交于点G，建立适当的平面直角坐标系：（1）若动点M到D点距离等于它到C点距离的两倍，求动点M的轨迹围成区域的面积；（2）证明：E G⊥D F．21．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AB=2，E，F，G分别是PC，PD，BC的中点．（1）求证：平面PAB∥平面EFG；（2）证明：平面EFG⊥平面PAD；（3）在线段PB上确定一点Q，使PC⊥平面ADQ，并给出证明．22．（12分）已知⊙O：x2+y2=1和定点A（2，1），由⊙O外一点P（a，b）向⊙O引切线PQ，切点为Q，且满足|PQ|=|PA|．（1）求实数a，b间满足的等量关系；（2）求线段PQ长的最小值；（3）若以P为圆心所作的⊙P与⊙O有公共点，试求半径最小值时⊙P的方程．2015-2016学年福建省厦门六中高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置上.）1．（5分）直线的倾斜角α=（）A．30°B．60°C．120°D．150°【解答】解：直线的斜率等于﹣，即直线倾斜角的正切值是﹣，又倾斜角大于或等于0度且小于180°，故直线的倾斜角为150°，故选：D．2．（5分）已知A（2，0，1），B（1，﹣3，1），点M在x轴上，且到A、B两点的距离相等，则M的坐标为（）A．（﹣3，0，0）B．（0，﹣3，0）C．（0，0，﹣3）D．（0，0，3）【解答】解：设点M（x，0，0），则∵A（2，0，1），B（1，﹣3，1），点M到A、B两点的距离相等，∴=∴x=﹣3∴M点坐标为（﹣3，0，0）故选：A．3．（5分）下列四个命题中错误的是（）A．若直线a、b互相平行，则直线a、b确定一个平面B．若四点不共面，则这四点中任意三点都不共线C．若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线D．两条异面直线不可能垂直于同一个平面【解答】解：A、由两条直线平行确定一个平面判断正确，故A不对；B、根据三棱锥的四个顶点知，任意三点都不共线，故B不对；C、若两条直线没有公共点，则这两条直线异面或平行，故C对；D、根据线面垂直的性质定理知，这两条直线平行，即不可能，故D不对．故选：C．4．（5分）平面α，β和直线m，给出条件：①m⊂α；②m⊥α；③m∥α；④α∥β；⑤α⊥β．为使m∥β，应选择下面四个选项中的条件（）A．①⑤B．①④C．②⑤D．③⑤【解答】解：∵m⊂α，α∥β，∴m∥β．故①④⇒m∥β．故选：B．5．（5分）过点（3，﹣4）且在坐标轴上的截距相等的直线方程为（）A．x+y+1=0B．4x﹣3y=0C．x+y+1=0或4x﹣3y=0D．4x+3y=0或x+y+1=0【解答】解：当直线过原点时，方程为y=x，即4x+3y=0．当直线不过原点时，设方程为x+y=a，把点（3，﹣4）代入可得a=﹣1，故直线的方程为x+y+1=0．故选：D．6．（5分）已知在四面体ABCD中，E，F分别是AC，BD的中点，若AB=2，CD=4，EF⊥AB，则EF与CD所成的角的度数为（）A．90°B．45°C．60°D．30°【解答】解：设G为AD的中点，连接GF，GE，则GF，GE分别为△ABD，△ACD的中线．由此可得，GF∥AB且GF=AB=1，GE∥CD，且GE=CD=2，∴∠FEG或其补角即为EF与CD所成角．又∵EF⊥AB，GF∥AB，∴EF⊥GF因此，Rt△EFG中，GF=1，GE=2，由正弦的定义，得sin∠GEF==，可得∠GEF=30°．∴EF与CD所成的角的度数为30°故选：D．7．（5分）两直线3x+y﹣3=0与6x+my+1=0平行，则它们之间的距离为（）A．4B．C．D．【解答】解：∵直线3x+y﹣3=0与6x+my+1=0平行，∴，解得m=2．因此，两条直线分别为3x+y﹣3=0与6x+2y+1=0，即6x+2y﹣6=0与6x+2y+1=0．∴两条直线之间的距离为d===．故选：D．8．（5分）已知实数x，y满足方程x2+y2=1，则的取值范围是（）A．B．C．D．【解答】解：如图，设过P（2，0）的直线的斜率为k，则直线方程为y=k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k=0，由坐标原点O（0，0）到直线kx﹣y﹣2k=0的距离等于1，得，解得：k=．∴的取值范围是[]．故选：C．9．（5分）在△ABC中，AB=2，BC=1.5，∠ABC=120°，若使该三角形绕直线BC 旋转一周，则所形成的几何体的体积是（）A．B．C．D．【解答】解：如图：△ABC中，绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体是以ACD为轴截面的圆锥中挖去了一个以ABD为轴截面的小圆锥后剩余的部分．∵AB=2，BC=1.5，∠ABC=120°，∴AE=ABsin60°=，BE=ABcos60°=1，V1==，V2==π，∴V=V1﹣V2=，故选：A．10．（5分）已知点A（﹣2，0），B（0，4），点P在圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2=5上，则使∠APB=90°的点P的个数为（）A．0B．1C．2D．3【解答】解：设P（x，y），要使∠APB=90°，那么P到AB中点（﹣1，2）的距离为，而圆上的所有点到AB中点距离范围为[，]，即[，3]，所以使∠APB=90°的点P的个数只有一个，就是AB中点与圆心连线与圆的交点；故选：B．11．（5分）下面四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是（）A．①②B．①④C．②③D．③④【解答】解：①如图所示，取棱BC的中点Q，连接MQ，PQ，NQ，可得四边形MNPQ为正方形，且AB∥NQ，而NQ⊂平面MNPQ，AB⊄平面MNPQ，∴AB∥平面MNPQ，因此正确．②由正方体可得：前后两个侧面平行，因此AB∥MNP，因此正确．故选：A．12．（5分）将半径都为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为（）A．B．2+C．4+D．【解答】解：由题意知，底面放三个钢球，上再落一个钢球时体积最小．于是把钢球的球心连接，则又可得到一个棱长为2的小正四面体，则不难求出这个小正四面体的高为，且由正四面体的性质可知：正四面体的中心到底面的距离是高的，且小正四面体的中心和正四面体容器的中心应该是重合的，∴小正四面体的中心到底面的距离是×=，正四面体的中心到底面的距离是+1 （1即小钢球的半径），所以可知正四面体的高的最小值为（+1）×4=4+，故选：C．二、填空题（本题共4小题，每题5分，共20分，请将所选答案写在答题卷上）13．（5分）如图正方形OABC的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是8cm．【解答】解：由题意正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，所以OB=cm，对应原图形平行四边形的高为：2cm，所以原图形中，OA=BC=1cm，AB=OC==3cm，故原图形的周长为：2×（1+3）=8cm，故答案为：8cm14．（5分）已知圆锥的表面积为9πcm2，且它的侧面展开图是一个半圆，则圆锥的底面半径为cm．【解答】解：设圆锥的底面的半径为r，圆锥的母线为l，则由πl=2πr得l=2r，而S=πr2+πr•2r=3πr2=9π故r2=3解得r=cm．故答案为：cm．15．（5分）过点P（，1）且与圆x2+y2=4相切的直线方程．【解答】解：∵把点P（，1）代入圆x2+y2=4成立，∴可知点P（，1）是圆x2+y2=4上的一点，则过P（，1）的圆x2+y2=4的切线方程为．故答案为．16．（5分）下面给出四个命题的表述：①直线（3+m）x+4y﹣3+3m=0（m∈R）恒过定点（﹣3，3）；②线段AB的端点B的坐标是（3，4），A在圆x2+y2=4上运动，则线段AB的中点M的轨迹方程+（y﹣2）2=1③已知M={（x，y）|y=}，N={（x，y）|y=x+b}，若M∩N≠∅，则b∈[﹣，]；④已知圆C：（x﹣b）2+（y﹣c）2=a2（a＞0，b＞0，c＞0）与x轴相交，与y轴相离，则直线ax+by+c=0与直线x+y+1=0的交点在第二象限．其中表述正确的是①②④（（填上所有正确结论对应的序号）【解答】解：①直线（3+m）x+4y﹣3+3m=0（m∈R）得m（x+3）+3x+4y﹣3=0，由得，即直线恒过定点（﹣3，3）；故①正确，②设AB的中点M（x，y），A（x1，y1），又B（3，4），由中点坐标公式得：，即．∵点A在圆x2+y2=4上运动，∴．即（2x﹣3）2+（2y﹣4）2=4，整理得：+（y﹣2）2=1．∴线段AB的中点M的轨迹为+（y﹣2）2=1，故②正确，③集合M表示圆心为原点，半径为1的上半圆，集合N表示直线y=x+b，如图所示，当直线y=x+b过A点时，把A（1，0）代入得：b=﹣1；当直线y=x+b与圆相切，且切点在第二象限时，圆心到直线的距离d=r，即=1，即b=（负值舍去），则M∩N≠∅时，实数b的范围是[﹣1，]．故③错误，④解：由圆C：（x﹣b）2+（y﹣c）2=a2（a＞0），得到圆心坐标为（b，c），半径r=a，∵圆C与x轴相交，与y轴相离，∴b＞a＞0，0＜c＜a，即b﹣a＞0，a﹣c＞0，联立两直线方程得：，由②得：x=﹣y﹣1，代入①得：a（﹣y﹣1）+by+c=0，整理得：（b﹣a）y=a﹣c，解得：y=，∵﹣a＞0，a﹣c＞0，∴＞0，即y＞0，∴x=﹣y﹣1＜0，则两直线的交点在第二象限．故④正确，故答案为：①②④三、解答题（共6题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.请将所选答案写在答题卷上）17．（10分）已知三角形ABC的顶点坐标为A（﹣1，5）、B（﹣2，﹣1）、C（4，3）．（1）求AB边上的高线所在的直线方程；（2）求三角形ABC的面积．【解答】解：（1）由题意可得，∴AB边高线斜率k=，∴AB边上的高线的点斜式方程为，化为一般式可得x+6y﹣22=0；（2）由（1）知直线AB的方程为y﹣5=6（x+1），即6x﹣y+11=0，∴C到直线AB的距离为d=，又∵|AB|==，∴三角形ABC的面积S=18．（12分）已知一个几何体的三视图如图所示．（Ⅰ）求此几何体的表面积；（Ⅱ）在如图的正视图中，如果点A为所在线段中点，点B为顶点，求在几何体侧面上从点A到点B的最短路径的长．【解答】解：（Ⅰ）由三视图知：几何体是一个圆锥与一个圆柱的组合体，且圆锥与圆柱的底面半径为2，母线长分别为2、4，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．S圆锥侧=×2π×2×2=4π；S圆柱侧=2π×2×4=16π；S圆柱底=π×22=4π．∴几何体的表面积S=20π+4π；（Ⅱ）沿A点与B点所在母线剪开圆柱侧面，如图：则AB===2，∴以从A点到B点在侧面上的最短路径的长为2．19．（12分）如图，已知PA⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直径，AB=2，C是⊙O上一点，且AC=BC，PC与⊙O所在的平面成45°角，E是PC中点．F为PB中点．（1）求证：EF∥面ABC；（2）求证：EF⊥面PAC；（3）求三棱锥B﹣PAC的体积．【解答】（1）证明：在三角形PBC中，∵E是PC中点，F为PB中点，∴EF∥BC，BC⊂面ABC，EF⊄面ABC，∴EF∥面ABC．（2）证明：∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥PA．又∵AB是⊙O的直径，∴BC⊥AC，∴BC⊥面PAC∵EF∥BC，BC⊥面PAC，∴EF⊥面PAC．（3）解：∵PA⊥⊙O所在的平面，AC是PC在面ABC内的射影，∴∠PCA即为PC与面ABC所成角，∴∠PCA=45°，PA=AC，在Rt△ABC中，E是PC中点，，∴三棱锥B﹣PAC的体积．20．（12分）如图，在矩形ABCD中，已知AB=3，AD=1，E、F分别是AB的两个三等分点，AC，DF相交于点G，建立适当的平面直角坐标系：（1）若动点M到D点距离等于它到C点距离的两倍，求动点M的轨迹围成区域的面积；（2）证明：E G⊥D F．【解答】（1）解：以A为原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，则A（0，0），B（3，0），C（3，1），D（0，1），E（1，0），F（2，0）．…（1分）设M（x，y），由题意知|MD|=2|MC|…（2分）∴…（3分）两边平方化简得：即（x﹣4）2+（y﹣1）2=4…（5分）即动点M的轨迹为圆心（4，1），半径为2的圆，∴动点M的轨迹围成区域的面积为4π…（6分）（2）证明：由A（0，0）．C（3，1）知直线AC的方程为：x﹣3y=0，…（7分）由D（0，1）．F（2，0）知直线DF的方程为：x+2y﹣2=0，…（8分）由得，故点G点的坐标为．…（10分）又点E的坐标为（1，0），故k EG=2，k DF=﹣…（12分）所以k EG•k DF=﹣1，即证得：EG⊥DF …（13分）21．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AB=2，E，F，G分别是PC，PD，BC的中点．（1）求证：平面PAB∥平面EFG；（2）证明：平面EFG⊥平面PAD；（3）在线段PB上确定一点Q，使PC⊥平面ADQ，并给出证明．【解答】证明：（1）E，F分别是线段PC，PD的中点，所以EF∥CD，又ABCD为正方形，AB∥CD，所以EF∥AB，又EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB．因为E，G分别是线段PC，BC的中点，所以EG∥PB，又EG⊄平面PAB，所以，EG∥平面PAB．所以平面EFG∥平面PAB；（2）因为CD⊥AD，CD⊥PD，AD∩PD=D，所以CD⊥平面PAD，又EF∥CD，所以EF⊥平面PAD，所以平面EFG⊥平面PAD；（3）Q为线段PB中点时，PC⊥平面ADQ．取PB中点Q，连接DE，EQ，AQ，由于EQ∥BC∥AD，所以ADEQ为平面四边形，由PD⊥平面ABCD，得AD⊥PD，又AD⊥CD，PD∩CD=D，所以AD⊥平面PDC，所以AD⊥PC，又三角形PDC为等腰直角三角形，E为斜边中点，所以DE⊥PC，AD∩DE=D，所以PC⊥平面ADQ．22．（12分）已知⊙O：x2+y2=1和定点A（2，1），由⊙O外一点P（a，b）向⊙O引切线PQ，切点为Q，且满足|PQ|=|PA|．（1）求实数a，b间满足的等量关系；（2）求线段PQ长的最小值；（3）若以P为圆心所作的⊙P与⊙O有公共点，试求半径最小值时⊙P的方程．【解答】解：（1）连接OQ，∵切点为Q，PQ⊥OQ，由勾股定理可得PQ2=OP2﹣OQ2．由已知PQ=PA，可得PQ2=PA2，即（a2+b2）﹣1=（a﹣2）2+（b﹣1）2．化简可得2a+b﹣3=0．（2）∵PQ====，故当a=时，线段PQ取得最小值为．（3）若以P为圆心所作的⊙P 的半径为R，由于⊙O的半径为1，∴|R﹣1|≤PO ≤R+1．而OP===，故当a=时，PO取得最小值为，此时，b=﹣2a+3=，R取得最小值为﹣1．故半径最小时⊙P 的方程为+=．。
2022-2023学年福建省厦门市高一年级下册学期期中考试数学试题【含答案】
福建省厦门市2022—2023学年度第二学期期中考试高一年数学试卷考生注意：1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将答题卡交回.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知i 为虚数单位，复数22iz i +=-，则复数z 的模为（）．A.2B.5C.1D.2【答案】C 【解析】【分析】根据复数除法运算，先化简z ；再由复数模的计算公式，即可得出结果.【详解】因为复数()222342555i i z ii ++===+-，所以91612525z =+=．故选：C ．2.已知平面向量()1,a m = ，(),2b n = ，()3,6c = ，若a c ∥ ，b c ⊥，则实数m 与n 的和为()A.6B.6- C.2D.2-【答案】D 【解析】【分析】根据a c ∥ 、b c ⊥分别求出m 和n 即可．【详解】a ∥c，1236mm ∴=⇒=；b c ⊥ ，0b c ∴⋅=，31204n n ∴+=⇒=-；242m n ∴+=-=-．故选：D ．3.已知圆锥PO ，其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6m ，顶角为2π3的等腰三角形，该圆锥的侧面积为（）A.26πmB.263πm C.233πm D.2123πm 【答案】B 【解析】【分析】运用圆锥侧面积公式计算即可.【详解】如图所示，设圆锥的半径为r ，母线为l ，由题意知，132r OB AB ===，在Rt POB △中，112ππ2233BPO BPA ∠=∠=⨯=，所以323π3sin 32OB l BP ====，所以圆锥侧面积为2ππ32363πm rl =⨯⨯=.故选：B.4.中国古代数学专著《九章算术》的第一章“方田”中载有“半周半径相乘得积步”，其大意为：圆的半周长乘以其半径等于圆面积.南北朝时期杰出的数学家祖冲之曾用圆内接正多边形的面积“替代”圆的面积，并通过增加圆内接正多边形的边数n 使得正多边形的面积更接近圆的面积，从而更为“精确”地估计圆周率π.据此，当n 足够大时，可以得到π与n 的关系为（）A.360πsin 2n n︒≈B.180πsinn n ︒≈ C.360π21cos n n ︒⎛⎫≈- ⎪⎝⎭ D.180π1cos 2n n︒≈-【答案】A 【解析】【分析】设圆的半径为r ，由题意可得221360πsin2r n r n ︒≈⋅⋅⋅，化简即可得出答案.【详解】设圆的半径为r ，将内接正n 边形分成n 个小三角形，由内接正n 边形的面积无限接近圆的面即可得：221360πsin2r n r n︒≈⋅⋅⋅，解得：360πsin 2n n ︒≈.故选：A .5.在ABC 中，60A ∠=︒，1b =，ABC 的面积为3，则sin aA为（）．A.8381B.2393C.2633D.27【答案】B 【解析】【分析】由已知条件，先根据三角形面积公式求出c 的值，然后利用余弦定理求出a 的值，即可得sin aA的值.【详解】解：在ABC 中，因为60A ∠=︒，1b =，ABC 的面积为3，所以113sin 12223ABC bc A S c ==⨯⨯⨯= ，所以4c =，因为2222212cos 14214132a b c bc A =+-=+-⨯⨯⨯=，所以13a =，所以13239sin 332a A ==.故选：B.6.已知m ，n 为两条不同的直线，,αβ为两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若//,//,//m n αβαβ，则//m nB.若//,//,m m n αβαβ⋂=，则//m nC.若//,//αβn n ，则//αβD.若//,m n n α⊂，则//m α【答案】B 【解析】【分析】A ：结合两直线的位置关系可判断//m n 或,m n 异面；B ：结合线面平行的性质可判断//m n ；C ：结合线面的位置关系可判断//αβ或,αβ相交；D ：结合线面的位置关系可判断//m α或m α⊂.【详解】A ：若//,//,//m n αβαβ，则//m n 或,m n 异面，故A 错误；B ：因为//m α，所以在平面α内存在不同于n 的直线l ，使得//l m ，则l //β，从而//l n ，故//m n ，故B 正确；C ：若//,//αβn n ，则//αβ或,αβ相交，故C 错误；D ：若//,m n n α⊂，则//m α或m α⊂，故D 错误.故选：B7.如图所示，在直三棱柱111ABC A B C -中，棱柱的侧面均为矩形，11AA =，3AB BC ==，1cos 3ABC ∠=，P 是1A B 上的一动点，则1AP PC +的最小值为（）A.3B.2C.5D.7【答案】D 【解析】【分析】连接1BC ，得11A BC V ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC V 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，再根据两点之间线段最短，结合勾股定理余弦定理等求解AC '即可.【详解】连接1BC ，得11A BC V ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC V 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，则有1C AP PC AP PC A '++'=≥，如图，当,,A P C '三点共线时，则AC '即为1AP PC +的最小值.在三角形ABC 中，3AB BC ==，1cos 3ABC ∠=，由余弦定理得：2212cos 332323AC AB BC AB BC B =+-⋅=+-⨯⨯=,所以112A C =，即12A C '=,在三角形1A AB 中，11AA =，3AB =，由勾股定理可得：2211132A B AA AB =+=+=,且160AA B ∠=︒.同理可求：12C B =，因为11112A B BC A C ===，所以11A BC V 为等边三角形，所以1160BA C ∠=︒，所以在三角形1AAC '中，111120AA C AA B BA C ''∠=∠+∠=︒,111,2AA A C '==,由余弦定理得：11421272AC ⎛⎫'=+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭.故选：D.8.已知ABC 中，π3A ∠=，D ，E 是线段BC 上的两点，满足BD DC =，BAE CAE ∠=∠，192AD =，635AE =，则BC 长度为（）A.19 B.23 C.7 D.6319-【答案】C 【解析】【分析】由BAE CAE ABCS S S +=△△△可得出56b c bc +=，由1()2AD AB AC =+ 两边平方可求得,,bc b c +然后在ABC 中利用余弦定理可求得答案.【详解】如图，记,,BC a AC b AB c ===,BAE CAE ABC S S S += △△△，π6BAE CAE ∠=∠=，635AE =，1631631sin sin sin 25625623πππc b bc ∴⨯⨯+⨯⨯=，333()104b c bc ∴+=，即56b c bc +=，1()2AD AB AC =+ ，192AD =，()()2222211244AD AB AB AC AC b c bc ∴=+⋅+=++ 2211125119()()4443644b c bc bc bc =+-=⨯-=，即225()366840bc bc --=，(6)(25114)0bc bc -+=，6,5,bc b c ∴=∴+=在ABC 中，2222222cos()32513π87a b c bc b c bc b c bc =+-=+-=+-=-=,7BC a ∴==.故选：C.二、选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9.已知圆台的上底半径为1，下底半径为3，球O 与圆台的两个底面和侧面都相切，则（）A.圆台的母线长为4B.圆台的高为4C.圆台的表面积为26πD.球O 的表面积为12π【答案】ACD 【解析】【分析】作出圆台的轴截面，设圆台上、下底面圆心分别为12,O O ，半径分别为12,r r ，连接,,OD OE OA ，利用平面几何知识得到2123R r r ==，即可逐项计算求解．【详解】设梯形ABCD 为圆台的轴截面，则内切圆O 为圆台内切球的大圆，如图，设圆台上、下底面圆心分别为12,O O ，半径分别为12,r r ，则12,,O O O 共线，且1212,O O AB O O CD ⊥⊥，连接,,OD OE OA ，则,OD OA 分别平分,DAB ADC ∠∠，故12,r r E AE D ==，,,22ππODA DOA OE D OA A D +∠=∠=⊥∠，故2E O A E DE =⋅，即2123R r r ==，解得3R =，母线长为124r r +=，故A 正确；圆台的高为223R =，故B 错误；圆台的表面积为22π1π3π(13)426π⨯+⨯+⨯+⨯=，故C 正确；球O 的表面积为24π12πS R ==，故D 正确.故选：ACD.10.已知1z 与2z 是共轭虚数，则（）A.2212z z < B.2122z z z =C.12R z z +∈ D.12R z z ∈【答案】BC 【解析】【分析】设出复数12,z z ，根据复数的运算，对每个选项进行逐一分析，即可判断.【详解】由题意，复数1z 与2z 是共轭虚数，设1i z a b =+、2i z a b =-，R a b ∈、且0b ≠，对于A 项，22212i z a b ab =-+，22222i z a b ab =--，当0a ≠时，由于复数不能比较大小，故A 项不成立；对于B 项，因为2212z z a b ⋅=+，2222||z a b =+，所以2122||z z z ⋅=，故B 项正确；对于C 项，因为122R z z a +=∈，所以C 选项正确；对于D 项，由222122222()2()(i i i i)i i z a b a b a b abz a b a b a b a b a b ++-===+--+++不一定是实数，故D 项不成立.故选：BC.11.对于ABC ，有如下命题，其中正确的有（）A.若22sin sin A B =，则ABC 为等腰三角形B.若sin cos A B =，则ABC 为直角三角形C.若222sin sin cos 1A B C ++<，则ABC 为钝角三角形D.若3,1,30AB AC B === ，则ABC 的面积为34或32【答案】ACD 【解析】【分析】A.根据条件得到,A B 的关系，由此进行判断；B.利用诱导公式直接分析得到,A B 的关系并判断；C.利用正弦定理得到222,,a b c 的关系，结合余弦定理进行判断；D.先利用正弦定理计算出sin C 的值，由此可求,C A 的值，结合三角形面积公式进行计算并判断.【详解】对于A ：22sin sin ,A B A B ABC =∴=⇒ 是等腰三角形，A 正确；对于B ：sin cos ,2A B A B π=∴-=或,2A B ABC π+=∴ 不一定是直角三角形，B 错误；对于C ：2222222222sin sin 1cos ,sin ,cos 02A B C C a a abb bc C c ++<--==∴+∴<< ，ABC ∴ 为钝角三角形，C 正确；对于D ：由正弦定理，得sin 3sin .2AB B C AC ⋅==而,60AB AC C >∴= 或120,C = 90A ∴= 或30,A =当90,60A C =︒=︒时，131322ABCS =⨯⨯=，当30,120A C =︒=︒时，1311sin12024ABC S =⨯⨯⨯︒=，32ABC S ∴=或3,4D 正确.故选：ACD.12.“阿基米德多面体”也称为半正多面体(semi -regularsolid )，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知2AB =，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（）A.该半正多面体的体积为203B.该半正多面体过,,A B C 三点的截面面积为332C.该半正多面体外接球的表面积为8πD.该半正多面体的顶点数V 、面数F 、棱数E 满足关系式2V F E +-=【答案】ACD 【解析】【分析】根据几何体的构成可判断A ，由截面为正六边形可求面积判断B ，根据外接球为正四棱柱可判断C ，根据顶点，面数，棱数判断D.【详解】如图，该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的.对于A ，因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该几何体的体积为：11202228111323V =⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=，故正确；对于B ，过,,A B C 三点的截面为正六边形ABCFED ，所以()2362334S =⨯⨯=，故错误；对于C ，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为2,侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积2244(2)8S R πππ==⨯=，故正确；对于D ，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足1214242+-=，故正确.故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.i 是虚数单位，已知22i ωω-=-，写出一个满足条件的复数ω．______．【答案】1i ω=+（答案不唯一，满足i a a ω=+（R a ∈）均可）【解析】【分析】运用复数的模的运算公式计算即可.【详解】设i a b ω=+，（,R a b ∈），则22|2||(2)i |(2)a b a b ω-=-+=-+，22|2i ||(2)i |(2)a b a b ω-=+-=+-，因为|2||2i |ωω-=-，所以2222(2)(2)a b a b -+=+-，解得：a b =，所以i a a ω=+，（R a ∈）所以可以取1i ω=+.故答案为：1i ω=+（答案不唯一，满足i a a ω=+（R a ∈）均可）.14.在矩形ABCD 中，已知2AB =，1BC =，点P 是对角线AC 上一动点，则AP BP ⋅的最小值为___________.【答案】45-##0.8-.【解析】【分析】以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立直角坐标系，利用平面向量的坐标运算求出AP BP ⋅，进而结合二次函数的性质即可求出结果.【详解】以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立直角坐标系，又因为2AB =，1BC =，所以()()()()0,0,2,0,2,1,0,1,A B C D 则直线AC 的方程为12y x =，所以设()2,P m m ，且01m ≤≤，而()()2,,22,AP m m BP m m ==-,所以()2222AP BP m m m ⋅=-+ 254m m=-结合二次函数的性质可知，当25m =时，AP BP ⋅ 有最小值，且最小值为222454555⎛⎫⨯-⨯=- ⎪⎝⎭，故答案为：45-.15.太湖中有一小岛C ，沿太湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路A 处测得小岛在公路的南偏西15°的方向上，汽车行驶1km 到达B 处后，又测得小岛在南偏西75°的方向上，则小岛到公路的距离是________km.【答案】36【解析】【详解】如图所示，过C 作CD ⊥AB ，垂足为D ，∠A=15°，∠CBD=75°，AB=1km ，△ABC 中，BC=00sin15sin 60，△CBD 中，CD=BCcos15°=001sin 302sin 60=36km ．故填36．16.如图，平面四边形ABCD 中，其中3os 4c DAB ∠=，BAC DAC ∠=∠，AD AB <，且5AB =，14AC BD ==，若(),R AC AB AD λμλμ=+∈，则λμ+=______．【答案】75##1.4【解析】【分析】运用余弦定理求得AD 的值，在AB 上取点E ，使得2AE AD ==，结合角平分线性质可得AF D E ⊥，再运用向量加法可求得结果.【详解】在ABD △中，由余弦定理得：2222cos BD AB AD AB AD BAD =+-⋅⋅∠，即：231425254AD AD =+-⨯⨯，解得：2AD =或112AD =，又因为5AD AB <=，所以2AD =.在AB 上取点E ，使得2AE =，连接DE ，交AC 于点F ，如图所示，又因为AC 为DAB ∠的角平分线，所以AF D E ⊥，F 为DE 的中点，在ADE V 中，由余弦定理得：22232222224DE =+-⨯⨯⨯=，所以2211141()42222AF AE DE AC =-=-==，所以225AC AF AE AD AB AD ==+=+，所以2=5λ，1μ=，所以75λμ+=.故答案为：75.四、解答题：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z 满足2z z ⋅=，且z 的虚部为-1，z 在复平面内所对应的点在第四象限．（1）求z ；（2）若z ，2z 在复平面上对应的点分别为A ，B ，O 为坐标原点，求∠OAB ．【答案】（1）1i z =-（2）π2OAB ∠=【解析】【分析】（1）运用复数几何意义设出z ，再结合共轭复数定义写出z ，再运用复数乘法运算求得结果.（2）运用复数几何意义、两点间距离公式及勾股定理可求得结果.【小问1详解】由题意知，设i z a =-（0a >），则i z a =+，所以222i 12z z a a ⋅=-=+=，解得：1a =，所以1i z =-.【小问2详解】由（1）知，1i z =-，所以22(1i)2i z =-=-，所以(1,1)A -，(0,2)B -，如图所示，所以(1,1)AO =- ，(1,1)AB =--，22||(1)12AO =-+= ，22||(1)(1)2AB =-+-= ，所以11cos 02||||AO AB OAB AO AB ⋅-∠===.所以π2OAB ∠=.18.如图，已知P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点，M 、N 分别是AB PC 、的三等分点（M 靠近B ，N 靠近C ）；（1）求证：//MN 平面PAD ．（2）在PB 上确定一点Q ，使平面//MNQ 平面PAD ．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）过点N 作//NE CD ，交PD 于点E ，连接AE ，证得证得四边形AMNE 为平行四边形，得到//MN AE ，结合线面平行的判定定理，即可求解；（2）取PB 取一点Q ，使得13BQ BP =，证得//MQ PA ，得到//MQ 平面PAD ，结合（1）中//MN 平面PAD ，利用面面平行的判定定理，证得平面//MNQ 平面PAD ．【小问1详解】证明：过点N 作//NE CD ，交PD 于点E ，连接AE ，因为N 为PC 的三等分点，可得23NE CD =，又因为M 为AB 的三等分点，可得23AM AB =，因为//AB CD 且AB CD =，所以//AM NE 且AM NE =，所以四边形AMNE 为平行四边形，所以//MN AE ，又由MN ⊄平面PAD ，AE ⊂平面PAD ，所以//MN 平面PAD .【小问2详解】证明：取PB 取一点Q ，使得13BQ BP =，即点Q 为PB 上靠近点B 的三等点，在PAB 中，因为,M Q 分别为,AB PB 的三等分点，可得MB BQAB BP=，所以//MQ PA ，因为MQ ⊄平面PAD ，PA ⊂平面PAD ，所以//MQ 平面PAD ；又由（1）知//MN 平面PAD ，且MN MQ M ⋂=，,MN MQ ⊂平面MNQ ，所以平面//MNQ 平面PAD ，即当点Q 为PB 上靠近点B 的三等点时，能使得平面//MNQ 平面PAD ．19.如图，在ABC 中，π3BAC ∠=，D 为AB 中点，P 为CD 上一点，且满足13AP t AC AB =+ ，ABC 的面积为332，（1）求t 的值；（2）求AP的最小值.【答案】（1）13t =（2）2【解析】【分析】（1）利用,,C P D 三点共线，可设DP mDC =，推出1(1)2AP mAC m AB =+- ，结合13AP t AC AB =+ ，即可求得t 的值；（2）利用（1）的结论可得2221(2)9A AC AB A PC AB ++=⋅ ，利用三角形面积得出||||6AC AB ⋅=，结合基本不等式即可求得答案.【小问1详解】在ABC 中，D 为AB 中点，则,,C P D 三点共线，设,()DP mDC AP AD m AC AD =∴-=- ,故1(1)(1)2AP mAC m AD mAC m AB =+-=+- ，又13AP t AC AB =+ ，故11(1)23m t m =⎧⎪⎨-=⎪⎩，解得13m t ==，即13t =.【小问2详解】由（1）知1133AP AC AB =+，所以2222211()(2)1339AC AB AC AP AP AB AC AB +=+=+⋅=221(||||2||||cos )9AC AB AC AB BAC =++⋅∠1(2||||2||||cos )9AC AB AC AB BAC ≥⋅+⋅∠ ，当且仅当||||AC AB = 时取等号，又332ABC S =△，则133||||sin 22AC AB BAC ⋅∠= ,即1π33||||sin ,||||6232AC AB AC AB ⋅=∴⋅= ，故21π(2626c 2os )2,93AP AP ≥⨯+⨯=≥∴ ，即AP 的最小值为2，当且仅当||||6AC AB ==时取等号.20.ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且π2sin 6b c A ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.（1）求C ；（2）若1c =，D 为ABC 的外接圆上的点，2BA BD BA ⋅= ，求四边形ABCD 面积的最大值.【答案】（1）π6；（2）312+.【解析】【分析】（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式化简，即可得出3tan 3C =，进而根据角的范围得出答案；（2）解法一：由已知可推出BC CD ⊥，然后根据正弦定理可求出22R =，进而求出2BD =，3AD =.设BC x =，CD y =，表示出四边形的面积，根据基本不等式即可得出答案；解法二：根据投影向量，推出BC CD ⊥，然后同解法一求得3AD =.设CBD θ∠=，表示出四边形的面积，根据θ的范围，即可得出答案；解法三：同解法一求得3AD =，设点C 到BD 的距离为h ，表示出四边形的面积，即可推出答案；解法四：建系，由已知写出点的坐标，结合已知推得BD 是O 的直径，然后表示出四边形的面积，即可推出答案.【小问1详解】因为π2sin 6b c A ⎛⎫=+⎪⎝⎭，在ABC 中，由正弦定理得，i s n in 2sin πs 6B A C ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.又因为()()sin sin πsin B A C A C =--=+，所以()πsin 2s n sin i 6A C A C ⎛⎫+=+⎪⎝⎭，展开得sin cos cos sin sin sin cos 31222A C A C C A A ⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭，即sin cos si 30n sin A C C A -=，因为sin 0A ≠，故cos 3sin C C =，即3tan 3C =.又因为()0,πC ∈，所以π6C =.【小问2详解】解法一：如图1设ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为R ，因为2BA BD BA ⋅= ，所以()0BA BD BA ⋅-= ，即0BA AD ⋅=，所以DA BA ⊥，故BD 是O 的直径，所以BC CD ⊥.在ABC 中，1c =，122πsin sin 6c A R BC =∠==，所以2BD =.在ABD △中，223AD BD AB =-=.设四边形ABCD 的面积为S ，BC x =，CD y =，则224x y +=，ABD CBD S S S =+△△11312222AB BC xyAD CD =+⋅=⋅+2231312222x y +≤+⋅=+，当且仅当2x y ==时，等号成立.所以四边形ABCD 面积最大值为31 2+.解法二：如图1设ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，BD在BA上的投影向量为BAλ，所以()2BA BD BA BA BAλλ⋅=⋅=.又22BA BD BA BA⋅==，所以1λ=，所以BD在BA上的投影向量为BA，所以DA BA⊥.故BD是O的直径，所以BC CD⊥.在ABC中，1c=，122πsin sin6cARBC=∠==，所以2BD=，在ABD△中，223AD BD AB=-=.设四边形ABCD的面积为S，CBDθ∠=，π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则2cosCBθ=，2sinCDθ=，所以ABD CBDS S S=+△△1122BAD CDAB C=⋅⋅+3sin22θ=+，当π22θ=时，S最大，所以四边形ABCD 面积最大值为312+.解法三：如图1设ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，因为2BA BD BA ⋅= ，所以()0BA BD BA ⋅-= ，即0BA AD ⋅= ，所以DA BA ⊥.故BD 是O 的直径，所以BC CD ⊥.在ABC 中，1c =，122πsin sin 6c A R BC =∠==，所以2BD =.在ABD △中，223AD BD AB =-=.设四边形ABCD 的面积为S ，点C 到BD 的距离为h ，则ABD CBD S S S =+△△1122AD h AB BD ⋅+⋅=32h =+，当1h R ==时，S 最大，所以四边形ABCD 面积最大值为312+.解法四：设ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为R ，在ABC 中，1c =，122πsin sin 6c A R BC =∠==，故ABC 外接圆O 的半径1R =.即1OA OB AB ===，所以π3AOB ∠=.如图2，以ABC 外接圆的圆心为原点，OB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系xOy ，则13,22A ⎛⎫⎪⎪⎝⎭，()10B ,.因为C ，D 为单位圆上的点，设()cos ,sin C αα，()cos ,sin D ββ，其中()0,2πα∈，()0,2πβ∈.所以13,22BA ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()cos 1,sin BD ββ=- ，代入2BA BD BA ⋅= ，即1BA BD ⋅=，可得113cos sin 1222ββ-++=，即π1sin 62β⎛⎫-= ⎪⎝⎭.由()0,2πβ∈可知ππ11π,666β⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭，所以解得ππ66β-=或π5π66β-=，即π3β=或πβ=.当π3β=时，A ，D 重合，舍去；当πβ=时，BD 是O 的直径.设四边形ABCD 的面积为S ，则1313sin sin 2222ABD CBD S S S BD BD αα=+=⋅+⋅=+△△，由()0,2πα∈知sin 1α≤，所以当3π2α=时，即C 的坐标为()0,1-时，S 最大，所以四边形ABCD 面积最大值为312+.21.如图，已知四棱锥P ABCD -的底面为菱形，且60ABC ∠=︒，2AB =，2PA PB ==．M 是棱PD 上的点，O 是棱AB 的中点，PO 为四棱锥P ABCD -的高，且四面体MPBC 的体积为36．（1）证明：PM MD =；（2）若过点C ，M 的平面α与BD 平行，且交PA 于点Q ，求多面体DMC AQB -体积．【答案】（1）证明见解析（2）32【解析】【分析】（1）由题意AD 平面PBC ，求得体积关系：12M PBC D PBC V V --=，即可得出答案；（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面α的法向量为n，设()0,,AQ AP λλλ== ，由0n CQ ⋅= 得23λ=，求出ACQ 面积，平面ACQ 的法向量1n ，利用向量法求出M 到平面ACQ 的距离d ，进而求得M ACQ V -，Q ABC V -，M ADC V -，相加即可得出答案.【小问1详解】因为2PA PB ==，2AB =，AB 中点O ，所以PO AB ⊥，1PO =，1BO =.又因为ABCD 是菱形，60ABC ∠=︒，所以CO AB ⊥，3CO =.因为AD BC ∥，BC ⊂平面PBC ，AD ⊄平面PBC ，所以AD 平面PBC ，所以11131233323A D PBC A PBC P ABC BC V V V P S O ---====⨯⨯⨯⨯=⋅△.因为3162M PBC D PBC V V --==，所以点M 到平面PBC 的距离是点D 到平面PBC 的距离的12，所以PM MD =.【小问2详解】因为PO ⊥平面ABCD ，,BO CO ⊂平面ABCD ，所以PO BO ⊥，PO CO ⊥，又BO CO ⊥，如图，以O 为坐标原点，OC ，OB ，OP的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则()0,1,0A -，()0,1,0B ，()3,0,0C，()3,2,0D-，()0,0,1P ，所以31,1,22M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，()3,1,0AC =，()3,1,0BC =-，()3,3,0BD =-，()0,1,1AP = ，31,1,22CM ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭.设平面α的法向量为(),,n x y z = ，则00n BD n CM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即33031022x y x y z ⎧-=⎪⎨--+=⎪⎩，取1y =，得()3,1,5=n .因为Q AP ∈，设()0,,AQ AP λλλ==，则()3,1,CQ AQ AC λλ=-=-- ，因为3150n CQ λλ⋅=-+-+= ，所以23λ=，23AQ AP =，所以123,,33CQ ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ ，220,,33AQ ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，()22212423333CQ ⎛⎫⎛⎫=-+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，222223332AQ ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，ACQ 中，2221cos 822422332242233AQC ⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⨯⨯∠==,0πAQC <∠<,2137sin 188AQC ⎛⎫∠=-= ⎪⎝⎭，1224237733831sin 22ACQ S AQ CQ AQC =⨯⨯⨯⨯⨯∠⨯==△,设平面ACQ 的法向量为()1111,,n x y z = ，则1100n AQ n CQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111112203323033y z y z x ⎧+=⎪⎪⎨⎪--+=⎪⎩.取11x =，得()11,3,3n =-.设M 到平面ACQ 的距离为d ，又31,1,22CM ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭ ，则()()()()1222131113322133217d CM n n ⎛⎫-⨯+-⨯-+⨯ ⎪===+⋅⎝⎭-+，11219733337M ACQ ACQ V S d -=⨯⨯⨯=⨯=△，∵23AQ AP = ，∴Q 到平面ABC 的距离为2233PO =，又12332ABC S =⨯⨯= ，∴1223339Q ABC ABC V S -=⨯⨯=△,∵PM MD =，∴M 到平面ADC 的距离为1122PO =，又3ADC ABC S S ==△△，∴113326M ADC ADC V S -=⨯⨯=△,多面体DMC AQB -体积为323339962M ACQ Q ABC M ADC V V V V ---=++=++=.22.如图1，某景区是一个以C为圆心，半径为3km 的圆形区域，道路1l ，2l 成60°角，且均和景区边界相切，现要修一条与景区相切的观光木栈道AB ，点A ，B 分别在1l 和2l 上，修建的木栈道AB 与道路1l ，2l 围成三角地块OAB ．（注：圆的切线长性质：圆外一点引圆的两条切线长相等）．（1）当OAB 为正三角形时求修建的木栈道AB 与道路1l ，2l 围成的三角地块OAB 面积；（2）若OAB 的面积103S =，求木栈道AB 长；（3）如图2，设CAB α∠=，①将木栈道AB 的长度表示为α的函数，并指定定义域；②求木栈道AB 的最小值．【答案】（1）2273km（2）3km 3（3）①33π0πtan 3tan 3AB ααα⎛⎫=+<< ⎪⎛⎫⎝⎭- ⎪⎝⎭，②63km 【解析】【分析】（1）运用等面积法可求得等边三角形的边长，进而求得等边三角形的面积.（2）方法1：运用内切圆性质及三角形面积公式可求得结果.方法2：运用两个三角形面积公式可得a b c ++，ab 的值，再结合余弦定理可得22()3c a b ab =+-，联立可求得AB 的长.（3）①运用内切圆性质可得π3CBM α∠=-，进而运用直角三角形中的正切公式可表示出AB .②方法1：运用分离常数法、“1”的代换及基本不等式可求得结果.方法2：运用切化弦、和角公式、积化和差公式化简AB 表达式，再结合三角函数在区间上求最值即可.方法3：运用切化弦、和差角公式、二倍角公式、辅助角公式化简，再结合三角函数在区间上求最值即可.【小问1详解】如图所示，设三角地块OAB 面积为S ，等边△OAB 边长为a ，所以由等面积法得：211π33sin 223S a a =⨯⨯=，解得63a =，所以221π3sin (63)273234OAB S a ==⨯=△.故修建的木栈道AB 与道路1l ，2l 围成的三角地块OAB 面积为273平方千米.【小问2详解】方法1：设圆C 分别与OB 、OA 、AB 相切于点N 、E 、M ，如图所示，则3NC =，NC OB ⊥，1π26NOC BOA ∠=∠=，所以在Rt ONC △中，33πtan6NCON ==，所以33OE ON ==，设BM BN m ==，AE AM n ==，所以12(33)31032AOB S m n =⨯⨯++⨯=△，解得：33m n +=，即：33AB =.故木栈道AB 长为3km 3.方法2：设三角地块OAB 面积为S ，OB a =，OA b =，AB c =，3r =，由等面积法可得：()11sin 22S ab BOA r a b c =∠=++，即：()()13103103242433r a b c ab a b c ab =++=⇒=++=，所以3203a b c ++=①，40ab =②，在△OAB 中，由余弦定理得2222222cos 2cos60c a b ab BOA c a b ab ︒=+-∠⇒=+-222()3a b ab a b ab =+-=+-，即：22()3c a b ab =+-③，由①②③解得：33c =.故木栈道AB 长为3km 3.【小问3详解】如图所示，①由题意知，2π3OBA OAB ∠+∠=，由内切圆的性质可知，π3CBA CAB ∠+∠=，设直线AB 和圆C 相切点M ，CAB α∠=，则π3CBM α∠=-，因为00π003CAB CBA αα>⎧∠>⎧⎪⇒⎨⎨∠>->⎩⎪⎩，解得：π03α<<，又因为tan CM AM α=，πtan 3CMBM α⎛⎫-= ⎪⎝⎭，所以tan 3AM α=，πn 33ta BM α=⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以33π0πtan 3tan 3AB AM BM ααα⎛⎫=+=+<< ⎪⎛⎫⎝⎭- ⎪⎝⎭.即：33π0πtan 3tan 3AB ααα⎛⎫=+<< ⎪⎛⎫⎝⎭- ⎪⎝⎭.②方法1：3tan 1312333πtan tan tan 3tan 3tan ta 3331n AB ααααααα⎛⎫+=+=+=+- ⎪ ⎪⎛⎫--⎝⎭- ⎪⎝⎭()143tan 4tan 3tan 3tan 333533tan tan 3tan 3tan αααααααα⎛⎫-⎛⎫⎡⎤=++--=++- ⎪ ⎪ ⎪⎣⎦--⎝⎭⎝⎭3(54)3363≥⨯+-=，当且仅当π6α=时等号成立，故木栈道AB 的长度最小值为63km .方法2：πππcos()cos sin()sin cos()33333πππtan sin sin()sin sin()33cos tan 333AB αααααααααααα⎛⎫--+- ⎪=+=+=⨯ ⎪⎛⎫ ⎪--- ⎪⎝⎭⎝⎭ππsin[()]sin333333π11ππ1ππcos(2)cos[()]cos[()]cos(2)cos 32233233αααααααα-+=⨯=⨯=⎡⎤⎡⎤-----+---⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦因为π03α<<，所以πππ2333α-<-<，所以1πcos(2)123α<-≤，所以3363π1cos(2)32AB α=≥--，故木栈道AB 的长度最小值为63km .方法3：πππcos()cos sin()sin cos()33333πππtan sin sin()sin sin()33cos tan 333AB αααααααααααα⎛⎫--+- ⎪=+=+=⨯ ⎪⎛⎫ ⎪--- ⎪⎝⎭⎝⎭ππsin[()]sin333333π13131sin(2)sin (cos sin )sin 2(1cos 2)622244αααααααα-+=⨯=⨯=+----，因为π03α<<，所以ππ5π2666α<+<，所以1πsin(2)126α<+≤，所以3363π1sin(2)62AB α=≥+-，故木栈道AB 的长度最小值为63km .【点睛】方法点睛：解三角形的应用问题的要点（1）从实际问题抽象出已知的角度、距离、高度等条件，作为某个三角形的元素；（2）利用正弦、余弦定理解三角形，得实际问题的解．解三角形中最值（范围）问题的解题策略利用正弦、余弦定理以及面积公式化简整理，构造关于某一个角或某一边的函数或不等式，利用函数的单调性或基本不等式等求最值（范围）．。
XXX2015-2016学年高一上学期期末考试数学试卷 Word版含答案
XXX2015-2016学年高一上学期期末考试数学试卷 Word版含答案XXX2015-2016学年度第一学期期末考试高一数学一、选择题：本大题共8小题，共40分。
1.设全集 $U=\{1,2,3,4,5,6\}$，集合 $M=\{1,4\}$，$N=\{1,3,5\}$，则 $N\cap (U-M)=()$A。
$\{1\}$ B。
$\{3,5\}$ C。
$\{1,3,4,5\}$ D。
$\{1,2,3,5,6\}$2.已知平面直角坐标系内的点 $A(1,1)$，$B(2,4)$，$C(-1,3)$，则 $AB-AC=()$A。
$22$ B。
$10$ C。
$8$ D。
$4$3.已知 $\sin\alpha+\cos\alpha=-\frac{1}{\sqrt{10}}$，$\alpha\in(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$，则 $\tan\alpha$ 的值是（）A。
$-\frac{3}{4}$ B。
$-\frac{4}{3}$ C。
$\frac{3}{4}$ D。
$\frac{4}{3}$4.已知函数 $f(x)=\sin(\omega x+\frac{\pi}{4})$（$x\inR,\omega>0$）的最小正周期为 $\pi$，为了得到函数$g(x)=\cos\omega x$ 的图象，只要将 $y=f(x)$ 的图象（）：A.向左平移 $\frac{\pi}{4}$ 个单位长度B.向右平移$\frac{\pi}{4}$ 个单位长度C.向左平移 $\frac{\pi}{2}$ 个单位长度D.向右平移$\frac{\pi}{2}$ 个单位长度5.已知 $a$ 与 $b$ 是非零向量且满足 $3a-b\perp a$，$4a-b\perp b$，则 $a$ 与 $b$ 的夹角是（）A。
$\frac{\pi}{4}$ B。
$\frac{\pi}{3}$ C。
人教版高一下学期期中考试数学试卷及答案解析(共五套)
人教版高一下学期期中考试数学试卷（一）注意事项：本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共22题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.点C是线段AB靠近点B的三等分点，下列正确的是（）A．B．C．D．2.已知复数z满足z（3+i）＝3+i2020，其中i为虚数单位，则z的共轭复数的虚部为（）A．B．C．D．3.如图，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，延长AB至点E，且AB＝BE，则•的值为（）A．﹣1 B．﹣3 C．1 D．4.设i是虚数单位，则2i+3i2+4i3+……+2020i2019的值为（）A．﹣1010﹣1010i B．﹣1011﹣1010iC．﹣1011﹣1012i D．1011﹣1010i5.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与CD所成的角为（）A．30°B．45°C．60°D．135°6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若（a﹣2b）cos C＝c（2cos B﹣cos A），△ABC的面积为a2sin，则C＝（）A．B．C．D．7.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列四个结论中错误的是（）A．直线B1C与直线AC所成的角为60°B．直线B1C与平面AD1C所成的角为60°C．直线B1C与直线AD1所成的角为90°D．直线B1C与直线AB所成的角为90°8.如图，四边形ABCD为正方形，四边形EFBD为矩形，且平面ABCD与平面EFBD互相垂直．若多面体ABCDEF的体积为，则该多面体外接球表面积的最小值为（）A．6πB．8πC．12πD．16π二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）9.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2+bc，则角A可为（）A．B．C．D．10.如图，四边形ABCD为直角梯形，∠D＝90°，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为AB，CD的中点，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．11.下列说法正确的有（）A．任意两个复数都不能比大小B．若z＝a+bi（a∈R，b∈R），则当且仅当a＝b＝0时，z＝0C．若z1，z2∈C，且z12+z22＝0，则z1＝z2＝0D．若复数z满足|z|＝1，则|z+2i|的最大值为312.如图，已知ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，E，F分别是BC，A1C的中点，则（）A．B．C．向量与向量的夹角是60°D．异面直线EF与DD1所成的角为45°三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）13.已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝（+），则||＝；•＝．14.若虛数z1、z2是实系数一元二次方程x2+px+q＝0的两个根，且，则pq＝．15.已知平面四边形ABCD中，AB＝AD＝2，BC＝CD＝BD＝2，将△ABD沿对角线BD折起，使点A到达点A'的位置，当A'C＝时，三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．16.已知一圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为，在该圆锥内放置一个棱长为a 的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则a的最大值为．四、解答题（本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1．（1）若AB＝，求BC；（2）若AB＝2BC，求cos∠BDC．18.（1）已知z1=1﹣2i，z2=3+4i，求满足=+的复数z．（2）已知z，ω为复数，（1+3i）﹣z为纯虚数，ω=，且|ω|=5．求复数ω．19.如图，墙上有一壁画，最高点A离地面4米，最低点B离地面2米．观察者从距离墙x（x＞1）米，离地面高a（1≤a≤2）米的C处观赏该壁画，设观赏视角∠ACB＝θ．（1）若a＝1.5，问：观察者离墙多远时，视角θ最大？（2）若tanθ＝，当a变化时，求x的取值范围．20.如图，已知复平面内平行四边形ABCD中，点A对应的复数为﹣1，对应的复数为2+2i，对应的复数为4﹣4i．（Ⅰ）求D点对应的复数；（Ⅱ）求平行四边形ABCD的面积．21.如图所示，等腰梯形ABFE是由正方形ABCD和两个全等的Rt△FCB和Rt△EDA组成，AB＝1，CF＝2．现将Rt△FCB沿BC所在的直线折起，点F移至点G，使二面角E﹣BC﹣G的大小为60°．（1）求四棱锥G﹣ABCE的体积；（2）求异面直线AE与BG所成角的大小．22.如图，四边形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC是边长为2的正三角形，以AC为折痕，将△MAC向上折叠到△DAC的位置，使点D在平面ABC内的射影在AB上，再将△MAC向下折叠到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成几何体DABCE．（1）点F在BC上，若DF∥平面EAC，求点F的位置；（2）求直线AB与平面EBC所成角的余弦值．参考答案一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.点C是线段AB靠近点B的三等分点，下列正确的是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据共线向量的定义即可得结论．【解答】解：由题，点C是线段AB靠近点B的三等分点，＝3＝﹣3，所以选项A错误；＝2＝﹣2，所以选项B和选项C错误，选项D正确．故选：D．【知识点】平行向量（共线）、向量数乘和线性运算2.已知复数z满足z（3+i）＝3+i2020，其中i为虚数单位，则z的共轭复数的虚部为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．【解答】解：∵z（3+i）＝3+i2020，i2020＝（i2）1010＝（﹣1）1010＝1，∴z（3+i）＝4，∴z＝，∴＝，∴共轭复数的虚部为，故选：D．【知识点】复数的运算3.如图，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，延长AB至点E，且AB＝BE，则•的值为（）A．﹣1 B．﹣3 C．1 D．【答案】C【分析】利用图形，求出数量积的向量，然后转化求解即可．【解答】解：由题意，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，延长AB至点E，且AB＝BE，可知＝+＝，＝﹣＝﹣2，所以•＝（）•（﹣2）＝﹣2﹣2＝1．故选：C．【知识点】平面向量数量积的性质及其运算4.设i是虚数单位，则2i+3i2+4i3+……+2020i2019的值为（）A．﹣1010﹣1010i B．﹣1011﹣1010iC．﹣1011﹣1012i D．1011﹣1010i【答案】B【分析】利用错位相减法、等比数列的求和公式及其复数的周期性即可得出．【解答】解：设S＝2i+3i2+4i3+ (2020i2019)∴iS＝2i2+3i3+ (2020i2020)则（1﹣i）S＝i+i+i2+i3+……+i2019﹣2020i2020．＝＝i+＝＝﹣2021+i，∴S＝＝．故选：B．【知识点】复数的运算5.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与CD所成的角为（）A．30°B．45°C．60°D．135°【答案】B【分析】易知∠ABA1即为所求，再由△ABA1为等腰直角三角形，得解．【解答】解：因为AB∥CD，所以∠ABA1即为异面直线A1B与CD所成的角，因为△ABA1为等腰直角三角形，所以∠ABA1＝45°．故选：B．【知识点】异面直线及其所成的角6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若（a﹣2b）cos C＝c（2cos B﹣cos A），△ABC的面积为a2sin，则C＝（）A．B．C．D．【答案】C【分析】先利用正弦定理将已知等式中的边化角，再结合两角和公式与三角形的内角和定理，可推出sin B＝2sin A；然后利用三角形的面积公式、正弦定理，即可得解．【解答】解：由正弦定理知，＝＝，∵（a﹣2b）cos C＝c（2cos B﹣cos A），∴（sin A﹣2sin B）cos C＝sin C（2cos B﹣cos A），即sin A cos C+sin C cos A＝2（sin B cos C+cos B sin C），∴sin（A+C）＝2sin（B+C），即sin B＝2sin A．∵△ABC的面积为a2sin，∴S＝bc sin A＝a2sin，根据正弦定理得，sin B•sin C•sin A＝sin2A•sin，化简得，sin B•sin cos＝sin A•cos，∵∈（0，），∴cos＞0，∴sin＝＝，∴＝，即C＝．故选：C．【知识点】正弦定理、余弦定理7.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列四个结论中错误的是（）A．直线B1C与直线AC所成的角为60°B．直线B1C与平面AD1C所成的角为60°C．直线B1C与直线AD1所成的角为90°D．直线B1C与直线AB所成的角为90°【答案】B【分析】连接AB1，求出∠ACB1可判断选项A；连接B1D1，找出点B1在平面AD1C上的投影O，设直线B1C与平面AD1C所成的角为θ，由cosθ＝可判断选项B；利用平移法找出选项C和D涉及的异面直线夹角，再进行相关运算，即可得解．【解答】解：连接AB1，∵△AB1C为等边三角形，∴∠ACB1＝60°，即直线B1C与AC所成的角为60°，故选项A正确；连接B1D1，∵AB1＝B1C＝CD1＝AD1，∴四面体AB1CD1是正四面体，∴点B1在平面AD1C上的投影为△AD1C的中心，设为点O，连接B1O，OC，则OC＝BC，设直线B1C与平面AD1C所成的角为θ，则cosθ＝＝＝≠，故选项B错误；连接BC1，∵AD1∥BC1，且B1C⊥BC1，∴直线B1C与AD1所成的角为90°，故选项C正确；∵AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥B1C，即直线B1C与AB所成的角为90°，故选项D正确．故选：B．【知识点】直线与平面所成的角、异面直线及其所成的角8.如图，四边形ABCD为正方形，四边形EFBD为矩形，且平面ABCD与平面EFBD互相垂直．若多面体ABCDEF的体积为，则该多面体外接球表面积的最小值为（）A．6πB．8πC．12πD．16π【答案】A【分析】由题意可得AC⊥面EFBD，可得V ABCDEF＝V C﹣EFBD+V A﹣EFBD＝2V A﹣EFBD，再由多面体ABCDEF 的体积为，可得矩形EFBD的高与正方形ABCD的边长之间的关系，再由题意可得矩形EFBD的对角线的交点为外接球的球心，进而求出外接球的半径，再由均值不等式可得外接球的半径的最小值，进而求出外接球的表面积的最小值．【解答】解：设正方形ABCD的边长为a，矩形BDEF的高为b，因为正方形ABCD，所以AC⊥BD，设AC∩BD＝O'，由因为平面ABCD与平面EFBD互相垂直，AC⊂面ABCD，平面ABCD∩平面EFBD＝BD，所以AC⊥面EFBD，所以V ABCDEF＝V C﹣EFBD+V A﹣EFBD＝2V A﹣EFBD＝2•S EFBD•CO'＝•a•b•a ＝a2b，由题意可得V ABCDEF＝，所以a2b＝2；所以a2＝，矩形EFBD的对角线的交点O，连接OO'，可得OO'⊥BD，而OO'⊂面EFBD，而平面ABCD⊥平面EFBD，平面ABCD∩平面EFBD＝BD，所以OO'⊥面EFBD，可得OA＝OB＝OE＝OF都为外接球的半径R，所以R2＝（）2+（a）2＝+＝+＝++≥3＝3×，当且仅当＝即b＝时等号成立．所以外接球的表面积为S＝4πR2≥4π•3×＝6π．所以外接球的表面积最小值为6π．故选：A．【知识点】球的体积和表面积二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）9.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2+bc，则角A可为（）A．B．C．D．【答案】BC【分析】由已知利用余弦定理整理可得cos A＝，对于A，若A＝，可得b＝＜0，错误；对于B，若A＝，可得b＝＞0，对于C，若A＝，可得b＝＞0，对于D，若A＝，可得c＝0，错误，即可得解．【解答】解：因为在△ABC中，a2＝b2+bc，又由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bc cos A，所以b2+bc＝b2+c2﹣2bc cos A，整理可得：c＝b（1+2cos A），可得：cos A＝，对于A，若A＝，可得：﹣＝，整理可得：b＝＜0，错误；对于B，若A＝，可得：＝，整理可得：b＝＞0，对于C，若A＝，可得：cos＝＝，整理可得：b＝＞0，对于D，若A＝，可得：cos＝﹣＝，整理可得：c＝0，错误．故选：BC．【知识点】余弦定理10.如图，四边形ABCD为直角梯形，∠D＝90°，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为AB，CD的中点，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．【答案】ABC【分析】由向量的加减法法则、平面向量基本定理解决【解答】解：由，知A正确；由知B正确；由知C正确；由N为线段DC的中点知知D错误；故选：ABC．【知识点】向量数乘和线性运算、平面向量的基本定理11.下列说法正确的有（）A．任意两个复数都不能比大小B．若z＝a+bi（a∈R，b∈R），则当且仅当a＝b＝0时，z＝0C．若z1，z2∈C，且z12+z22＝0，则z1＝z2＝0D．若复数z满足|z|＝1，则|z+2i|的最大值为3【答案】BD【分析】通过复数的基本性质，结合反例，以及复数的模，判断命题的真假即可．【解答】解：当两个复数都是实数时，可以比较大小，所以A不正确；复数的实部与虚部都是0时，复数是0，所以B正确；反例z1＝1，z2＝i，满足z12+z22＝0，所以C不正确；复数z满足|z|＝1，则|z+2i|的几何意义，是复数的对应点到（0，﹣2）的距离，它的最大值为3，所以D正确；故选：BD．【知识点】复数的模、复数的运算、虚数单位i、复数、命题的真假判断与应用12.如图，已知ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，E，F分别是BC，A1C的中点，则（）A．B．C．向量与向量的夹角是60°D．异面直线EF与DD1所成的角为45°【答案】ABD【分析】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，建立合适的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，根据空间向量的坐标运算，以及异面直线所成角的向量求法，逐项判断即可．【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1为x 轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A（0，0，0），A1（0，0，2），B（2，0，0），B1（2，0，2），C （2，2，0），D（0，2，0），D1（0，2，2），所以，故，故选项A正确；又，又，所以，，则，故选项B正确；，所以，因此与的夹角为120°，故选项C错误；因为E，F分别是BC，A1C的中点，所以E（2，1，0），F（1，1，1），则，所以，又异面直线的夹角大于0°小于等于90°，所以异面直线EF与DD1所成的角为45°，故选项D正确；故选：ABD．【知识点】异面直线及其所成的角三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）13.已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝（+），则||＝；•＝．【分析】根据向量的几何意义可得P为BC的中点，再根据向量的数量积的运算和正方形的性质即可求出．【解答】解：由＝（+），可得P为BC的中点，则|CP|＝1，∴|PD|＝＝，∴•＝•（+）＝﹣•（+）＝﹣2﹣•＝﹣1，故答案为：，﹣1．【知识点】平面向量数量积的性质及其运算14.若虛数z1、z2是实系数一元二次方程x2+px+q＝0的两个根，且，则pq＝．【答案】1【分析】设z1＝a+bi，则z2＝a﹣bi，（a，b∈R），根据两个复数相等的充要条件求出z1，z2，再由根与系数的关系求得p，q的值．【解答】解：由题意可知z1与z2为共轭复数，设z1＝a+bi，则z2＝a﹣bi，（a，b∈R 且b≠0），又，则a2﹣b2+2abi＝a﹣bi，∴（2a+b）+（a+2b）i＝1﹣i，∴，解得．∴z1＝+i，z2＝i，（或z2＝+i，z1＝i）．由根与系数的关系，得p＝﹣（z1+z2）＝1，q＝z1•z2＝1，∴pq＝1．故答案为：1．【知识点】复数的运算15.已知平面四边形ABCD中，AB＝AD＝2，BC＝CD＝BD＝2，将△ABD沿对角线BD折起，使点A到达点A'的位置，当A'C＝时，三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．【分析】由题意画出图形，找出三棱锥外接球的位置，求解三角形可得外接球的半径，再由棱锥体积公式求解．【解答】解：记BD的中点为M，连接A′M，CM，可得A′M2+CM2＝A′C2，则∠A′MC＝90°，则外接球的球心O在△A′MC的边A′C的中垂线上，且过正三角形BCD的中点F，且在与平面BCD垂直的直线m上，过点A′作A′E⊥m于点E，如图所示，设外接球的半径为R，则A′O＝OC＝R，，A′E＝1，在Rt△A′EO中，A′O2＝A′E2+OE2，解得R＝．故三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．故答案为：．【知识点】球的体积和表面积16.已知一圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为，在该圆锥内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则a的最大值为．【分析】根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，通过内切球即可得到a的最大值．【解答】解：依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球，设球心为P，球的半径为r，下底面半径为R，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q，圆锥的轴截面如图：则OA＝OB＝，因为SO＝，故可得：SA＝SB＝＝3，所以：三角形SAB为等边三角形，故P是△SAB的中心，连接BP，则BP平分∠SBA，所以∠PBO＝30°；所以tan30°＝，即r＝R＝×＝，即四面体的外接球的半径为r＝．另正四面体可以从正方体中截得，如图：从图中可以得到，当正四面体的棱长为a时，截得它的正方体的棱长为a，而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，所以2r＝AA1＝a＝a，所以a＝．即a的最大值为．故答案为：．【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）四、解答题（本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1．（1）若AB＝，求BC；（2）若AB＝2BC，求cos∠BDC．【分析】（1）直接利用余弦定理的应用求出结果；（2）利用余弦定理的应用建立等量关系式，进一步求出结果．【解答】解：（1）在四边形ABCD中，AD＝BD＝CD＝1．若AB＝，所以：cos∠ADB＝＝，由于AB∥CD，所以∠BDC＝∠ABD，即cos∠BDC＝cos∠ABD＝，所以BC2＝BD2+CD2﹣2•BD•CD•cos∠BDC＝＝，所以BC＝．（2）设BC＝x，则AB＝2BC＝2x，由余弦定理得：cos∠ADB＝＝，cos∠BDC＝＝＝，故，解得或﹣（负值舍去）．所以．【知识点】余弦定理18.（1）已知z1=1﹣2i，z2=3+4i，求满足=+的复数z．（2）已知z，ω为复数，（1+3i）﹣z为纯虚数，ω=，且|ω|=5．求复数ω．【分析】（1）把z1，z2代入=+，利用复数代数形式的乘除运算化简求出，进一步求出z；（2）设z=a+bi（a，b∈R），利用复数的运算及（1+3i）•z=（1+3i）（a+bi）=a﹣3b+（3a+b）i为纯虚数，可得，又ω==i，|ω|=5，可得，即可得出a，b，再代入可得ω．【解答】解：（1）由z1=1﹣2i，z2=3+4i，得=+==，则z=；（2）设z=a+bi（a，b∈R），∵（1+3i）•z=（1+3i）（a+bi）=a﹣3b+（3a+b）i为纯虚数，∴．又ω===i，|ω|=5，∴．把a=3b代入化为b2=25，解得b=±5，∴a=±15．∴ω=±（i）=±（7﹣i）．【知识点】复数的运算19.如图，墙上有一壁画，最高点A离地面4米，最低点B离地面2米．观察者从距离墙x（x＞1）米，离地面高a（1≤a≤2）米的C处观赏该壁画，设观赏视角∠ACB＝θ．（1）若a＝1.5，问：观察者离墙多远时，视角θ最大？（2）若tanθ＝，当a变化时，求x的取值范围．【分析】（1）首项利用两角和的正切公式建立函数关系，进一步利用判别式确定函数的最大值；（2）利用两角和的正切公式建立函数关系，利用a的取值范围即可确定x的范围．【解答】解：（1）如图，作CD⊥AF于D，则CD＝EF，设∠ACD＝α，∠BCD＝β，CD＝x，则θ＝α﹣β，在Rt△ACD和Rt△BCD中，tanα＝，tanβ＝，则tanθ＝tan（α﹣β）＝＝（x＞0），令u＝，则ux2﹣2x+1.25u＝0，∵上述方程有大于0的实数根，∴△≥0，即4﹣4×1.25u2≥0，∴u≤，即（tanθ）max＝，∵正切函数y＝tan x在（0，）上是增函数，∴视角θ同时取得最大值，此时，x＝＝，∴观察者离墙米远时，视角θ最大；（2）由（1）可知，tanθ＝＝＝，即x2﹣4x+4＝﹣a2+6a﹣4，∴（x﹣2）2＝﹣（a﹣3）2+5，∵1≤a≤2，∴1≤（x﹣2）2≤4，化简得：0≤x≤1或3≤x≤4，又∵x＞1，∴3≤x≤4．【知识点】解三角形20.如图，已知复平面内平行四边形ABCD中，点A对应的复数为﹣1，对应的复数为2+2i，对应的复数为4﹣4i．（Ⅰ）求D点对应的复数；（Ⅱ）求平行四边形ABCD的面积．【分析】（I）利用复数的几何意义、向量的坐标运算性质、平行四边形的性质即可得出．（II）利用向量垂直与数量积的关系、模的计算公式、矩形的面积计算公式即可得出．【解答】解：（Ⅰ）依题点A对应的复数为﹣1，对应的复数为2+2i，得A（﹣1，0），＝（2，2），可得B（1，2）．又对应的复数为4﹣4i，得＝（4，﹣4），可得C（5，﹣2）．设D点对应的复数为x+yi，x，y∈R．得＝（x﹣5，y+2），＝（﹣2，﹣2）．∵ABCD为平行四边形，∴＝，解得x＝3，y＝﹣4，故D点对应的复数为3﹣4i．（Ⅱ）＝（2，2），＝（4，﹣4），可得：＝0，∴．又||＝2，＝4．故平行四边形ABCD的面积＝＝16．【知识点】复数的代数表示法及其几何意义21.如图所示，等腰梯形ABFE是由正方形ABCD和两个全等的Rt△FCB和Rt△EDA组成，AB＝1，CF＝2．现将Rt△FCB沿BC所在的直线折起，点F移至点G，使二面角E﹣BC﹣G的大小为60°．（1）求四棱锥G﹣ABCE的体积；（2）求异面直线AE与BG所成角的大小．【分析】（1）推导出GC⊥BC，EC⊥BC，从而∠ECG＝60°．连接DG，推导出DG⊥EF，由BC⊥EF，BC⊥CG，得BC⊥平面DEG，从而DG⊥BC，进而DG⊥平面ABCE，DG是四棱锥G ﹣ABCE的高，由此能求出四棱锥G﹣ABCE的体积．（2）取DE的中点H，连接BH、GH，则BH∥AE，∠GBH既是AE与BG所成角或其补角．由此能求出异面直线AE与BG所成角的大小．【解答】解：（1）由已知，有GC⊥BC，EC⊥BC，所以∠ECG＝60°．连接DG，由CD＝AB＝1，CG＝CF＝2，∠ECG＝60°，有DG⊥EF①，由BC⊥EF，BC⊥CG，有BC⊥平面DEG，所以，DG⊥BC②，由①②知，DG⊥平面ABCE，所以DG就是四棱锥G﹣ABCE的高，在Rt△CDG中，．故四棱锥G﹣ABCE的体积为：．（2）取DE的中点H，连接BH、GH，则BH∥AE，故∠GBH既是AE与BG所成角或其补角．在△BGH中，，，则．故异面直线AE与BG所成角的大小为．【知识点】异面直线及其所成的角、棱柱、棱锥、棱台的体积22.如图，四边形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC是边长为2的正三角形，以AC为折痕，将△MAC向上折叠到△DAC的位置，使点D在平面ABC内的射影在AB上，再将△MAC向下折叠到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成几何体DABCE．（1）点F在BC上，若DF∥平面EAC，求点F的位置；（2）求直线AB与平面EBC所成角的余弦值．【分析】（1）点F为BC的中点，设点D在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，取AC 的中点H，连接EH，由题意知EH⊥AC，EH⊥平面ABC，由题意知DO⊥平面ABC，得DO∥平面EAC，取BC的中点F，连接OF，则OF∥AC，从而OF∥平面EAC，平面DOF∥平面EAC，由此能证明DF∥平面EAC．（2）连接OH，由OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与平面EBC所成角的余弦值．【解答】解：（1）点F为BC的中点，理由如下：设点D在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，∵AD＝CD，∴OA＝OC，∴在Rt△ABC中，O为AB的中点，取AC的中点H，连接EH，由题意知EH⊥AC，又平面EAC⊥平面ABC，平面EAC∩平面ABC＝AC，∴EH⊥平面ABC，由题意知DO⊥平面ABC，∴DO∥EH，∴DO∥平面EAC，取BC的中点F，连接OF，则OF∥AC，又OF⊄平面EAC，AC⊂平面EAC，∴OF∥平面EAC，∵DO∩OF＝O，∴平面DOF∥平面EAC，∵DF⊂平面DOF，∴DF∥平面EAC．（2）连接OH，由（1）可知OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则B（1，﹣1，0），A（﹣1，1，0），E（0，1，﹣），C（1，1，0），∴＝（2，﹣2，0），＝（0，2，0），＝（﹣1，2，﹣），设平面EBC的法向量＝（a，b，c），则，取a＝，则＝（，0，﹣1），设直线与平面EBC所成的角为θ，则sinθ＝＝＝．∴直线AB与平面EBC所成角的余弦值为cosθ＝＝．【知识点】直线与平面平行、直线与平面所成的角人教版高一下学期期中考试数学试卷（二）注意事项：本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共22题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．（2﹣i）z对应的点位于虚轴的正半轴上，则复数z对应的点位于（）1.已知复平面内，A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2.平行四边形ABCD中，点E是DC的中点，点F是BC的一个三等分点（靠近B），则＝（）A．B．C．D．3.已知向量＝（6t+3，9），＝（4t+2，8），若（+）∥（﹣），则t＝（）A．﹣1 B．﹣C．D．14.已知矩形ABCD的一边AB的长为4，点M，N分别在边BC，DC上，当M，N分别是边BC，DC的中点时，有（+）•＝0．若+＝x+y，x+y＝3，则线段MN的最短长度为（）A．B．2 C．2D．25.若z∈C且|z+3+4i|≤2，则|z﹣1﹣i|的最大和最小值分别为M，m，则M﹣m的值等于（）A．3 B．4 C．5 D．96.已知球的半径为R，一等边圆锥（圆锥母线长与圆锥底面直径相等）位于球内，圆锥顶点在球上，底面与球相接，则该圆锥的表面积为（）A．R2B．R2C．R2D．R27.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子（近似为球）包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为4的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的体积最大值为（）A．πB．πC．πD．π8.已知半球O与圆台OO'有公共的底面，圆台上底面圆周在半球面上，半球的半径为1，则圆台侧面积取最大值时，圆台母线与底面所成角的余弦值为（）A．B．C．D．二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）9.下列有关向量命题，不正确的是（）A．若||＝||，则＝B．已知≠，且•＝•，则＝C．若＝，＝，则＝D．若＝，则||＝||且∥10.若复数z满足，则（）A．z＝﹣1+i B．z的实部为1 C．＝1+i D．z2＝2i11.如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为线段AD，CD的中点，AF∩CE＝G，则（）A．B．C．D．12.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，棱长为2，E为线段B1C上的动点，O为AC的中点，P 为棱CC1上的动点，Q为棱AA1的中点，则以下选项中正确的有（）A．AE⊥B1CB．直线B1D⊥平面A1BC1C．异面直线AD1与OC1所成角为D．若直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，则m∥平面B1D1Q三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）13.已知向量＝（m，1），＝（m﹣6，m﹣4），若∥，则m的值为．14.将表面积为36π的圆锥沿母线将其侧面展开，得到一个圆心角为的扇形，则该圆锥的轴截面的面积S＝．15.如图，已知有两个以O为圆心的同心圆，小圆的半径为1，大圆的半径为2，点A 为小圆上的动点，点P，Q是大圆上的两个动点，且•＝1，则||的最大值是．16.如图，在三棱锥A﹣BCD的平面展开图中，已知四边形BCED为菱形，BC＝1，BF＝，若二面角A﹣CD﹣B的余弦值为﹣，M为BD的中点，则CD＝，直线AD与直线CM所成角的余弦值为．四、解答题（本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知，．（1）若与同向，求；（2）若与的夹角为120°，求．18.已知a、b、c是△ABC中∠A、∠B、∠C的对边，a＝4，b＝6，cos A＝﹣．（1）求c；（2）求cos2B的值．19.已知：复数z1与z2在复平面上所对应的点关于y轴对称，且z1（1﹣i）＝z2（1+i）（i为虚数单位），|z1|＝．（Ⅰ）求z1的值；（Ⅱ）若z1的虚部大于零，且（m，n∈R），求m，n的值．20.（Ⅰ）在复数范围内解方程|z|2+（z+）i＝（i为虚数单位）（Ⅱ）设z是虚数，ω＝z+是实数，且﹣1＜ω＜2．（1）求|z|的值及z的实部的取值范围；（2）设，求证：μ为纯虚数；（3）在（2）的条件下求ω﹣μ2的最小值．21.如图，直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，AB＝AC＝1，，A1A＝4，点M为线段A1A 的中点．（1）求直三棱柱A1B1C1﹣ABC的体积；（2）求异面直线BM与B1C1所成的角的大小．（结果用反三角表示）22.如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点G在棱D1C1上，且D1G＝D1C1，点E、F、M分别是棱AA1、AB、BC的中点，P为线段B1D上一点，AB＝4．（Ⅰ）若平面EFP交平面DCC1D1于直线l，求证：l∥A1B；（Ⅱ）若直线B1D⊥平面EFP．（i）求三棱锥B1﹣EFP的表面积；（ii）试作出平面EGM与正方体ABCD﹣A1B1C1D1各个面的交线，并写出作图步骤，保留作图痕迹．设平面EGM与棱A1D1交于点Q，求三棱锥Q﹣EFP的体积．答案解析一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．（2﹣i）z对应的点位于虚轴的正半轴上，则复数z对应的点位于（）1.已知复平面内，A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【答案】B【分析】直接利用复数的运算和几何意义的应用求出该点所表示的位置．【解答】解：设z＝a+bi（a，b∈R），所以（2﹣i）（a+bi）＝2a+b+（2b﹣a）i，由于对应的点在虚轴的正半轴上，所以，即，所以a＜0，b＞0．故该点在第二象限．故选：B．【知识点】复数的代数表示法及其几何意义2.平行四边形ABCD中，点E是DC的中点，点F是BC的一个三等分点（靠近B），则＝（）A．B．C．D．【答案】D【分析】利用平行四边形的性质以及向量相等的概念，再利用平面向量基本定理进行转化即可．【解答】解：因为ABCD为平行四边形，所以，故．故选：D．【知识点】平面向量的基本定理3.已知向量＝（6t+3，9），＝（4t+2，8），若（+）∥（﹣），则t＝（）A．﹣1 B．﹣C．D．1【答案】B【分析】根据平面向量的坐标表示和共线定理，列方程求出t的值．【解答】解：向量＝（6t+3，9），＝（4t+2，8），所以+＝（6t+3，11），﹣＝（4t+2，5）．又（+）∥（﹣），所以5（6t+3）﹣11（4t+2）＝0，解得t＝﹣．故选：B．【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示4.已知矩形ABCD的一边AB的长为4，点M，N分别在边BC，DC上，当M，N分别是边BC，DC的中点时，有（+）•＝0．若+＝x+y，x+y＝3，则线段MN的最短长度为（）A．B．2 C．2D．2【答案】D【分析】先根据M，N满足的条件，将（+）•＝0化成的表达式，从而判断出矩形ABCD为正方形；再将+＝x+y，左边用表示出来，结合x+y ＝3，即可得NC+MC＝4，最后借助于基本不等式求出MN的最小值．【解答】解：当M，N分别是边BC，DC的中点时，有（+）•＝＝＝，所以AD＝AB，则矩形ABCD为正方形，设，，则＝．则x＝2﹣λ，y＝2﹣μ．又x+y＝3，所以λ+μ＝1．故NC+MC＝4，则MN＝＝（当且仅当MC＝NC＝2时取等号）．故线段MN的最短长度为2．故选：D．【知识点】平面向量数量积的性质及其运算5.若z∈C且|z+3+4i|≤2，则|z﹣1﹣i|的最大和最小值分别为M，m，则M﹣m的值等于（）A．3 B．4 C．5 D．9【答案】B【分析】由题意画出图形，再由复数模的几何意义，数形结合得答案．【解答】解：由|z+3+4i|≤2，得z在复平面内对应的点在以Q（﹣3，﹣4）为圆心，以2为半径的圆及其内部．如图：|z﹣1﹣i|的几何意义为区域内的动点与定点P得距离，则M＝|PQ|+2，m＝|PQ|﹣2，则M﹣m＝4．故选：B．【知识点】复数的运算6.已知球的半径为R，一等边圆锥（圆锥母线长与圆锥底面直径相等）位于球内，圆锥顶点在球上，底面与球相接，则该圆锥的表面积为（）A．R2B．R2C．R2D．R2【答案】B【分析】设圆锥的底面半径为r，求得圆锥的高，由球的截面性质，运用勾股定理可得r，由圆锥的表面积公式可得所求．【解答】解：如图，设圆锥的底面半径为r，则圆锥的高为r，则R2＝r2+（r﹣R）2，解得r＝R，则圆锥的表面积为S＝πr2+πr•2r＝3πr2＝3π（R）2＝πR2，故选：B．【知识点】球内接多面体、旋转体（圆柱、圆锥、圆台）7.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子（近似为球）包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为4的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的体积最大值为（）A．πB．πC．πD．π【答案】A【分析】先根据题意求得正四面体的体积，进而得到六面体的体积，再由图形的对称性得，内部的丸子要是体积最大，就是丸子要和六个面相切，设丸子的半径为R，则，由此求得R，进而得到答案．【解答】解：由题意可得每个三角形面积为，由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的，可得该四面体的高为，故四面体的体积为，∵该六面体的体积是正四面体的2倍，。
2022-2023学年福建省厦门市湖滨中学高一(下)期中数学试卷【答案版】
2022-2023学年福建省厦门市湖滨中学高一（下）期中数学试卷一、单选题（本题共8个小题，每小题5分） 1．已知复数z ＝（2+i ）2，则z 的虚部为（ ） A ．3B ．3iC ．4D ．4i2．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（ ）A ．①是棱台B ．②是圆台C ．③是棱锥D ．④不是棱柱3．已知平面向量a →=(−2，6)与b →=(−4，λ)垂直，则λ的值是（ ） A ．43B ．−43C ．12D ．﹣124．若O ，M ，N 在△ABC 所在平面内，满足|OA →|=|OB →|=|OC →|，MA →⋅MB →=MB →⋅MC →=MC →•MA →，且NA →+NB →+NC →=0→，则点O ，M ，N 依次为△ABC 的（ ） A ．重心，外心，垂心 B ．重心，外心，内心C ．外心，重心，垂心D ．外心，垂心，重心5．在△ABC 中，若A ＝60°，b ＝1，△ABC 的面积S =√3，则a sinA=（ ） A ．2√393B ．2√293C ．26√33D ．3√36．如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为1，高为2，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图2，这是水面恰好是中截面，则图1中容器水面的高度是（ ）A ．54B ．53C ．43D ．327．圆O 为锐角△ABC 的外接圆，AC ＝2AB ＝2，点P 在圆O 上，则BP →⋅AO →的取值范围为（ ）A ．[−12，4)B ．[0，2）C ．[−12，2)D ．[0，4）8．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若3AC →⋅AB →−BA →⋅BC →=2CA →⋅CB →，2b ＝b cos C +c cos B ，则cos C 的值为（ ） A ．13B ．−13C ．18D ．−18二、多选题（共4个小题，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．） 9．如果平面向量a →=(2，0)，b →=(1，1)，那么下列结论中正确的是（ ） A ．|a →|=√2|b →|B ．a →⋅b →=2√2C ．(a →−b →)⊥b →D ．a →∥b →10．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a =√7，b =2，A =π3，则（ ） A ．c ＝3B ．sinB =√217C ．sinC =√217D ．△ABC 外接圆的面积为7π311．在复平面内，下列说法正确的是（ ） A ．若复数z 满足z ⋅z =0，则z ＝0B ．若复数z 1，z 2 满足|z 1+z 2|＝|z 1﹣z 2|，则z 1z 2＝0C ．若复数z 1，z 2 满足|z |＝|z 2|，则z 12=z 22D ．若|z |＝1，则|z +1+i |的最大值为√2+112．如图，在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P 分别是AA 1，CC 1，C 1D 1的中点，Q 是线段D 1A 1上的动点，则（ ）A ．存在点Q ，使B ，N ，P ，Q 四点共面 B ．存在点Q ，使PQ ∥平面MBNC ．经过C ，M ，B ，N 四点的球的表面积为9π2D ．过Q ，M ，N 三点的平面截正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1所得截面图形不可能是五边形 三、填空题（共4小题，每小题5分，共20分．在答题卡上的相应题目的答题区域内作答） 13．已知复数（m 2﹣3m ﹣1）+（m 2﹣5m ﹣6）i ＝3（其中i 为虚数单位），则实数m ＝ ． 14．一艘船从河岸边出发向河对岸航行．已知船的速度v 1→的大小为|v 1→|=10km/ℎ，水流速度v 2→的大小为|v 2→|=3km/ℎ，那么当航程最短时船实际航行的速度大小为 km /h ．15．祖暅（公元前5～6世纪），字景烁，是我国南北朝时期的数学家．他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异．”这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百多年．如图将某几何体（左侧图）与已被挖去了圆锥体的圆柱体（右侧图）放置于同一平面β上．以平行于平面β的平面于距平面β任意高d 处可横截得到S 圆及S 环两截面，若S 圆＝S 环总成立，且图中圆柱体（右侧图）的底面半径为2，高为3，则该几何体（左侧图）的体积是 ．16．在锐角△ABC 中，内角A ，B ，C 所对应的边分别是a ，b ，c ，且2c sin （B ﹣A ）＝2a sin A cos B +b sin2A ，则ca 的取值范围是 ．四、解答题（本题共6个小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 17．（10分）已知向量a →=(3，2)，b →=(x ，−1)． （1）已知x ＝5，求向量a →与b →的夹角θ； （2）若(a →+2b →)⊥(2a →−b →)，求实数x 的值．18．（12分）已知复数z =5(1−i)1+2i +(2+i)2，i 为虚数单位． （1）求|z |和z ；（2）若复数z 是关于x 的方程x 2+mx +n ＝0的一个根，求实数m ，n 的值．19．（12分）如图，某组合体是由正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1与正四棱锥P ﹣A 1B 1C 1D 1组成，且PA 1=√32AB ． （1）若该组合体的表面积为36(5+√2)，求其体积； （2）证明：A 1B ∥平面D 1AC ．20．（12分）如图，在平行四边形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝2，∠BAD ＝60°，BD ，AC 相交于点O ，M 为BO 中点．设向量AB →=a →，AD →=b →． （1）求|a →−b →|的值； （2）用a →，b →表示BD →和AM →； （3）证明：AB →⊥BD →．21．（12分）在△ABC 中，a ＝6，sin A =32sin B ． （Ⅰ）求b ；（Ⅱ）在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC 存在且唯一确定，并求△ABC 的面积． 条件①：∠B =2π3； 条件②：BC 边上中线的长为√17； 条件③：sin B ＝sin2A ．注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．22．（12分）随着生活水平的不断提高，人们更加关注健康，重视锻炼．通过“小步道”，走出“大健康”，健康步道成为引领健康生活的一道亮丽风景线．如图，A ﹣B ﹣C ﹣A 为某区的一条健康步道，AB 、AC 为线段，BC ̂是以BC 为直径的半圆，AB ＝2√3km ，AC ＝4km ，∠BAC =π6． （1）求BĈ的长度； （2）为满足市民健康生活需要，提升城市品位，改善人居环境，现计划新建健康步道A ﹣D ﹣C （B ，D 在AC 两侧），其中AD ，CD 为线段．若∠ADC =π3，求新建的健康步道A ﹣D ﹣C 的路程最多可比原有健康步道A﹣B﹣C的路程增加多少长度？（精确到0.01km）2022-2023学年福建省厦门市湖滨中学高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单选题（本题共8个小题，每小题5分） 1．已知复数z ＝（2+i ）2，则z 的虚部为（ ） A ．3B ．3iC ．4D ．4i解：∵z ＝（2+i ）2＝4+4i +i 2＝3+4i ，∴z 的虚部为4． 故选：C ．2．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（ ）A ．①是棱台B ．②是圆台C ．③是棱锥D ．④不是棱柱解：对于选项A ，不是由棱锥截来的，所以A 不是棱台，故A 错误； 对于选项B ，上、下两个面不平行，所以不是圆台； 对于选项C ，是棱锥．对于选项D ，前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以D 是棱柱． 故选：C ．3．已知平面向量a →=(−2，6)与b →=(−4，λ)垂直，则λ的值是（ ） A ．43B ．−43C ．12D ．﹣12解：由题知a →⊥b →，即a →⋅b →=(−2，6)⋅(−4，λ)=8+6λ=0，解得λ=−43． 故选：B ．4．若O ，M ，N 在△ABC 所在平面内，满足|OA →|=|OB →|=|OC →|，MA →⋅MB →=MB →⋅MC →=MC →•MA →，且NA →+NB →+NC →=0→，则点O ，M ，N 依次为△ABC 的（ ） A ．重心，外心，垂心 B ．重心，外心，内心C ．外心，重心，垂心D ．外心，垂心，重心解：因为|OA →|=|OB →|=|OC →|，所以|OA |＝|OB |＝|OC |， 所以O 为△ABC 的外心；因为MA →⋅MB →=MB →⋅MC →=MC →•MA →， 所以MB →•（MA →−MC →）＝0， 即MB →•CA →=0，所以MB ⊥AC ， 同理可得：MA ⊥BC ，MC ⊥AB ， 所以M 为△ABC 的垂心； 因为NA →+NB →+NC →=0→， 所以NA →+NB →=−NC →，设AB 的中点D ，则NA →+NB →=2ND →， 所以−NC →=2ND →，所以C ，N ，D 三点共线，即N 为△ABC 的中线CD 上的点，且NC ＝2ND ， 所以N 为△ABC 的重心． 故选：D ．5．在△ABC 中，若A ＝60°，b ＝1，△ABC 的面积S =√3，则a sinA=（ ） A ．2√393B ．2√293C ．26√33D ．3√3解：因为A ＝60°，b ＝1，△ABC 的面积S =√3=12bc sin A =12×1×c ×√32，解得：c ＝4， 由余弦定理可得a =√b 2+c 2−2bccosA =√1+16−2×1×4×12=√13， 所以a sinA=√13√32=2√393． 故选：A ．6．如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为1，高为2，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图2，这是水面恰好是中截面，则图1中容器水面的高度是（ ）A ．54B ．53C ．43D ．32解：在图2中，水中部分是四棱柱， 四棱柱底面积为S =12×12×sin60°−12×（12）2×sin60°=3√316，高为2， ∴四棱柱的体积为V ＝2×3√316=3√38， 设图1中容器内水面高度为h ，则V =12×12×sin60°×ℎ=3√38，解得h =32． ∴图1中容器内水面的高度是32．故选：D ．7．圆O 为锐角△ABC 的外接圆，AC ＝2AB ＝2，点P 在圆O 上，则BP →⋅AO →的取值范围为（ ） A ．[−12，4)B ．[0，2）C ．[−12，2)D ．[0，4）解：由△ABC 为锐角三角形，则外接圆圆心在三角形内部，如下图示，又BP →⋅AO →=(BO →+OP →)⋅AO →=BO →⋅AO →+OP →⋅AO →，而AC ＝2AB ＝2，若外接圆半径为r ， 因为AB sin∠ACB =2r ，∴1sin 12∠AOB=2r ，∴2r ⋅sin 12∠AOB =1， 两边平方得，4r 2⋅1−cos∠AOB2=1，∴2r 2（1﹣cos ∠AOB ）＝1，则2r 2（1﹣cos ∠AOB ）＝2r 2（1﹣cos2C ）＝1， 故cos2C =1−12r 2，且2r ＞2，即r ＞1， 由BO →⋅AO →=|BO →||AO →|cos∠AOB =r 2cos2C =r 2−12，对于OP →⋅AO →且P 在圆O 上，当AP 为直径时OP →⋅AO →=r 2，当A ，P 重合时OP →⋅AO →=−r 2， ∴OP →⋅AO →∈[−r 2，r 2]，综上，BP →⋅AO →∈[−12，2r 2−12]，锐角三角形中∠BAC ＜90°，则BC ＜√AC 2+AB 2=√5，即BC =2rsin ∠BAC ＜√5恒成立， ∴1＜r ＜√52，则2r 2−12＜2恒成立，综上所述，BP →⋅AO →的取值范围为[−12，2）． 故选：C ．8．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若3AC →⋅AB →−BA →⋅BC →=2CA →⋅CB →，2b ＝b cos C +c cos B ，则cos C 的值为（ ） A ．13B ．−13C ．18D ．−18解：由若3AC →⋅AB →−BA →⋅BC →=2CA →⋅CB →可得，3bc cos A ﹣ac cos B ＝2ab cos C ， 由余弦定理得3（b 2+c 2﹣a 2）﹣（a 2+c 2﹣b 2）＝2（a 2+b 2﹣c 2），即b 2+2c 2＝3a 2，①由正弦定理结合2b ＝b cos C +c cos B 可得，2sin B ＝sin B cos C +sin C cos B ＝sin （B +C ）＝sin A ，∴2b ＝a ② 由①②得，11b 2＝2c 2，cosC =a 2+b 2−c 22ab =5b 2−c 24b2=1011c 2−c 2811c 2=−18， 故选：D ．二、多选题（共4个小题，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．） 9．如果平面向量a →=(2，0)，b →=(1，1)，那么下列结论中正确的是（ ） A ．|a →|=√2|b →|B ．a →⋅b →=2√2C ．(a →−b →)⊥b →D ．a →∥b →解：∵a →=(2，0)，b →=(1，1)， ∴|a →|=2，|b →|=√2， ∴|a →|=√2|b →|，∴A 正确；a →⋅b →=2，∴B 错误；(a →−b →)⋅b →=(1，−1)⋅(1，1)=1−1=0，∴(a →−b →)⊥b →，∴C 正确； ∵2×1﹣0×1≠0，∴a →∥b →错误，∴D 错误． 故选：AC ．10．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a =√7，b =2，A =π3，则（ ） A ．c ＝3B ．sinB =√217C ．sinC =√217D ．△ABC 外接圆的面积为7π3解：因为a =√7，b =2，A =π3， 由余弦定理得，a 2＝7＝4+c 2﹣2×2c ×12， 所以c ＝3，A 正确， 由正弦定理得asinA=b sinB=c sinC=2R ，所以sin B =2×√327=√217，sin C =3√2114，R =√213， 所以△ABC 外接圆的面积S ＝πR 2=7π3，B 正确，C 错误，D 正确． 故选：ABD ．11．在复平面内，下列说法正确的是（ ） A ．若复数z 满足z ⋅z =0，则z ＝0B ．若复数z 1，z 2 满足|z 1+z 2|＝|z 1﹣z 2|，则z 1z 2＝0C ．若复数z 1，z 2 满足|z |＝|z 2|，则z 12=z 22D ．若|z |＝1，则|z +1+i |的最大值为√2+1解：若复数z 满足z ⋅z =0，则|z |2＝0，得z ＝0，故A 正确；若复数z 1，z 2 满足|z 1+z 2|＝|z 1﹣z 2|，不一定有z 1z 2＝0，如z 1＝1，z 2＝i ，故B 错误；若复数z 1，z 2 满足|z 1|＝|z 2|，不一定有z 12=z 22，如z 1＝1，z 2＝i ，故C 错误；若|z |＝1，如图：|z +1+i |的几何意义为圆上的动点到定点（﹣1，﹣1）的距离，则|z +1+i |的最大值为√2+1，故D 正确．故选：AD ．12．如图，在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P 分别是AA 1，CC 1，C 1D 1的中点，Q 是线段D 1A 1上的动点，则（ ）A ．存在点Q ，使B ，N ，P ，Q 四点共面B ．存在点Q ，使PQ ∥平面MBNC ．经过C ，M ，B ，N 四点的球的表面积为9π2D ．过Q ，M ，N 三点的平面截正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1所得截面图形不可能是五边形解：对于A ：连接A 1B ，A 1P ，CD 1，如图所示：在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，CD 1∥A 1B ，∵P ，N 分别是C 1D 1，C 1C 中点，∴PN ∥CD 1，∴PN ∥A 1B ，故A 1，P ，N ，B 四点共面，当Q 与A 1重合时满足B ，N ，P ，Q 四点共面，故A 正确；对于B ：取A 1D 1中点为Q ，连接PQ ，QM ，A 1C 1，如图所示：∵M ，N 分别AA 1，CC 1中点，则A 1M 与C 1N 平行且相等，∴四边形A 1C 1NM 是平行四边形，∴MN ∥A 1C 1，又P 是C 1D 1中点，∴PQ ∥A 1C 1，∴PQ ∥MN ，又MN ⊂平面BMN ，PQ ⊄平面BMN ，故PQ ∥平面BMN ，故B 正确；对C ：由图形的对称性易知，经过C ，M ，B ，N 四点的球的球心为矩形AMNC 的中心，∴矩形AMNC 的对角线即为球的直径2R ，又易得矩形AMNC 的对角线长为√1+(2√2)2=3，∴R =32，∴经过C ，M ，B ，N 四点的球的表面积为4πR 2＝9π，∴C 错误；对D ，由运动变化思想可得，当Q 与D 1重合时，过Q ，M ，N 三点的平面截正方体的截面为菱形BMD 1N ，当Q 在A 1D 1之间时，由对称性易得：过Q ，M ，N 三点的平面截正方体的截面为六边形，当当Q 与A 1重合时，过Q ，M ，N 三点的平面截正方体的截面为矩形ACC 1A 1，∴D 正确．故选：ABD ．三、填空题（共4小题，每小题5分，共20分．在答题卡上的相应题目的答题区域内作答）13．已知复数（m 2﹣3m ﹣1）+（m 2﹣5m ﹣6）i ＝3（其中i 为虚数单位），则实数m ＝ ﹣1 ．解：复数（m 2﹣3m ﹣1）+（m 2﹣5m ﹣6）i ＝3，则{m 2−3m −1=3m 2−5m −6=0，解得m ＝﹣1． 故答案为：﹣1．14．一艘船从河岸边出发向河对岸航行．已知船的速度v 1→的大小为|v 1→|=10km/ℎ，水流速度v 2→的大小为|v 2→|=3km/ℎ，那么当航程最短时船实际航行的速度大小为 √91 km /h ．解：要使航程最短，则船实际航行应正对着河对岸航行，所以船实际航行的速度大小为√|v 1→|2−|v 2→|2=√91km /h ．故答案为：√91．15．祖暅（公元前5～6世纪），字景烁，是我国南北朝时期的数学家．他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异．”这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百多年．如图将某几何体（左侧图）与已被挖去了圆锥体的圆柱体（右侧图）放置于同一平面β上．以平行于平面β的平面于距平面β任意高d 处可横截得到S 圆及S 环两截面，若S 圆＝S 环总成立，且图中圆柱体（右侧图）的底面半径为2，高为3，则该几何体（左侧图）的体积是 8π ．解：因为总有S 圆＝S 环，圆柱的高为3，底面圆的半径为2，所以该几何体的体积为V 柱−V 锥=22×3π−13π×22×3=8π，故答案为：8π．16．在锐角△ABC 中，内角A ，B ，C 所对应的边分别是a ，b ，c ，且2c sin （B ﹣A ）＝2a sin A cos B +b sin2A ，则c a 的取值范围是 （1，2） ． 解：由正弦定理和正弦二倍角公式可得2sin C sin （B ﹣A ）＝2sin A sin A cos B +sin B sin2A ＝2sin A sin A cos B +2sin B sin A cos A ＝2sin A （sin A cos B +sin B cos A ）＝2sin A sin （A +B ），因为0＜C ＜π2，π−C =A +B ，所以sin （π﹣C ）＝sin （A +B ）＝sin C ≠0，可得sin （B ﹣A ）＝sin A ，因为0＜A ＜π2，0＜B ＜π2，所以−π2＜B −A ＜π2，所以B ＝2A ，C ＝π﹣3A ，由0＜B =2A ＜π2，0＜C =π−3A ＜π2可得π6＜A ＜π4， 所以√22＜cosA ＜√32，12＜cos 2A ＜34， 由正弦定理得c a =sinC sinA =sin3A sinA =sin(2A+A)sinA =sin2AcosA+cos2AsinA sinA = 2cos 2A +cos2A ＝4cos 2A ﹣1∈（1，2）．故答案为：（1，2）．四、解答题（本题共6个小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17．（10分）已知向量a →=(3，2)，b →=(x ，−1)．（1）已知x ＝5，求向量a →与b →的夹角θ；（2）若(a →+2b →)⊥(2a →−b →)，求实数x 的值．解：（1）根据题意，向量a →=(3，2)，b →=(x ，−1)．因为x ＝5，所以b →=(5，−1)，故cosθ=a →⋅b→|a →|⋅|b →|=9+4×25+1=√22， 因为θ∈[0，π]，所以向量a →与b →的夹角θ=π4；（2）a →+2b →=(3，2)+(2x ，−2)=(3+2x ，0)，2a →−b →=(6，4)−(x ，−1)=(6−x ，5)， 由于(a →+2b →)⊥(2a →−b →)，所以(a →+2b →)⋅(2a →−b →)=(3+2x ，0)⋅(6−x ，5)=(3+2x)(6−x)=0，解得：x =−32或6，从而x =−32或6．18．（12分）已知复数z =5(1−i)1+2i +(2+i)2，i 为虚数单位．（1）求|z |和z ；（2）若复数z 是关于x 的方程x 2+mx +n ＝0的一个根，求实数m ，n 的值．解：（1）∵z =5(1−i)1+2i +(2+i)2=5(1−i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)+4+4i −1=5(−1−3i)5+3+4i =2+i ， ∴|z|=√22+12=√5，z =2−i ；（2）∵复数z 是关于x 的方程x 2+mx +n ＝0的一个根，∴（2+i ）2+m （2+i ）+n ＝0，∴3+4i +2m +mi +n ＝0，∴（3+2m +n ）+（m +4）i ＝0，∴{3+2m +n =0m +4=0，解得m ＝﹣4，n ＝5； 综上，|z|=√5，z =2−i ，m =−4，n =5．19．（12分）如图，某组合体是由正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1与正四棱锥P ﹣A 1B 1C 1D 1组成，且PA 1=√32AB ．（1）若该组合体的表面积为36(5+√2)，求其体积；（2）证明：A 1B ∥平面D 1AC ．解：（1）连接A 1C 1、B 1D 1交于点O ，连接PO ，由正棱锥的性质可知PO ⊥平面A 1B 1C 1D 1，设AB ＝2a ，则PA 1=√3a ，A 1O =12A 1C 1=√2a ，∴PO =√PA 12−A 1O 2=a ，取B 1C 1的中点E ，连接PE ，则PE ⊥B 1C 1，且PE =√PB 12−B 1E 2=√2a ， 所以几何体的表面积为5×4a 2+4×12×2a ×√2a =(20+4√2)a 2=36(5+√2)，可得a ＝3， 所以该几何体的体积为(2a)3+13×4a 2×a =8×27+43×33=252；（2）证明：因为BC ∥A 1D 1，且BC ＝A 1D 1，所以四边形A 1BCD 1是平行四边形，则A 1B ∥D 1C ，A 1B ⊄平面D 1AC ，D 1C ⊂平面D 1AC ，所以A 1B ∥平面D 1AC ．20．（12分）如图，在平行四边形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝2，∠BAD ＝60°，BD ，AC 相交于点O ，M 为BO 中点．设向量AB →=a →，AD →=b →．（1）求|a →−b →|的值；（2）用a →，b →表示BD →和AM →；（3）证明：AB →⊥BD →．解：（1）在平行四边形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝2，∠BAD ＝60°，BD ，AC 相交于点O ，M 为BO 中点．又向量AB →=a →，AD →=b →，则|a →−b →|=√(a →−b →)2=√a →2−2a →⋅b →+b →2=√|a →|2−2|a →|⋅|b →|cos∠BAD +|b →|2=√1−2×1×2×12+4=√3； （2）由题意可得BD →=AD →−AB →=b →−a →，又∵M 为BO 中点，∴BM →=14BD →=14(b →−a →)，∴AM →=AB →+BM →=a →+14(b →−a →)=34a →+14b →； （3）证明：∵AB →⋅BD →=a →⋅(b →−a →)=a →⋅b →−a →2，又∵AB ＝1，AD ＝2，∠BAD ＝60°，∴a →⋅b →=1×2×12=1，∴AB →⋅BD →=a →⋅b →−a →2=1−1=0，所以AB →⊥BD →．21．（12分）在△ABC 中，a ＝6，sin A =32sin B ．（Ⅰ）求b ；（Ⅱ）在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC 存在且唯一确定，并求△ABC 的面积． 条件①：∠B =2π3；条件②：BC 边上中线的长为√17；条件③：sin B ＝sin2A ．注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．解：（I ）因为sinA =32sinB ，在△ABC 中，由正弦定理a sinA =b sinB ， 可得：a =32b ，又因为a ＝6，所以b ＝4；（Ⅱ）选择条件①，因为cos B =a 2+c 2−b 22ac， 所以−12=36+c 2−1612c ， 则c 2+6c +20＝0，无解；选择条件②，设BC 边上的中线为AD ，则AD =√17，CD =3，在△ACD 中，由余弦定理得：cosC =AC 2+CD 2−AD 22⋅AC⋅CD =42+32−(√17)22×4×3=13， 因为cosC =13，C ∈(0，π)，所以sinC =√1−cos 2C =2√23， 所以△ABC 的面积为S =12absinC =12×6×4×2√23=8√2；选择条件③，由题设，因为sin2A ＝2sin A cos A ，所以sin B ＝2sin A cos A ，因为sinA =32sinB ，所以sin B ＝3sin B cos A ， 因为B ∈（0，π），所以sin B ≠0，所以cosA =13，由余弦定理a 2＝b 2+c 2﹣2bc cos A 可得：36=16+c 2−2×4×c ×13，整理得3c 2﹣8c ﹣60＝0，解得c ＝6或−103（舍），因为cosA =13，A ∈(0，π)，所以sinA =√1−cos 2A =2√23，所以△ABC 的面积为S =12bcsinA =12×4×6×2√23=8√2．22．（12分）随着生活水平的不断提高，人们更加关注健康，重视锻炼．通过“小步道”，走出“大健康”，健康步道成为引领健康生活的一道亮丽风景线．如图，A ﹣B ﹣C ﹣A 为某区的一条健康步道，AB 、AC为线段，BC ̂是以BC 为直径的半圆，AB ＝2√3km ，AC ＝4km ，∠BAC =π6．（1）求BĈ的长度； （2）为满足市民健康生活需要，提升城市品位，改善人居环境，现计划新建健康步道A ﹣D ﹣C （B ，D 在AC 两侧），其中AD ，CD 为线段．若∠ADC =π3，求新建的健康步道A ﹣D ﹣C 的路程最多可比原有健康步道A ﹣B ﹣C 的路程增加多少长度？（精确到0.01km ）解：（1）连接BC ，△ABC 中，由余弦定理得BC =√AC 2+AB 2−2AC ⋅ABcos∠BAC =√16+12−2×4×2√3×√32=2， BC ̂=12×2×π×1=π，即π（km ）； （2）设AD ＝a ，CD ＝b ，△ACD 中，由余弦定理得16＝a 2+b 2﹣ab ，所以（a +b ）2＝16+3ab ≤16+3×(a+b2)2，解得a +b ≤8，当且仅当a ＝b ＝4时取得等号，新建健康步道A ﹣D ﹣C 的最长路程8km ，8−π−2√3≈1.39（km ），故新建健康步道A ﹣D ﹣C 的路程最多可比原来有健康步道A ﹣B ﹣C 的路程增加1.39（km ）．。
专题2.4 提高复习之数列与不等式相结合问题-备战期末考试2015-2016学年高一下学期数学期
1．已知数列{n a }满足：11a =，2210,1n n n a a a +>-= ()*n N ∈，那么使n a ＜3成立的n 的最大值为（ ） A ．2 B ．3 C ．8 D ．9 【答案】C 【解析】试题分析：由题知{}2n a 是等差数，221(1)1n a a n n =+-⨯=，3n a <，29n a ∴<，9n ∴<，则n 的最大值为8.故选C.2．已知数列{}n a 的前n 项和n n S n 92-=，第k 项满足1310<<k a ，则=k （ ） A ．9 B ．10 C ．11 D ．12 【答案】C 【解析】试题分析：由数列{}n a 的前n 项和n n S n 92-=，可求得通项公式210n a n =-，所以1021013k <-<，解得1011.5k <<，因为*k N ∈，所以11k =，故选C.3．已知数列{}n a 满足134()n n a a n N +++=∈且19a =，其前n 项和为n S ，则满足1|6|125n S n --<的最小正整数n 为（ ）A. 6B.7C.8D.9 【答案】B4．已知数列{}n a 满足712,83,8n n a n n a a n -⎧⎛⎫-+>⎪ ⎪=⎝⎭⎨⎪≤⎩，若对于任意n N *∈都有1n n a a +>，则实数a 的取值范围是（ ）A ．10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．11,32⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D5．已知数列{}n a 的通项公式为327n a n =-，记数列S n 的前n 项和为，则使S 0n ≤成立的n 的最大值为（ ） A ．4 B ．5 C ．6 D ．8 【答案】C 【解析】 试题分析：123433333,1,3,32175227237247a a a a ==-==-==-==⨯-⨯-⨯-⨯-,531257a ==⨯-6332675a ==⨯-,7332777a ==⨯-,…，所以使0n S ≤成立的n 的最大值为6，故选C.6．已知数列{}n a 是递增数列，且对任意*n N ∈都有2n a n bn =+成立，则实数b 的取值范围是（ ） A ．7(,)2-+∞ B ．(0,)+∞ C ．(2,)-+∞ D ．(3,)-+∞ 【答案】D 【解析】试题分析：因为*n N ∈，{}n a 递增，所以322b -<，3b >-．故选D ． 7．若，a ∈N *，且数列{a n }是递增数列，则a 的值是（ ）A ．4或5B ．3或4C ．3或2D ．1或2 【答案】A8．已知等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，满足95S S =，且01>a ，则n S 中最大的是（ ） A ．6S B ．7S C ．8S D ．15S 【答案】B 【解析】试题分析：由95S S =,得()67897820a a a a a a +++=+=, 由01>a 知,0,087<>a a ,所以7S 最大，故B 正确.9．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足515S =-，3172d <<，则当n S 取得最小值时n 的值为（ ） A ．7 B ．8 C ．9 D ．10 【答案】C 【解析】试题分析：由等差数列求和公式得251551522d d S a ⎛⎫=⨯+-⨯=- ⎪⎝⎭ ，整理得132a d =--，故22215323222222n d d d d d d S n a n n d n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=+---=+-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，对称轴35=2n d +，因为3172d <<，n Z ∈，故=9n 时取得最小值. 10．已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，且675S S S >>，给出下列五个命题：①0d <；②110S >；③120S <；④数列{}n S 中的最大项为11S ；⑤67a a >其中正确命题的个数是（ ）A ．5B ．4C ．3D ．1 【答案】C11．在数列}{n a 中，12a =，11(1)(1)220()n n n n a a a a n N *++--+-=∈，若5150n a <，则n 的最小值为__________. 【答案】100 【解析】试题分析：令1n n a b -=，则∵11(1)(1)220()n n n n a a a a n N *++--+-=∈，∴11220n n n n b b b b +++-=，∴11112n n b b +-=，∵12a =，∴111b =，∴1111(1)22n n n b +=+-=，∴21n b n =+，∴211n a n -=+，∴211n a n =++，∵5150n a <，∴2511150n +<+，∴99n >，∴n 的最小值为100．所以答案应填：100． 12．数列{}n a 满足141,1211=+=+n n a a a ，记2232221n n a a a a S +⋅⋅⋅+++=，若3012m S S n n ≤-+对任意*∈N n 恒成立，则正整数m 的最小值为_______. 【答案】10 【解析】 试题分析：由1n a +=，得221114n n a a +-=，可知数列21n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以首项为1，公差为4的等差数列，所以()2111443nn n a =+-⨯=-，则2143n a n =-，22212n nS a a a =+++，考查()()222212*********418589n n n n n n n S S S S a a a n n n ++++++---=--=--+++，又1111082858289n n n n ⎛⎫⎛⎫-+->⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭，即()()212311*********n n n n S S S S n n n +++---=-->+++，则可知数列{}21n n S S +-是一个递减数列，所以数列{}21n n S S +-的最大项为22313211149545S S a a -=+=+=，又3012m S S n n ≤-+对任意*∈N n 恒成立，所以144530m ≤，即283m ≥，所以m 的最小值是10.13．记数列{a n }的前n 项和为S n ，若不等式222122n n S a ma n+≥对任意等差数列{a n }及任意正整数n 都成立，则实数m 的最大值为____________． 【答案】11014．已知n S 为数列}{n a 的前n 项和，1=1a ,2=(1)n n S n a +，若存在唯一的正整数n 使得不等式2220n n a ta t --≤成立，则实数t 的取值范围为_______.【答案】1(2,1][,1)2-- 【解析】试题分析：由2(1)n n S n a =+得，当2n ≥时有112n n S na --=，所以11222(1)n n n n n a S S n a na --=-=+-，即1(1)n n n a na --=，11n n a na n -=-，又11a =，所以121211n n nn n n a a a a a n a a a a ---=⋅⋅⋅==，所以2220n n a ta t --≤等价于2220n tn t --≤，设22()2f n n tn t =--，由于2(0)20f t =-≤，所以由题意有2222(1)120(2)2220f t t f t t ⎧=--<⎪⎨=--≥⎪⎩，解之得21t -<≤-或112t ≤<，所以应填1(2,1][,1)2--. 15．已知等比数列{}n a 的首项为43，公比为13-，其前n 项和为n S ，若23n nS S N ≤-≤M 对n *∈N 恒成立，则M -N 的最小值为 ． 【答案】251216．已知数列{}n a 通项为98.5n n a n -=-，若n a ≤M 恒成立，则M 的最小值为 ．【答案】2 【解析】试题分析：根据题意可知M 的最小值为数列的最小项，因为90.518.58.5n n a n n -==---，可知当8n =时取得最小值，而82a =，所以M 的最小值为2．17．已知数列{}n a 的前n 项和为n T ,且点(,)n n T 在函数23122y x x =-上，且423log 0n n a b ++=（n N *∈）．（I ）求{}n b 的通项公式；（II ）数列{}n c 满足n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和n S ；（III ）记数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n B ，设21n n nd b B =⋅，证明：1212n d d d +++<.【答案】（I ）n n b 41=；（II ）nn n S ⎪⎭⎫⎝⎛+-=4132332；（III ）证明见解析.试题解析：（I ）由点()n T n ,在函数x x y 21232-=上，得：n n T n 21232-= （ⅰ）当1=n 时，1212311=-==T a . （ⅱ）当2≥n 时，231-=-=-n T T a n n n ，∴23-=n a n ． 又∵0log 324=++n n b a ， ∴n n n b 414==- （II ）∵()nn n n n b a c ⎪⎭⎫⎝⎛-=⋅=4123且n n c c c c S +++=321，∴()nn n S ⎪⎭⎫⎝⎛⨯-++⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=4123417414411321 ……①()1432412341741441141+⎪⎭⎫⎝⎛⨯-++⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=n n n S …②由①-②得：()132412341414134143+⎪⎭⎫⎝⎛--⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=n n n n S()141412341141116134143+-⎪⎭⎫ ⎝⎛---⎪⎭⎫⎝⎛-+=n n n n S整理得：nn n S ⎪⎭⎫⎝⎛+-=4132332.18．已知各项都是正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，212n n n S a a =+，n N *∈ （1） 求数列{}n a 的通项公式；（2） 设数列{}n b 满足：11b =，12(2)n n n b b a n --=≥，数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ，求证：2n T <； （3） 若(4)n T n λ≤+对任意n N *∈恒成立，求λ的取值范围. 【答案】（1）12n a n =；（2）证明见解析；（3）29≥λ． 【解析】试题分析：（1）本小题是已知n S 与n a 的关系求通项公式的题型，方法是先由11a S =，求出1a ，然后利用当2n ≥时，1n n n a S S -=-得到n a 与1n a -的关系，再求通项；（2）由已知得1n n b b n --=，已知前后项的差，因此可用累加法求得通项，即由121321()()()n n n b b b b b b b b -=+-+-++-得(1)2n n n b +=，从而用裂项求和法求出1{}nb 的前n 项和n T ，并证得题设结论；（3）不等式2(4)1n λn n ≤++恒成立，可变形为2(1)(4)n λn n ≥++，为此只要求得2(1)(4)nn n ++的最大值即可，这可由基本不等式得到结论．试题解析：（1）1n =时，211111122a a a a =+∴= 21112211211121222n n n n n n nn n n n S a a a a a a a S a a+++--⎧=+⎪⎪⇒=-+-⎨⎪=+⎪⎩ 111()()02n n n n a a a a --⇒+--= 1102n n n a a a ->∴-=∴{}n a 是以12为首项，12为公差的等差数列 12n a n ∴=（3）由2(4)1n λn n ≤++得224(1)(4)5n n n n n λ≥=++++， 当且仅当2n =时，245n n++有最大值29，29λ∴≥19．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()()241n n S a n N *=+∈.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设n T 为数列12n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，证明：()213n T n N *≤<∈. 【答案】（1）21n a n =-；（2）证明见解析． 【解析】试题分析：（1）已知()241n n S a =+，要求通项公式，可再写一式2n ≥时，()21141n n S a --=+，利用1n n n a S S -=-，把两式相减可得n a 的递推关系，本题可得{}n a 是等差数列，易得通项；（2）要证明题设不等式，必须求得和n T ，由于12211(21)(21)2121n n a a n n n n +==--+-+，即可用裂项相消法求得和n T 1121n =-+，注意到*n N ∈，不等式易得证． 试题解析：（1）1n =时，11a =；2n ≥时，()21141n n S a --=+，又()241n n S a =+，两式相减得()()1120n n n n a a a a --+--=,{}10,2,n n n n a a a a ->∴-=为是以1位首项，2为公差的等差数列，即21n a n =-.20．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，点,n S n n⎛⎫⎪⎝⎭在直线11122y x =+上. （1）求数列{}n a 的通项公式；[来 （2）设()()13211211n n n b a a +=--，求数列{}n b 的前n 项和为n T ，并求使不等式20n kT >对一切*n N ∈都成立的最大正整数k 的值．【答案】（1）5n a n =+；（2）max 19k =． 【解析】试题分析：（1）由题意，得11122n S n n =+，化为211122n S n n =+，利用递推关系即可得出；（2）利用“裂项求和”可得Tn ，再利用数列的单调性、不等式的性质即可得出． 试题解析：（1）由题意，得11122n S n n =+，即211122n S n n =+故当2n ≥时，()()2211111111152222n n n a S S n n n n n -⎛⎫⎡⎤=-=+--+-=+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦ 当n=1时，11615a S ===+, 所以5n a n =+.。
高一数学2015-2016下期中考试试卷
贵安新区第三高级中学2015-2016学年度第二学期半期考试题卷高一 数 学 （出题人：赵继银 审题人：张正兴） 一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分) 1．不等式x 2－2x －5＞2x 的解集是( )A ．{x |x ≥5或x ≤－1}B ．{x |x ＞5或x ＜－1}C ．{x |－1＜x ＜5}D ．{x |－1≤x ≤5}2．某几何体的三视图，如图所示，则这个几何体是()A ．三棱锥B ．三棱柱C ．四棱锥D ．四棱柱3．在△ABC 中，若AB ＝3－1，BC ＝3＋1，AC ＝6，则B 等于( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．120°4．在△ABC 中，A ＝45°，AC ＝4，AB ＝2，那么cos B ＝( ) A.31010 B ．－31010 C.55 D ．－555．等差数列{a n }中，a 5＝33，a 45＝153，则201是该数列的第( )项( ) A ．60 B ．61 C ．62 D ．636．在△ABC 中，b ＝3，c ＝3，B ＝30°，则a 的值为( ) A. 3 B ．23 C.3或2 3 D ．27．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n (n ＋1)，则S 5等于( )A ．1 B.56 C.16 D.130 8．(x －2y ＋1)(x ＋y－3)<0表示的平面区域为( )9．已知某几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是( )A ．12 cm 3B ．13 cm 3C ．16 cm 3D ．112 cm 310．等腰△ABC 底角B 的正弦与余弦的和为62，则它的顶角是( )A ．30°或150°B ．15°或75°C ．30°D ．15°11．若x 、y 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥y x ＋y ≤1y ≥－1，则z ＝－2x ＋y 的最大值为( )A ．1B ．－12 C ．2 D ．－512．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )A ．500π3 cm 3B ．866π3 cm 3C ．1372π3 cm 3D ．2048π3 cm 3 二、填空题（每题5分）13．若0<x <1，则x (1－x )的最大值为________．14．在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则该数列前11项和S 11＝__________． 15．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2，则a 2等于__________．16．不等式(m ＋1)x 2＋(m 2－2m －3)x －m ＋3＞0恒成立，则m 的取值范围是__________． 三、简答题（共70分）17．(本题满分10分) 求函数y ＝－x 2－3x ＋4x的定义域.18．(本题满分12分)一个直角三角形三边长a 、b 、c 成等差数列，面积为12，求该三角形的周长．19．(本题满分12分)设x 1、x 2是关于x 的一元二次方程x 2－2kx ＋1－k 2＝0的两个实根，求x 21＋x 22的最小值．20．(本题满分12分)在△ABC 中，∠BAC ＝120°，AB ＝3，BC ＝7，求： (1)AC 的长； (2)△ABC 的面积．21．(本题满分12分) 设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知S 4＝1，S 8＝17，求S n .22. (本题满分12分)已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＝25，且a 1，a 11，a 13成等比数列．(1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.贵安新区第三高级中学2015-2016第二学期半期考试试卷答案 高一 数 学一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分) 选择题答案：1——5BBCDB 6——10CBCCA 11——12AA 1．不等式x 2－2x －5＞2x 的解集是( )A ．{x |x ≥5或x ≤－1}B ．{x |x ＞5或x ＜－1}C ．{x |－1＜x ＜5}D ．{x |－1≤x ≤5} [答案] B[解析] 不等式化为x 2－4x －5＞0， ∴(x －5)(x ＋1)＞0，∴x ＜－1或x ＞5.2．某几何体的三视图，如图所示，则这个几何体是()A ．三棱锥B ．三棱柱C ．四棱锥D ．四棱柱[答案] B3．在△ABC 中，若AB ＝3－1，BC ＝3＋1，AC ＝6，则B 等于( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．120°[答案] C[解析] cos B ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝12，∴B ＝60°.4．在△ABC 中，A ＝45°，AC ＝4，AB ＝2，那么cos B ＝( )A.31010 B ．－31010 C.55 D ．－55[答案] D[解析] BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB cos A＝16＋2－82cos45°＝10，∴BC ＝10， cos B ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC＝－55.5．等差数列{a n }中，a 5＝33，a 45＝153，则201是该数列的第( )项( ) A ．60 B ．61 C ．62 D ．63[答案] B[解析] 设公差为d ，由题意，得⎩⎨⎧a 1＋4d ＝33a 1＋44d ＝153，解得⎩⎨⎧a 1＝21d ＝3.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝21＋3(n －1)＝3n ＋18. 令201＝3n ＋18，∴n ＝61.6．在△ABC 中，b ＝3，c ＝3，B ＝30°，则a 的值为( ) A. 3 B ．2 3 C.3或2 3 D ．2 [答案] C[解析] ∵sin C ＝sin B b ·c ＝32，∴C ＝60°或C ＝120°， ∴A ＝30°或A ＝90°，当A ＝30°时，a ＝b ＝3；当A ＝90°时，a ＝b 2＋c 2＝2 3.故选C.7．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n (n ＋1)，则S 5等于( )A ．1 B.56 C.16 D.130[答案] B[解析] a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S 5＝1－12＋12－13＋13－14＋14－15＋15－16＝1－16＝56. 8．(x －2y ＋1)(x ＋y －3)<0表示的平面区域为()[答案] C[解析] 将点(0,0)代入不等式中，不等式成立，否定A 、B ，将(0,4)点代入不等式中，不等式成立，否定D ，故选C.9．已知某几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是()A ．12 cm3 B ．13 cm 3 C ．16 cm 3 D ．112 cm 3[答案] C[解析] 根据三视图可知原几何体是三棱锥， V ＝13Sh ＝13×12×1×1×1＝16(cm 3)．10．等腰△ABC 底角B 的正弦与余弦的和为62，则它的顶角是( ) A ．30°或150° B ．15°或75° C ．30° D ．15° [答案] A[解析] 由题意：sin B ＋cos B ＝62.两边平方得sin2B ＝12，设顶角为A ，则A ＝180°－2B .∴sin A ＝sin(180°－2B )＝sin2B ＝12，∴A ＝30°或150°.11．若x 、y 满足条件⎩⎨⎧x ≥yx ＋y ≤1y ≥－1，则z ＝－2x ＋y 的最大值为( )A ．1B ．－12C ．2D ．－5[答案] A[解析] 作出可行域如下图，当直线y ＝2x ＋z 平移到经过可行域上点A (1，－1)时，z 取最大值，∴z max ＝1.12．(2013·全国Ⅰ·理科)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为()A ．500π3 cm 3 B ．866π3 cm 3 C ．1372π3cm 3D ．2048π3 cm 3[答案] A[解析] 设球的半径为R ，则由题知球被正方体上面截得圆的半径为4，球心到截面圆的距离为R －2，则R 2＝(R －2)2＋42，解得R ＝5.∴球的体积为4π×533＝5003cm 3.二、填空题（每题5分）13．若0<x <1，则x (1－x )的最大值为________． [答案] 14[解析] ∵0<x <1，∴1－x >0， ∴x (1－x )≤[x ＋(1－x )2]2＝14， 等号在x ＝1－x ，即x ＝12时成立，∴所求最大值为14.14．在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则该数列前11项和S 11＝__________．A ．58B ．88C ．143D ．176[答案] B[解析] 本题主要考查等差数列的性质及求和公式．由条件知a 4＋a 8＝a 1＋a 11＝16，S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11×162＝88.15．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2，则a 2等于__________．[解析] S 1＝2a 1－2＝a 1，∴a 1＝2，S 2＝2a 2－2＝a 1＋a 2，∴a 2＝4.16．不等式(m ＋1)x 2＋(m 2－2m －3)x －m ＋3＞0恒成立，则m 的取值范围是__________． [答案] [－1,1)∪(1,3)[解析] m ＋1＝0时，m ＝－1，不等式化为：4＞0恒成立；m ＋1≠0时，要使不等式恒成立须⎩⎨⎧m ＋1＞0△<0，即⎩⎨⎧m ＋1＞0(m 2－2m －3)2－4(m ＋1)(－m ＋3)＜0 ， ∴－1＜m ＜3且m ≠1. 综上得－1≤m ＜3且m ≠1. 三、简答题17．(本题满分10分) 求函数y ＝－x 2－3x ＋4x的定义域解：要使函数有意义，则需⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－3x ＋4≥0x ≠0，解得－4≤x ≤1且x ≠0，故定义域为[－4,0)∪(0,1]18．一个直角三角形三边长a 、b 、c 成等差数列，面积为12，求该三角形的周长． [答案] 12 2[解析] 由条件知b 一定不是斜边，设c 为斜边，则⎩⎪⎨⎪⎧2b ＝a ＋c12ab ＝12a 2＋b 2＝c 2，解得b ＝42，a ＝32，c ＝52，∴a ＋b ＋c ＝12 2.19．(本题满分12分)设x 1、x 2是关于x 的一元二次方程x 2－2kx ＋1－k 2＝0的两个实根，求x 21＋x 22的最小值．[解析] 由题意，得x 1＋x 2＝2k ，x 1x 2＝1－k 2.Δ＝4k 2－4(1－k 2)≥0， ∴k 2≥12.∴x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4k 2－2(1－k 2) ＝6k 2－2≥6×12－2＝1.∴x 21＋x 22的最小值为1.20．(本题满分12分)在△ABC 中，∠BAC ＝120°，AB ＝3，BC ＝7，求： (1)AC 的长； (2)△ABC 的面积．[解析] (1)由余弦定理，得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos ∠BAC ， ∴49＝9＋AC 2＋3AC ，解之得AC ＝5(AC ＝－8舍去)．(2)△ABC 的面积S ＝12AB ·AC ·sin ∠BAC ＝12×3×5×sin120°＝1534.21．(本题满分12分) 设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知S 4＝1，S 8＝17，求S n .[解析] 设{a n }公比为q ，由S 4＝1，S 8＝17，知q ≠1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 4)1－q＝1a 1(1－q 8)1－q ＝17，两式相除并化简，得q 4＋1＝17，即q 4＝16. ∴q ＝±2，∴当q ＝2时，a 1＝115，S n ＝115(1－2n )1－2＝115(2n－1)；当q ＝－2时，a 1＝－15，S n ＝－15[1－(－2)n ]1＋2＝115[(－2)n －1]．22. (本题满分12分)已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＝25，且a 1，a 11，a 13成等比数列．(1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.[解析] (1)设{a n }的公差为d ，由题意，a 211＝a 1a 13，即 (a 1＋10d )2＝a 1(a 1＋12d )． 于是d (2a 1＋25d )＝0.又a 1＝25，所以d ＝0(舍去)，d ＝－2. 故a n ＝－2n ＋27.(2)令S n ＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.由(1)知a 3n －2＝－6n ＋31，故{a 3n －2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而 S n ＝n2(a 1＋a 3n －2) ＝n2(－6n ＋56) ＝－3n 2＋28n .。
2015—2016学年度第一学期期中质量调研检测试卷
2015—2016学年度第一学期期中质量调研检测试卷七年级数学一、选择题（每小题2分，共12分） 1．4-的绝对值是（ ）A ．4-B ．4C ．14-D ．142．据统计，我国2013年全年荒废造林面积约6090000公顷，6090000用科学记数法可表示为（ ） A ．6.09105⨯ B ．66.0910⨯ C ．460910⨯ D ．560.910⨯3．下列各组数中，相等的一组是（ ） A ．42-与()42- B ．35与53 C ．()3--与3--D ．()51-与()20131-4．下列计算正确的是（ ）A ．2325a a a +=B ．33a a -=C ．333235a a a +=D ．2222a b a b a b -+= 5．下列说法：①a -表示负数；②最大的负整数是1-；③数轴上表示数2和2-的点到原点的距离相等；④多项式232xy xy -的次数是2，其中正确的个数为（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个6．如图所示的运算程序中，若开始输入的x 值为24，则第1次输出的结果为12，第2次输出的结果为6，……第2000次输出的结果为（ ）A ．1B ．3C ．4D ．6二、填空题（每小题2分，共20分）7．13-的相反数是__________，例数是__________．8．单项式23xy -的系数是__________，次数是__________．9．某日，天气预报显示：高淳2--9℃，则该日高淳的温差是__________℃． 10．在下列数中，①3.14； ②5-； ③0.12；④1.010010001…；⑤π；⑥227，其中，无理数是__________．（填序号）11．比较大小：45-__________35-．12．若27m x y -与33n x y -是同类项，则m n -=__________．13．今年小丽a 岁，她的数学老师年轻比小丽年龄的3倍小3岁，小丽的数学老师的年龄用代数式表示为__________岁．14．实数a 、b 在数轴上的位置如图所示，则化简a b a +-的结果为__________．第14题图15．已知21x y -=，则324x y +-的值为__________．16．数轴上有A 、B 两点，A 、B 两点间的距离为3，其中点A 表示数1-，则点B 表示的数是__________． 三、解答题（本大题共10小题，共68分） 17．计算（每小题4分，共16分）（1）()()435-+---； （2）()1822⎛⎫-÷⨯- ⎪⎝⎭；（3）()()34324⨯---÷；（4）()2411136⎡⎤--⨯--⎣⎦．18．计算（每小题4分，共8分） （1）3531a b a b --+++；（2）()()2222243a b ab ab a b ---．19．（6分）先化简，再求值：已知()()222242x x y x y --+-，其中1x =-，12y =． 20．（4分）任意想一个数，把这个数乘2后减8，然后除以4，再减去原来所想的那个数的12，小时说所得结果一定是2-，请你通过列式计算说明小明说的正确． 21．（4分）自行车厂某周计划生产2100辆电动车，平均每天生产电动车300辆，由于各种原因，实际每天的生产量与计划每天的产量相比有出入，下表是该周的实际生产情况（超产记为正、减产记为负，（1）该厂星期一生产电动车__________辆；（2）生产量最多的一天比生产量最少的一天多生产电动车__________辆；（3）该厂实行记件工资制，每生产一辆车可得60元，那么该厂工人这一周的工资总额是多少元？ 22．（5分）一辆货车从超市出发，向东走了3千米到达小彬家，继续向东走2千米到达小颖家，然后向西走了10千米到达小明家，最后回到超市．（1）以超市为原点，以向东的方向为正方向，用1个单位长度表示1千米，在数轴上表示出小明家、小彬家、小颖家的位置；（2）小明家距小彬家多远？（要求写出解答过程）-4-17623．（5分）如图，图①是一个五边形，分别连接这个五边形各边中点得到图②，再分别连接图②中小五边形各边中点得到图③．第23题图③②①n（3）能否分出246个二角形？简述你的理由．24．（6分）第二章，我们学习了有理数的相关运算，在探究“有理数加法法则”的过程中，我们只要通过对几类算式的运算进行归纳总结，就可以得出该法则。
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第3题厦门市翔安第一中学2015-2016学年第二学期高一年期中考试卷数学科考试时间： 2016年4月22日 7:50—9:50 满分150 分一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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。
最后要将所有答案填写在答题卷上，否则不给分。
1．已知集合{}A x x Z =∈,{}03B x x =<<,则=⋂B A ( )A. {}03x x << B. {}1,2 C. {}12x x ≤≤ D. {}xx Z ∈ 2. 若直线经过((1,0),A B 两点，则直线AB 的倾斜角为（ ） A ．30︒ B ．45︒ C ．60︒ D ．120︒3. 如图，'''Rt O A B ∆是OAB ∆的斜二测直观图，斜边''2O A =，则OAB ∆的面积是（） A ．2B ．1 C．4．若圆x y x y 22++2-4=0关于直线x y m 3++=0对称，则实数m 的值为( ) A ．－3 B ．－1 C．1 D ．35.如图，函数y =OABC 的顶点B ，且4OA =. 若在矩形OABC 内随机地撒100粒豆子，落在图中阴影部分 的豆子有67粒，则据此可以估算出图中阴影部分的面积约为( ) A ．2.64 B ．2.68 C ．5.36 D ．6.646.如图是某年青年歌手大奖赛中,七位评委为甲、乙两名选手打出的分数的茎叶图(其中m 为数字0~9中的一个).去掉一个最高分和一个最低分后,甲、乙两名选手得分的平均数分别为a 1,a 2,则一定有( )A.a 1>a 2B.a 1<a 2C.a 1=a 2D.a 1,a 2的大小与m 的值有关7．如右图，在正方体ABCD A B C D ''''-中，点P 为线段AD '的中点，则异面直线CP 与BA '所成角θ的值为（ ） A.30 B.45 C.60 D.908.已知BC 是圆2225x y +=的动弦，且|BC|=6，则BC 的中点的轨迹方程是（ ）． A. 221x y += B. 229x y += C. 2216x y += D. 224x y += 9.若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为（ ）．A.π3B.π33 C.π32 D.π33210.已知点M (a ，b )在圆O ：x 2＋y 2＝4外，则直线ax ＋by ＝4与圆O 的位置关系是( ) A.相离 B.相切C.相交D.不确定11．如图，在空间四边形ABCD 中，点E,H 分别是边AB,AD 的中点，F,G 分别是边BC,CD 上的点，且CF CB＝CG CD＝23，则（ ）A ．EF 与GH 互相平行B ．EF 与GH 异面C ．EF 与GH 的交点M 可能在直线AC 上，也可能不在直线AC 上D ．EF 与GH 的交点M 一定在直线AC 上12.奇函数)(x f 、偶函数)(x g 的图像分别如图1、2所示，方程()()()()0,0==x f g x g f ，的实根个数分别为a 、b ，则=+b a ( ) A.10 B.8 C.7 D.3二、填空题:本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中答题卷相应横线上，否则不给分。
13．两直线3x ＋4y －9＝0和3x ＋my +1＝0平行，则它们之间的距离为___________．14.一个几何体的三视图如右图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为 .15.已知圆C 1：224470x y x y +--+=和圆C 2：22410130x y x y +--+=， 则两圆的公切线有 条．16.如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD 为正方形，E ，F 分别为PA ，PD 的中点． 在此几何体中，给出下面四个结论： ①B，E ，F ，C 四点共面； ②直线BF 与AE 异面； ③直线EF∥平面PBC ； ④平面BCE⊥平面PAD ；．⑤折线B→E→F→C 是从B 点出发，绕过三角形PAD 面，到达点C 的 一条最短路径．其中正确的有 ．（请写出所有符合条件的序号）三、解答题：本题有6小题，共74分。
解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.（本小题满分12分）已知()()()ln 1ln 1f x x x =--+.(1)求出函数()f x 的定义域，并求不等式()0>x f 的解集. (2)判断()x f 的奇偶性并证明.1B18.（本小题满分12分）.如图，矩形ABCD 的两条对角线相交于点(2,0)M ，AB 边所在直线的方程为360x y --=，点(1,1)T -在AD 边所在直线上.（1）求AD 边所在直线的方程； （2）求矩形ABCD 外接圆的方程.19.（本小题满分12分）如图，正方体1111D C B A ABCD -的棱长为2， F E 、、G 分别是11C B 、1AD 、E D 1 的中点.（1）求证：FG ∥平面E AA 1；（2）求AE 与平面1111D C B A 所成的角的正切值.20.（本小题满分12分）某公司有一批专业技术人员，对他们进行年龄状况和接受教育程度(学历)的调查，其结果(人数分布)如表：50岁以上(1)用分层抽样的方法在35～50岁年龄段的专业技术人员中抽取一个容量为5的样本， 将该样本看成一个总体，从中任取2人，求至少有1人的学历为研究生的概率； (2)在这个公司的专业技术人员中按年龄状况用分层抽样的方法抽取N 个人，其中35岁 以下48人，50岁以上10人，再从这N 个人中随机抽取出1人，此人的年龄为50岁以 上的概率为539，求x 、y 的值．21．（本小题满分12分）如图，棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧面BCC 1B 1是菱形，B 1C ⊥A 1B ． (1)证明：平面AB 1C ⊥平面A 1BC 1； (2)设D 是A 1C 1上的点且A 1B ∥平面B 1CD ，求A 1DDC 1的值． 22．（本小题满分14分）已知圆M 的方程为()1222=-+y x ，直线l 的方程为02=-y x ，点P 在直线l 上，过P 点作圆M 的切线PA ，PB ，切点为A ，B ． （1）若 60=∠APB ，试求点P 的坐标；（2）若P 点的坐标为()1,2，过P 作直线与圆M 交于C ，D 两点，当2=CD 时，求直线CD 的方程；（3）经过A ，P ，M 三点的圆必过定点，求出所有定点的坐标．厦门市翔安第一中学2015-2016学年第二学期高一年期中考数学科参考答案一、选择题：1-5 BADCC 6-10 BACBC 11-12 DA 二、填空题：13．2 14. π3 15.1 16. ①②③ 三、解答题：17. (本小题满分12分） 解:(1)由⎩⎨⎧>+>-0101x x 解得函数的定义域为()1,1-,…………………………… 2分由()0>x f 即()()x n x +>-111ln由⎪⎩⎪⎨⎧>+>-+>-010111x x x x 解得不等式的解集为()0,1-…………… 6分 (2)判断知()f x 为奇函数,……7分证明:设任意()()()()()1,1,ln 1ln 1x f x x x f x ∈--=+--=-,所以函数()f x 为奇函数.……12分18.（本小题满分12分）解：（1）因为AB 边所在直线的方程为，31=∴AB k ……………………1分 3,1,-=∴-=⋅∴⊥AD AD AB k k k AD AB ………………3分又因为点在直线AD 上，所以AD 边所在的直线的方程为，即．…………6分（2）由，解得点A 的坐标为，…………………………………8分因为矩形ABCD 两条对角线的交点为，所以M 为矩形ABCD 外接圆的圆心， 又， (11)分 从而矩形ABCD外接圆的方程为()8222=+-y x ． ……………………………………12分19．(本小题满分12分）证明:（1）F 、G 分别是1AD 、E D 1 的中点.E AA AE E AA FG AE FG 11,,//面面⊄⊂∴∴FG ∥平面E AA 1 ……………………………………………6分(2) 11111D C B A AA ⊥E A 1∴是AE 在平面1111D C B A 上的投影EA A 1∠∴是AE 与平面1111D C B A 所成的角 ………………………8分55252tan 111===∠∴E A AA EA A AE ∴与平面1111D C B A 所成的角的正切值为552. ………………………12分 20.（本题满分12分）解:(1)用分层抽样的方法在35～50岁中抽取一个容量为5的样本，设抽取学历为本科的人数m ，∴3050＝m5，解得m ＝3. ……2分 ∴抽取了学历为研究生的2人，学历为本科的3人，分别记作S 1、S 2；B 1、B 2、B 3. 记至少有1人的学历为研究生为事件A ………3分 从中任取2人的所有基本事件有：(S 1，B 1)，(S 1，B 2)，(S 1，B 3)，(S 2，B 1)，(S 2，B 2)， (S 2，B 3)，(S 1，S 2)，(B 1，B 2)，(B 2，B 3)，(B 1，B 3)．共10个 ……5分 其中至少有1人的学历为研究生的基本事件：(S 1，B 1)，(S 1，B 2)，(S 1，B 3)， (S 2，B 1)，(S 2，B 2)，(S 2，B 3)，(S 1，S 2)．共7个 ……6分 ∴从中任取2人，至少有1人的教育程度为研究生的概率为()=A P 710.……7分 (2)依题意得：10N ＝539，解得N ＝78. ……8分∴35～50岁中被抽取的人数为78－48－10＝20. ……9分 ∴4880＋x ＝2050＝1020＋y. 解得x ＝40，y ＝5.∴x ＝40，y ＝5. ……12分21.（本题满分12分）(1)证明:因为侧面BCC 1B 1是菱形，所以B 1C ⊥BC 1．又B 1C ⊥A 1B ，且A 1B ∩BC 1＝B ，所以B 1C ⊥平面A 1BC 1．又B 1C ⊂平面AB 1C ，所以平面AB 1C ⊥平面A 1BC 1． ……6分(2)解:设B C 1交B 1C 于点E ，连接DE ，CD B B A DE CD B BC A 11111,面面面⊂=⋂ 因为A 1B ∥平面B 1CD ，所以A 1B ∥DE ．又E 是BC 1的中点，所以D 为A 1C 1的中点，即A 1DDC 1＝1……12分22.（本题满分14分）解：（1） 点P 在直线l 上,可设()m m P ,2，又 60=∠APB由题可知2,2=∴=MP AM MP∴（2m ）2+（m ﹣2）2=4， ………………………2分解之得：，故所求点P 的坐标为P （0，0）或． (4)分（2）①当斜率不存在时, 直线CD 的方程为：2=x ，此时直线CD 与圆M 相离，不符合。