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浙江省宁波市高一数学下学期期中试卷(含解析)

2016-2017学年浙江省宁波市高一（下）期中数学试卷一．选择题（共8小题，每小题5分，共40分）1．化简cos15°cos45°﹣cos75°sin45°的值为（）A．B．C．﹣ D．﹣2．已知△ABC中，a=，b=，B=60°，那么角A等于（）A．45° B．60° C．120°或60°D．135°或45°3．在等差数列{a n}中，若a2+a8=10，则a1+a3+a5+a7+a9的值是（）A．10 B．15 C．20 D．254．设正项等比数列{a n}的前n项和为S n，且，若a3+a5=20，a2a6=64，则S4=（）A．63或126 B．252 C．120 D．635．已知α，β都是锐角，cosα=，cos（α+β）=﹣，则oosβ值为（）A．B．C．D．6．数列{a n}满足a n+1=，若a1=，则a2016的值是（）A．B．C．D．7．若c=acosB，b=asinC，则△ABC是（）A．等腰三角形B．等腰直角三角形C．直角三角形D．等边三角形8．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，b=c，且满足=．若点O是△ABC外一点，∠AOB=θ（0＜θ＜π），OA=2OB=2，平面四边形OACB面积的最大值是（）A．B．C．3 D．二．填空题（本大题共7小题，其中多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）9．（6分）记等差数列{a n}的前n项和为S n，若，则d= ，S6= ．10．（4分）在等比数列{a n}中，a1=3，a4=24，则a3+a4+a5= ．11．（6分）若cosα+3sinα=﹣，则tanα= ，sin2α= ．12．（4分）已知钝角△ABC的三边a=k，b=k+2，c=k+4，求k的取值范围．13．（6分）在四边形ABCD中，已知AD⊥DC，AB⊥BC，AB=1，AD=2，∠BAD=120°，则BD= ，AC= ．14．（4分）已知锐角θ满足sin（+）=，则cos（θ+）的值为．15．（6分）数列{a n}满足a n+1+（﹣1）n a n=2n﹣1，其前n项和为S n，则（1）a1+a3+a5+…+a99= ；（2）S4n= ．三．解答题（本大题共5小题，共74分）16．（14分）已知函数．（1）求f（x）的值域和最小正周期；（2）方程f（x）=m在内有解，求实数m的取值范围．17．（15分）三角形的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知cos（A﹣C）+cosB=1，a=2c．（I）求C角的大小（Ⅱ）若a=，求△ABC的面积．18．（15分）已知数列{a n}中，a1=3，且a n=2a n﹣1+2n﹣1（n≥2且n∈N*）（Ⅰ）证明：数列{}为等差数列；（Ⅱ）求数列{a n}的前n项和S n．19．（15分）已知在锐角△ABC中，a，b，c为角A，B，C所对的边，且（b﹣2c）cosA=a﹣2acos2．（1）求角A的值；（2）若a=，则求b+c的取值范围．20．（15分）各项均为正数的数列{a n}中，前n项和．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若＜k恒成立，求k的取值范围；（3）是否存在正整数m，k，使得a m，a m+5，a k成等比数列？若存在，求出m和k的值，若不存在，请说明理由．2016-2017学年浙江省宁波市诺丁汉大学附中高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，每小题5分，共40分）1．化简cos15°cos45°﹣cos75°sin45°的值为（）A．B．C．﹣ D．﹣【考点】GP：两角和与差的余弦函数．【分析】先利用诱导公式把cos75°转化为sin15°，进而利用两角和的余弦函数求得答案．【解答】解：cos15°cos45°﹣cos75°sin45°=cos15°cos45°﹣sin15°sin45°=cos（15°+45°）=cos60°=故选A．【点评】本题主要考查了两角和与差的正弦函数和诱导公式的运用，利用诱导公式把cos75°转化为sin15°关键．属于基础题．2．已知△ABC中，a=，b=，B=60°，那么角A等于（）A．45° B．60° C．120°或60°D．135°或45°【考点】HP：正弦定理．【分析】根据正弦定理，即可求出A的大小．【解答】解：∵△ABC中，a=，b=，∴a＜b，且A＜B，又B=60°，即A＜60°，由正弦定理得sinA==，则A=45°或135°（舍去），故选：A．【点评】本题主要考查解三角形的应用，利用正弦定理是解决本题的关键，注意要判断角A 的取值范围．3．在等差数列{a n}中，若a2+a8=10，则a1+a3+a5+a7+a9的值是（）A．10 B．15 C．20 D．25【考点】85：等差数列的前n项和；84：等差数列的通项公式．【分析】由等差数列的性质可得：a2+a8=10=a1+a9=a3+a7=2a5，即可得出．【解答】解：由等差数列的性质可得：a2+a8=10=a1+a9=a3+a7=2a5，∴a5=5，∴a1+a3+a5+a7+a9=5a5=25．故选：D．【点评】本题考查了等差数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．4．设正项等比数列{a n}的前n项和为S n，且，若a3+a5=20，a2a6=64，则S4=（）A．63或126 B．252 C．120 D．63【考点】89：等比数列的前n项和．【分析】设正项等比数列{a n}公比为q，且0＜q=，根据a3+a5=20，a2a6=64=a3a5，解得a3=16，a5=4．可得q2=，0＜q＜1，解得q，a1，利用求和公式即可得出．【解答】解：设正项等比数列{a n}公比为q，且0＜q=，∵a3+a5=20，a2a6=64=a3a5，解得a3=16，a5=4．∴q2=，0＜q＜1，解得q=，∴=16，解得a1=64．则S4==120．故选：C．【点评】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式、单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．5．已知α，β都是锐角，cosα=，cos（α+β）=﹣，则oosβ值为（）A．B．C．D．【考点】GP：两角和与差的余弦函数；GQ：两角和与差的正弦函数．【分析】根据同角三角函数基本关系的应用分别求得sinα和sin（α+β）的值，进而根据余弦的两角和公式求得答案．【解答】解：∵α，β都是锐角，cosα=，cos（α+β）=﹣，∴sinα==，sin（α+β）==，∴cosβ=cos（α+β﹣α）=cos（α+β）cosα+sin（α+β）sinα=﹣×+×=．故选：C．【点评】本题主要考查了余弦函数的两角和公式的应用．注重了对学生基础知识的考查．6．数列{a n}满足a n+1=，若a1=，则a2016的值是（）A．B．C．D．【考点】81：数列的概念及简单表示法．【分析】由数列{a n}满足a n+1=，a1=，可得a n+3=a n．【解答】解：∵数列{a n}满足a n+1=，a1=，∴a2=2a1﹣1=，a3=2a2﹣1=，a4=2a3=，…，∴a n+3=a n．则a2016=a671×3+3=a3=．故选：C．【点评】本题考查了分段数列的性质、分类讨论方法、数列的周期性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．7．若c=acosB，b=asinC，则△ABC是（）A．等腰三角形B．等腰直角三角形C．直角三角形D．等边三角形【考点】HP：正弦定理．【分析】由余弦定理化简c=acosB得：a2=b2+c2，判断出A=90°，再由正弦定理化简b=asinC，判断出B、C的关系．【解答】解：因为：在△ABC中，c=acosB，所以：由余弦定理得，c=a×，化简得，a2=b2+c2，则：△ABC是直角三角形，且A=90°，所以：sinA=1，又因为：b=asinC，由正弦定理得，sinB=sinAsinC，即sinC=sinB，又因为：C＜90°，B＜90°，则C=B，所以：△ABC是等腰直角三角形，故选：B．【点评】本题主要考查了正弦、余弦定理在解三角形中的应用，考查了边角互化，即根据式子的特点把式子化为边或角，再判断出三角形的形状，属于基础题．8．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，b=c，且满足=．若点O是△ABC外一点，∠AOB=θ（0＜θ＜π），OA=2OB=2，平面四边形OACB面积的最大值是（）A．B．C．3 D．【考点】GL：三角函数中的恒等变换应用；HR：余弦定理．【分析】依题意，可求得△ABC为等边三角形，利用三角形的面积公式与余弦定理可求得S OACB=2sin（θ﹣）+（0＜θ＜π），从而可求得平面四边形OACB面积的最大值．【解答】解：∵△ABC中， =，∴sinBcosA+cosBsinA=sinA，即sin（A+B）=sin（π﹣C）=sinC=sinA，∴A=C，又b=c，∴△ABC为等边三角形；∴S OACB=S△AOB+S△ABC=|OA|•|OB|sinθ+×|AB|2×=×2×1×sinθ+（|OA|2+|OB|2﹣2|OA|•|OB|cosθ）=sinθ+（4+1﹣2×2×1×cosθ）=sinθ﹣cosθ+=2sin（θ﹣）+，∵0＜θ＜π，∴﹣＜θ﹣＜，∴当θ﹣=，即θ=时，sin（θ﹣）取得最大值1，∴平面四边形OACB面积的最大值为2+=．故选：A．【点评】本题考查三角函数中的恒等变换应用，考查余弦定理的应用，求得S OACB=2sin（θ﹣）+是关键，也是难点，考查等价转化思想与运算求解能力，属于难题．二．填空题（本大题共7小题，其中多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）9．记等差数列{a n}的前n项和为S n，若，则d= 3 ，S6= 48 ．【考点】85：等差数列的前n项和．【分析】利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，∵，∴+d=20，解得d=3．∴S6==48．故答案为：3，48．【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．10．在等比数列{a n}中，a1=3，a4=24，则a3+a4+a5= 84 ．【考点】84：等差数列的通项公式．【分析】根据a1=3，a4=24求出数列的公比，从而可求出a3+a4+a5的值．【解答】解：∵等比数列的通项公式为a n=a1q n﹣1，∴a4=a1q3=3q3=24解得q=2∴a3+a4+a5=3q2+3q3+3q4=84故答案为：84【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式，利用等比数列性质的能力，同时考查了运算求解的能力，属于基础题．11．若cosα+3sinα=﹣，则tanα= 3 ，sin2α= ．【考点】GI：三角函数的化简求值．【分析】由题意和同角三角函数基本关系可得sinα，进而可得cosα，可得tanα，利用倍角公式即可求得sin2α的值．【解答】解：∵3sinα+cosα=﹣，∴cosα=﹣﹣3sinα，代入sin2α+cos2α=1可得sin2α+（﹣﹣3sinα）2=1，解得sinα=﹣，∴cosα=﹣﹣3sinα=﹣，∴tanα==3，sin2α=2sinαcosα=．故答案为：3；．【点评】本题考查三角函数计算，涉及同角三角函数基本关系，二倍角的正弦函数公式的应用，属基础题．12．已知钝角△ABC的三边a=k，b=k+2，c=k+4，求k的取值范围（2，6）．【考点】HR：余弦定理．【分析】根据余弦定理以及C为钝角，建立关于k的不等式，解之可得﹣2＜k＜6，再根据n 为整数和构成三角形的条件，不难得出本题答案．【解答】解：由题意，得c是最大边，即C是钝角∴由余弦定理，得（k+4）2=（k+2）2+k2﹣2k（k+2）•cosC＞=（k+2）2+k2即（k+2）2+k2＜（k+4）2，解之得﹣2＜k＜6，∵a+b＞c，∴k+（k+2）＞k+4，解之得k＞2综上所述，得k的取值范围是（2，6）故答案为：（2，6）【点评】本题给出钝角三角形的三边满足的条件，求参数k的取值范围，着重考查了利用余弦定理解三角形和不等式的解法等知识，属于基础题．13．在四边形ABCD中，已知AD⊥DC，AB⊥BC，AB=1，AD=2，∠BAD=120°，则BD= ，AC= ．【考点】HT：三角形中的几何计算．【分析】由余弦定理求出BD，利用AC为直径，根据正弦定理，即可求出．【解答】解：△ABD中，由余弦定理可得BD==∵AD⊥DC，AB⊥BC，∴A，B，C，D四点共圆，AC为直径，∴AC==．故答案为：，．【点评】本题考查余弦定理、正弦定理的运用，考查学生的计算能力，比较基础．14．已知锐角θ满足sin（+）=，则cos（θ+）的值为．【考点】GI：三角函数的化简求值．【分析】利用同角三角函数关系和诱导公式进行化简求值．【解答】解：∵sin（+）=，∴sin2（+）= =，则cos（θ+）=﹣，∵0＜θ＜，∴＜θ+＜，∴sin（θ+）＞0，∴sin（θ+）==∴cos（θ+）=cos（+θ+）=﹣sin（θ+）=﹣，故答案为：．【点评】本题考查了三角函数的化简求值，熟记公式即可解答，属于基础题，考查学生的计算能力．15．数列{a n}满足a n+1+（﹣1）n a n=2n﹣1，其前n项和为S n，则（1）a1+a3+a5+…+a99= 50 ；（2）S4n= 8n2+2n ．【考点】8H：数列递推式．【分析】（1）由已知数列递推式可得a2n+1+a2n﹣1=2．分别取n=1、3、5、…、49，可得a1+a3+a5+…+a99的值；（2）由已知数列递推式结合（1）可得（k∈N*）．设b n=a4n﹣3+a4n﹣2+a4n﹣1+a4n=16n﹣6（n∈N*），则{b n}为首项为10，公差为16的等差数列．由此求得S4n=b1+b2+…+b n ．【解答】解：（1）∵a n+1+（﹣1）n a n=2n﹣1，∴a2n+1+a2n=4n﹣1，a2n﹣a2n﹣1=4n﹣3．两式相减得a2n+1+a2n﹣1=2．则a3+a1=2，a7+a5=2，…，a99+a97=2，∴a1+a3+a5+…+a99=25×2=50；（2）由（1）得，a3=2﹣a1，a2n+3+a2n+1=2，∴a2n+3=2﹣a2n+1=2﹣（2﹣a2n﹣1）=a2n﹣1（n∈N*）．当n=2k（k∈N*）时，a4k+3=a4k﹣1=…=a3=2﹣a1；当n=2k﹣1（k∈N*）时，a4k+1=a4k﹣3=…=a1．由已知可得a4k﹣1+a4k﹣2=8k﹣5，a4k﹣a4k﹣1=8k﹣3（k∈N*）．∴a4k﹣2=8k﹣5﹣a4k﹣1=8k﹣7+a1，a4k=8k﹣3+a4k﹣1=8k﹣1﹣a1．∴（k∈N*）．设b n=a4n﹣3+a4n﹣2+a4n﹣1+a4n=16n﹣6（n∈N*），则{b n}为首项为10，公差为16的等差数列．∴S4n=b1+b2+…+b n=．故答案为：（1）50；（2）8n2+2n．【点评】本题考查数列递推式，考查了逻辑思维、推理论证以及计算能力，考查等差数列前n 项和的求法，题目难度较大．三．解答题（本大题共5小题，共74分）16．（14分）（2017春•鄞州区校级期中）已知函数．（1）求f（x）的值域和最小正周期；（2）方程f（x）=m在内有解，求实数m的取值范围．【考点】GL：三角函数中的恒等变换应用；H2：正弦函数的图象．【分析】（1）利用二倍角和两角和与差以及辅助角公式基本公式将函数化为y=Asin（ωx+φ）的形式，再利用周期公式求函数的最小正周期，最后将内层函数看作整体，放到正弦函数的增区间上，解不等式得函数的单调递增区间；（2）内有时，求出内层函数的取值范围，结合三角函数的图象和性质，可得f（x）的值域．即得实数m的取值范围．【解答】解：函数．化简可得：f（x）=2cos（x+）•sin（x+）﹣×2cos2（x+）=sin（2x+）cos（2x+）=2sin（2x+）﹣（1）∵﹣1≤sin（2x）≤1．∴﹣2﹣≤2sin（2x）﹣≤2﹣，最小正周期T==π，即f（x）的值域为，最小正周期为π．（2）当x∈时，∴2x+∈[]，故sin（2x+）∈[]，即实数m的取值范围是[]．【点评】本题主要考查对三角函数的化简能力和三角函数的图象和性质的运用，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键．属于中档题．17．（15分）（2017春•鄞州区校级期中）三角形的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知cos（A﹣C）+cosB=1，a=2c．（I）求C角的大小（Ⅱ）若a=，求△ABC的面积．【考点】HQ：正弦定理的应用；GP：两角和与差的余弦函数．【分析】（I）根据cos（A﹣C）+cosB=1，可得cos（A﹣C）﹣cos（A+C）=1，展开化简可得2sinAsinC=1，由a=2c，根据正弦定理得：sinA=2sinC，代入上式，即可求得C角的大小（Ⅱ）确定A，进而可求b，c，利用三角形的面积公式，可求△ABC的面积．【解答】解：（I）因为A+B+C=180°，所以cos（A+C）=﹣cosB，因为cos（A﹣C）+cosB=1，所以cos（A﹣C）﹣cos（A+C）=1，展开得：cosAcosC+sinAsinC﹣（cosAcosC﹣sinAsinC）=1，所以2sinAsinC=1．因为a=2c，根据正弦定理得：sinA=2sinC，代入上式可得：4sin2C=1，所以sinC=，所以C=30°；（Ⅱ）由（I）sinA=2sinC=1，∴A=∵a=，C=30°，∴c=，b=∴S△ABC=bc==．【点评】本题考查正弦定理，考查三角形面积的计算，考查学生的计算能力，属于基础题．18．（15分）（2017•梅州一模）已知数列{a n}中，a1=3，且a n=2a n﹣1+2n﹣1（n≥2且n∈N*）（Ⅰ）证明：数列{}为等差数列；（Ⅱ）求数列{a n}的前n项和S n．【考点】8H：数列递推式；8E：数列的求和．【分析】（1）整理变形a n﹣1=2（a n﹣1﹣1）+2n，（n≥2且n∈N*）式两端同除以2n得出：=1=常数，运用等差数列的和求解即可．（2）根据数列的和得出S n=（1×21+2×22+3×23+…+n×2n）+n，设T n=1×21+2×22+3×23+…+n ×2n，运用错位相减法求解即可．得出T n，代入即可．【解答】解：（1）∵a n=2a n﹣1+2n﹣1（n≥2且n∈N*）∴a n﹣1=2（a n﹣1﹣1）+2n，（n≥2且n∈N*）∴等式两端同除以2n得出：=1=常数，∵a1=3，∴==1，∴数列{}为等差数列，且首项为1，公差为1，（2）∵根据（1）得出=1+（n﹣1）×1=n，a n=n×2n+1∴数列{a n}的前n项和S n=（1×21+2×22+3×23+…+n×2n）+n，令T n=1×21+2×22+3×23+…+n×2n，①2T n=1×22+2×23+3×24+…+（n﹣1）×2n+n×2n+1，②①﹣②得出：﹣T n=2+22+23+…+2n﹣n×2n+1，∴T n=n×2n+1﹣2×2n+2，∴S n=n×2n+1﹣2n+1+2+n【点评】本题考察了数列的递推关系式的运用，错位相减法求解数列的和，考察了学生的分析问题，化简计算的能力．19．（15分）（2017•梅河口市校级模拟）已知在锐角△ABC中，a，b，c为角A，B，C所对的边，且（b﹣2c）cosA=a﹣2acos2．（1）求角A的值；（2）若a=，则求b+c的取值范围．【考点】HP：正弦定理；GL：三角函数中的恒等变换应用．【分析】（1）在锐角△ABC中，根据条件利用正弦定理可得（sinB﹣2sinC）cosA=sinA（﹣cosB），化简可得cosA=，由此可得A的值．（2）由正弦定理可得==2，可得 b+c=2（sinB+sinC）=2sin（B+）．再由，求得B的范围，再利用正弦函数的定义域和值域求得b+c的取值范围．【解答】解：（1）在锐角△ABC中，根据（b﹣2c）cosA=a﹣2acos2=a﹣2a•，利用正弦定理可得（sinB﹣2sinC）cosA=sinA（﹣cosB），即 sinBcosA+cosBsinA=2sinCcosA，即sin（B+A）=2sinCcosA，即sinC=2sinCcosA，∴cosA=，∴A=．（2）若a=，则由正弦定理可得==2，∴b+c=2（sinB+sinC）=2=3sinB+cosB=2sin（B+）．由于，求得＜B＜，∴＜B+＜．∴sin（B+）∈（，1]，∴b+c∈（3，2]．【点评】本题主要考查正弦定理的应用，正弦函数的定义域和值域，属于中档题．20．（15分）（2016春•徐州期中）各项均为正数的数列{a n}中，前n项和．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若＜k恒成立，求k的取值范围；（3）是否存在正整数m，k，使得a m，a m+5，a k成等比数列？若存在，求出m和k的值，若不存在，请说明理由．【考点】8K：数列与不等式的综合．【分析】（1）利用递推关系得（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣2）=0，数列{a n}的各项均为正数，可得a n﹣a n﹣1=2，n≥2，利用等差数列的通项公式即可得出．（2）由题意得，利用，“裂项求和”方法即可得出．（3）a n=2n﹣1．假设存在正整数m，k，使得a m，a m+5，a k成等比数列，即．可得，进而得出．．【解答】解：（1）∵，∴，两式相减得，整理得（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣2）=0，∵数列{a n}的各项均为正数，∴a n﹣a n﹣1=2，n≥2，∴{a n}是公差为2的等差数列，又得a1=1，∴a n=2n﹣1．（2）由题意得，∵，∴=，∴．（3）∵a n=2n﹣1．假设存在正整数m，k，使得a m，a m+5，a k成等比数列，即即（2m+9）2=（2m﹣1）•（2k﹣1），∵（2m﹣1）≠0，∴，∵2k﹣1∈Z，∴2m﹣1为100的约数，∴2m﹣1=1，m=1，k=61．【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、数列的单调性、“裂项求和”方法、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．。

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2022-2023学年浙江省宁波市三锋教研联盟高一(下)期中数学试卷【答案版】

2022-2023学年浙江省宁波市三锋教研联盟高一(下)期中数学试卷【答案版】

2022-2023学年浙江省宁波市三锋教研联盟高一（下）期中数学试卷一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知向量a →=（2，6），b →=（1，λ），若a →∥b →，则λ等于（ ） A ．2B ．﹣3C ．3D ．﹣22．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b =√3，A ＝45°，B ＝60°，则a ＝（ ） A ．1B ．2√2C ．2D ．√23．设a →，b →是两个非零向量，则“a →∥b →”是“|a →+b →|=|a →|+|b →|”成立的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．若直线l 不平行于平面α，则下列结论成立的是（ ） A ．α内的所有直线都与l 异面 B ．α内不存在与l 平行的直线C ．α内的所有直线都与l 相交D ．直线l 与平面α有公共点5．如图，平行四边形ABCD 的对角线相交于点O ，E 为AO 的中点，若ED →=xAB →+yAD →(x ，y ∈R)，则x ﹣y 等于（ ）A ．1B ．﹣1C ．12D ．−126．在△ABC 中，A =2π3，AB ＝AC ＝2，以AB 所在的直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成一个几何体，则该几何体的体积为（ ） A ．7π2B ．2πC ．πD ．3π7．已知△ABC 中，D 是BC 的中点，且|AB →+AC →|=|AB →−AC →|，|AD →|=|AB →|，则向量BA →在BC →上的投影向量为（ ） A ．14BC →B ．√34BC →C ．−14BC →D ．−√34BC →8．如图，已知长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，AD ＝AA 1＝2，AB ＝3，E 、F 分别是棱AA 1、A 1D 1的中点，点P 为底面四边形ABCD 内（包括边界）的一动点，若直线D 1P 与平面BEF 无公共点，则点P 的轨迹长度为（ ）A ．2√2B ．√13C ．√10D ．2√2+1二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分． 9．下列命题是真命题的是（ ） A ．平行于同一直线的两条直线平行 B ．平行于同一平面的两条直线平行C ．平行于同一直线的两个平面平行D ．平行于同一平面的两个平面平行10．在平面直角坐标系中，已知点O （0，0），A （1，2），B （3，1），则（ ） A ．|AB →|=√5B ．△AOB 是直角三角形C ．以OA ，OB 为邻边的平行四边形的顶点D 的坐标为（4，4） D ．与OA →垂直的单位向量的坐标为(2√55，−√55)或(−2√55，√55) 11．如图，空间四边形ABCD 中，E ，F 分别是边AB ，BC 的中点，G ，H 分别在线段DC ，DA 上，且满足DG ＝λDC ，DH ＝μDA ，λ，μ∈（0，1），则下列说法正确的是（ ）A ．当λ＝μ=12时，四边形EFGH 是矩形 B ．当λ＝μ=23时，四边形EFGH 是梯形 C ．当λ≠μ时，四边形EFGH 是空间四边形D ．当λ≠μ时，直线EH ，FG ，BD 相交于一点12．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且ac =1+cosA cosC，则下列结论正确的有（ ）A ．A ＝2CB ．a 2﹣c 2＝2bcC ．1tanC−1tanA+2sinA 的最小值为2√2 D ．ac的取值范围为（0，2）三、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分．13．《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，书中提出了：已知三角形三边a ，b ，c 求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即：S =√14[a 2c 2−(a 2+c 2−b 22)2]．即有△ABC 满足a ＝2，b ＝3，c =√7，且△ABC 的面积S △ABC＝ ．14．长方体的所有顶点都在一个球面上，长、宽、高分别为3，2，1，则该球的表面积是 ． 15．如图，一座垂直建于地面的信号发射塔CD 的高度为20m ，地面上一人在A 点观察该信号塔顶部，仰角为45°，沿直线步行1min 后在B 点观察塔顶，仰角为30°，若∠ADB ＝150°，此人的身高忽略不计，则他的步行速度为 m /s ．16．在锐角△ABC 中，B =π3，|AB →−AC →|=1，则AB →⋅AC →的取值范围为 ．四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10分）已知向量|a →|=2，|b →|=1，a →⋅b →=12． （1）求(2a →+b →)⋅(a →−b →)的值； （2）求2a →+b →与a →−b →的夹角的余弦值．18．（12分）已知△ABC 三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，向量m →=(a ，√3b)，n →=(sinB ，cosA)，且m →⊥n →． （1）求角A ；（2）若a =√7，b ＝2，求△ABC 的面积．19．（12分）如图，在三棱柱BCF ﹣ADE 中，若G ，H 分别是线段AC ，DF 的中点． （1）求证：GH ∥BF ；（2）在线段CD 上是否存在一点P ，使得平面GHP ∥平面BCF ，若存在，指出P 的具体位置并证明；若不存在，说明理由．20．（12分）如图，直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥CB ，AB ＝4，CD ＝2，∠DAB =π3．且AM →=12AD →，AN →=14AB →．（1）若G 是MN 的中点，证明：A ，G ，C 三点共线；（2）若P 为CB 边上的动点（包括端点），求(PM →+PN →)⋅PB →的最小值．21．（12分）如图，在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，P ，Q 分别是棱DD 1，AB 的中点． （1）若M 为棱CC 1上靠近C 点的四等分点，求证：BM ∥平面PQC ；（2）若平面PQC 与直线AA 1交于R 点，求平面PRQC 将正方体分割成的上、下两部分的体积之比．（不必说明画法与理由）．22．（12分）在①√3acosC +asinC −√3b ＝0，②（sin B ﹣sin C ）2＝sin 2A ﹣sin B sin C ，③AB →⋅AC →=2√33S ，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答． （注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．）在锐角△ABC 中，△ABC 的面积为S ，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且选条件：_____． （1）求角A 的大小：（2）作AB ⊥BD （A ，D 位于直线BC 异侧），使得四边形ABDC 满足∠BCD =π4，BD =√2，求AC 的最大值．2022-2023学年浙江省宁波市三锋教研联盟高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知向量a →=（2，6），b →=（1，λ），若a →∥b →，则λ等于（ ） A ．2B ．﹣3C ．3D ．﹣2解：向量a →=（2，6），b →=（1，λ），因为a →∥b →，所以2λ﹣6×1＝0，解得λ＝3． 故选：C ．2．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b =√3，A ＝45°，B ＝60°，则a ＝（ ） A ．1B ．2√2C ．2D ．√2解：由正弦定理得，a sinA=b sinB，∴a sinA=√3sinB，解得a =√2． 故选：D ．3．设a →，b →是两个非零向量，则“a →∥b →”是“|a →+b →|=|a →|+|b →|”成立的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解：不妨取a →=−2b →，此时a →，b →共线，但|a →+b →|＝|b →|，|a →|+|b →|＝3|b →|， 此时|a →+b →|≠|a →|+|b →|，充分性不成立；因为|a →+b →|＝|a →|+|b →|，所以|a →+b →|2＝（|a →|+|b →|）2， 所以|a →|2+|b →|2+2a →•b →=|a →|2+|b →|2+2|a →|•|b →|， 因为a →，b →是两个非零向量，所以cos ＜a →，b →＞=1，所以a →，b →共线，必要性成立， 所以a →∥b →”是“|a →+b →|=|a →|+|b →|”成立的必要不充分条件． 故选：B ．4．若直线l 不平行于平面α，则下列结论成立的是（ ） A ．α内的所有直线都与l 异面 B ．α内不存在与l 平行的直线C ．α内的所有直线都与l 相交D ．直线l 与平面α有公共点解：根据题意，直线l 不平行于平面α，则直线l 与α相交或直线l 在平面α内，则直线l 与平面α必然有公共点． 故选：D ．5．如图，平行四边形ABCD 的对角线相交于点O ，E 为AO 的中点，若ED →=xAB →+yAD →(x ，y ∈R)，则x ﹣y 等于（ ）A ．1B ．﹣1C ．12D ．−12解：由题意知ED →=EA →+AD →=−14AC →+AD →=−14(AB →+AD →)+AD →=−14AB →+34AD →，因为ED →=xAB →+yAD →(x ，y ∈R)， 所以x =−14，y =34，x −y =−1． 故选：B ． 6．在△ABC 中，A =2π3，AB ＝AC ＝2，以AB 所在的直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成一个几何体，则该几何体的体积为（ ） A ．7π2B ．2πC ．πD ．3π解：在△ABC 中，A =2π3，AB ＝AC ＝2， 由题意易得BC ＝2√3，以BC 所在的直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，该几何体由两个底面重合的圆锥组成，其中圆锥的底面半径为CO =√3， 大圆锥的高为BO ＝3，小圆锥的高为AO ＝1，则大圆锥的体积V 1=13×π×（√3）2×3＝3π，小圆锥的侧面积V 2=13×（√3）2•1＝π， ∴该几何体的体积为V ＝V 1﹣V 2＝3π﹣π＝2π．故选：B ．7．已知△ABC 中，D 是BC 的中点，且|AB →+AC →|=|AB →−AC →|，|AD →|=|AB →|，则向量BA →在BC →上的投影向量为（ ） A ．14BC →B ．√34BC →C ．−14BC →D ．−√34BC →解：|AB →+AC →|=|AB →−AC →|，则两边同时平方可得，AB →⋅AC →=0，即∠A ＝90°， D 是BC 的中点，令|AD →|=|AB →|=m ，则∠ACB ＝30°，|BC →|=2m ，即∠ABC ＝60°，向量BA →在BC →上的投影向量为BA →⋅BC →|BC →|×BC →|BC →|=2m 2×124m 2×BC →=14BC →．故选：A ．8．如图，已知长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，AD ＝AA 1＝2，AB ＝3，E 、F 分别是棱AA 1、A 1D 1的中点，点P 为底面四边形ABCD 内（包括边界）的一动点，若直线D 1P 与平面BEF 无公共点，则点P 的轨迹长度为（ ）A ．2√2B ．√13C ．√10D ．2√2+1解：根据题意，取BC 的中点Q ，连接AQ ，AD 1，D 1Q ，因为E ，F 分别为AA 1，A 1D 1的中点，所以EF ∥AD 1，FD 1∥BQ ，FD 1＝BQ ， 所以四边形BQD 1F 为平行四边形，所以BF ∥D 1Q ，又EF ∩BF ＝F ，AD 1∩D 1Q ＝D 1，所以平面BEF ∥平面AQD 1， 所以当点P 在线段AQ 上运动时，直线D 1P 与平面BEF 无公共点，线段AQ 就是点P 的轨迹，且AQ =√9+1=√10，即点P 的轨迹长度为√10． 故选：C ．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分． 9．下列命题是真命题的是（ ） A ．平行于同一直线的两条直线平行 B ．平行于同一平面的两条直线平行C ．平行于同一直线的两个平面平行D ．平行于同一平面的两个平面平行解：根据题意，依次分析选项：对于A ，由平行公理，平行于同一直线的两条直线平行，A 正确； 对于B ，平行于同一平面的两条直线相交、平行或异面，B 错误； 对于C ，平行于同一直线的两个平面相交或平行，C 错误； 对于D ，平行于同一平面的两个平面平行，D 正确． 故选：AD ．10．在平面直角坐标系中，已知点O （0，0），A （1，2），B （3，1），则（ ） A ．|AB →|=√5B ．△AOB 是直角三角形C ．以OA ，OB 为邻边的平行四边形的顶点D 的坐标为（4，4） D ．与OA →垂直的单位向量的坐标为(2√55，−√55)或(−2√55，√55) 解：因为AB →=OB →−OA →=(2，−1)，所以|AB →|=√22+(−1)2=√5，A 正确； 因为|OA →|=√12+22=√5，|OB →|=√32+12=√10，所以|OA →|2+|AB →|2=|OB →|2，所以OA →⊥AB →，即△OAB 为直角三角形，B 正确；因为以OA ，OB 为邻边的平行四边形，OA →=BD →，设D （x ，y ），则（1，2）＝（x ﹣3，y ﹣1），所以顶点D 的坐标为（4，3），C 错误；因为OA →=(1，2)，设与OA →垂直的单位向量为m →=(x ，y)， 则{x +2y =0x 2+y 2=1，解得{x =2√55y =−√55或{x =−2√55y =√55， 故与OA →垂直的单位向量的坐标为(2√55，−√55)或(−2√55，√55)，D 正确； 故选：ABD ．11．如图，空间四边形ABCD 中，E ，F 分别是边AB ，BC 的中点，G ，H 分别在线段DC ，DA 上，且满足DG ＝λDC ，DH ＝μDA ，λ，μ∈（0，1），则下列说法正确的是（ ）A ．当λ＝μ=12时，四边形EFGH 是矩形 B ．当λ＝μ=23时，四边形EFGH 是梯形 C ．当λ≠μ时，四边形EFGH 是空间四边形D ．当λ≠μ时，直线EH ，FG ，BD 相交于一点 解：根据题意，连接AC ，依次分析选项：对于A ，当λ＝μ=12时，H 、G 是AD 和CD 的中点，则有GH ∥AC 且GH =12AC ， 又由E ，F 分别是边AB ，BC 的中点，则EF ∥AC 且EF =12AC ，则有EF ∥GH 且EF ＝GH ，四边形EFGH 是平行四边形，但不一定是矩形，A 错误； 对于B ，当λ＝μ=23时，由平行线等分线段定理可得GH ∥AC 且GH =23AC ， 又由EF ∥AC 且EF =12AC ，则有EF ∥AC 但EF ≠AC ， 则四边形EFGH 是梯形，B 正确；对于C ，当λ≠μ时，易得GH 与AC 不平行，进而有GH 与EF 不平行， 则四点E 、F 、G 、H 不共面，故四边形EFGH 是空间四边形，C 正确；对于D ，由C 的结论，当λ≠μ时，四点E 、F 、G 、H 不共面，EH 和FG 不相交，D 错误． 故选：BC ．12．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且ac =1+cosA cosC，则下列结论正确的有（ ）A ．A ＝2CB ．a 2﹣c 2＝2bcC ．1tanC−1tanA+2sinA 的最小值为2√2 D ．a c的取值范围为（0，2）解：对于选项A ，由正弦定理及a c=1+cosA cosC，知sin A cos C ＝sin C （1+cos A ）＝sin C +sin C cos A ，所以sin A cos C ﹣sin C cos A ＝sin C ，即sin （A ﹣C ）＝sin C ， 所以A ﹣C ＝C 或A ﹣C +C ＝π，即A ＝2C 或A ＝π（舍）， 所以A ＝2C ，即选项A 正确； 对于选项B ，由ac =1+cosA cosC ，得a cos C ＝c +c cos A ， 由余弦定理得，a •a 2+b 2−c 22ab=c +c •b 2+c 2−a 22bc，整理得a 2﹣c 2＝bc ，即选项B 错误；对于选项C ，1tanC−1tanA+ 2sin A =cosCsinC −cosAsinA + 2sin A =sinAcosC−cosAsinCsinAsinC+ 2sin A =sin(A−C)sinAsinC +2sin A =sinC sinAsinC +2sin A =1sinA +2sinA ≥2√2，当且仅当1sinA=2sin A ，即sin A =√22时，等号成立， 所以1tanC−1tanA+2sin A 的最小值为2√2，即选项C 正确；对于选项D ，因为A ＝2C ，所以B ＝π﹣3C ，又A ，B ∈（0，π），所以{0＜2C ＜π0＜π−3C ＜π，解得C ∈（0，π3），所以a c=1+cosA cosC=1+cos2C cosC=2cos 2C cosC=2cos C ∈（1，2），即选项D 错误．故选：AC ．三、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分．13．《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，书中提出了：已知三角形三边a ，b ，c 求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即：S =√14[a 2c 2−(a 2+c 2−b 22)2]．即有△ABC 满足a ＝2，b ＝3，c =√7，且△ABC 的面积S △ABC ＝3√32． 解：∵a ＝2，b ＝3，c =√7，∴S △ABC =√14[a 2c 2−(a 2+c 2−b 22)2]=√14[4×7−(4+7−92)2]=3√32． 故答案为：3√32． 14．长方体的所有顶点都在一个球面上，长、宽、高分别为3，2，1，则该球的表面积是 14π ． 解：∵长方体所有顶点都在一个球面上，长、宽、高分别是3，2，1，∴长方体的外接球的直径为：√9+4+1=√14， 外接球的半径为R =√142，∴这个球面的表面积为：4πR 2＝14π． 故答案为：14π．15．如图，一座垂直建于地面的信号发射塔CD 的高度为20m ，地面上一人在A 点观察该信号塔顶部，仰角为45°，沿直线步行1min 后在B 点观察塔顶，仰角为30°，若∠ADB ＝150°，此人的身高忽略不计，则他的步行速度为 √73m /s ．解：依题意，在Rt △ACD 中，∠ADC ＝90°，∠CAD ＝45°，则AD ＝CD ＝20m ， 在Rt △BCD 中，∠BDC ＝90°，∠CBD ＝30°，则BD =CDtan30°=20√3m ，在△ADB 中，∠ADB ＝150°，由余弦定理得：AB 2＝AD 2+BD 2﹣2AD •BD cos ∠ADB ， 即AB 2=202+(20√3)2−2×20×20√3cos150°=2800，解得AB ＝20√7m ， 即有20√760=√73，所以他的步行速度为√73m/s ． 故答案为：√73． 16．在锐角△ABC 中，B =π3，|AB →−AC →|=1，则AB →⋅AC →的取值范围为 （0，3） ．解：因为△ABC 是锐角三角形，且∠B =π3，所以A +C ＝120°，30°＜A ＜90°， 又|AB →−AC →|=|CB →|，所以|CB →|=a =1，由正弦定理有asinA=b sinB=c sin(120°−A)，所以b =√32sinA ，c =sin(120°−A)sinA ，所以AB →⋅AC →=bccosA =√32cosAsin(120°−A)sin 2A =34tan 2A +√34tanA =14[(√3tanA )2+√3tanA]， 因为√3tanA∈(0，3)，所以(√3tanA )2+√3tanA ∈（0，12），所以AB →⋅AC →∈(0，3)． 故答案为：（0，3）．四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10分）已知向量|a →|=2，|b →|=1，a →⋅b →=12．（1）求(2a →+b →)⋅(a →−b →)的值； （2）求2a →+b →与a →−b →的夹角的余弦值．解：（1）根据题意，向量|a →|=2，|b →|=1，a →⋅b →=12， 则（2a →+b →）•（a →−b →）＝2a →2−a →•b →−b →2＝8−12−1=132； （2）设2a →+b →与a →−b →的夹角为θ，（2a →+b →）2＝4a →2+4a →•b →+b →2＝19，则|2a →+b →|=√19， （a →−b →）2=a →2﹣2a →•b →+b →2＝4，则|a →−b →|＝2， 故cos θ=(2a →+b →)⋅(a →−b →)|2a →+b →||a →−b →|=13√1976． 18．（12分）已知△ABC 三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，向量m →=(a ，√3b)，n →=(sinB ，cosA)，且m →⊥n →． （1）求角A ；（2）若a =√7，b ＝2，求△ABC 的面积．解：（1）因为m →⊥n →，所以m →⋅n →=asinB +√3bcosA =0，由正弦定理得sinAsinB +√3sinBcosA =0， 因为sin B ≠0，所以sinA +√3cosA =0，即：tanA =−√3， 又因为0＜A ＜π，所以A =23π；（2）由余弦定理可得：a 2＝b 2+c 2﹣2bc cos A ，代入可得关于c 的方程：c 2+2c ﹣3＝0，解得：c ＝1或c ＝﹣3（舍）， 由三角形面积公式S △ABC =12bcsinA =12×2×1×√32=√32． 19．（12分）如图，在三棱柱BCF ﹣ADE 中，若G ，H 分别是线段AC ，DF 的中点． （1）求证：GH ∥BF ；（2）在线段CD 上是否存在一点P ，使得平面GHP ∥平面BCF ，若存在，指出P 的具体位置并证明；若不存在，说明理由．解：（1）证明：连接DB ，则G 为DB 的中点，且H 为DF 的中点，∴GH 为△DBF 的中位线， ∴GH ∥BF ；（2）在CD 上存在点P 使得平面GHP ∥平面BCF ，P 为CD 的中点，证明如下： 取CD 的中点P ，连接HP ，GP ，且H 为DF 的中点， ∴HP ∥FC ，且HP ⊄平面BCF ，FC ⊂平面BCF ，∴HP ∥平面BCF ，同理，GP ∥平面BCF ，且HP ∩GP ＝P ，HP ⊂平面GHP ，GP ⊂平面GHP ， ∴平面GHP ∥平面BCF ．20．（12分）如图，直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥CB ，AB ＝4，CD ＝2，∠DAB =π3．且AM →=12AD →，AN →=14AB →．（1）若G 是MN 的中点，证明：A ，G ，C 三点共线；（2）若P 为CB 边上的动点（包括端点），求(PM →+PN →)⋅PB →的最小值．证明：（1）AG →=12(AM →+AN →)=12(12AD →+14AB →)=14AD →+18AB →，AC →=AD →+DC →=AD →+12AB →， 因为AG →=14AC →，所以AG →∥AC →，由于AG →，AC →有公共点A ，所以A ，G ，C 三点共线； 解：（2）令PB →=λCB →，0≤λ≤1， CB →=CD →+DA →+AB →=12AB →−AD →，PM →=PB →+BA →+AM →=λCB →−AB →+12AD →=(λ2−1)AB →+(12−λ)AD →，PN →=PB →+BN →=λCB →+34AB →=(λ2−34)AB →−λAD →，所以PM →+PN →=(λ−74)AB →+(12−2λ)AD →，得到：(PM →+PN →)⋅PB →=λ[(λ−74)AB →+(12−2λ)AD →]⋅(12AB →−AD →)=λ[(λ2−78)AB →2+(2−2λ)AB →⋅AD →+(2λ−12)AD →2] =λ(24λ−6)=24(λ−18)2−38，即当λ=18时，(PM →+PN →)⋅PB →的最小值是−38．21．（12分）如图，在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，P ，Q 分别是棱DD 1，AB 的中点． （1）若M 为棱CC 1上靠近C 点的四等分点，求证：BM ∥平面PQC ；（2）若平面PQC 与直线AA 1交于R 点，求平面PRQC 将正方体分割成的上、下两部分的体积之比．（不必说明画法与理由）．（1）证明：取PC 的中点N ，DC 的中点G ，连接NG ，NM ，NQ ， 易得HG ∥MC ，且NG ＝MC ，∴四边形MNGC 为平行四边形， ∴MN ∥CG ，且MN ＝CG ，又∵CG ∥BQ ，且CG ＝BQ ， ∴MN ∥BQ ，且MN ＝BQ ，∴四边形MNQB 为平行四边形， ∴BM ∥NQ ，又∵BM ⊄平面PQC ，NQ ⊂平面PQC ， ∴BM ∥平面PQC ；（2）解：如图所示，延长CQ 和DA ，使其交于E 点，连接PE ，交A 1A 于R ，∵Q 是AB 的中点，AQ ∥DC ，∴A 为ED 的中点，又AR ∥PD ， ∴AQ DC=EA ED=RA PD=12．∴RA =12，V 下＝V P ﹣EDC ﹣V R ﹣AEQ =13×12×2×4×1−13×12×2×1×12=76， V 上＝V 正方体﹣V 下=416， ∴V 上V 下=417．22．（12分）在①√3acosC +asinC −√3b ＝0，②（sin B ﹣sin C ）2＝sin 2A ﹣sin B sin C ，③AB →⋅AC →=2√33S ，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答． （注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．）在锐角△ABC 中，△ABC 的面积为S ，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且选条件：_____． （1）求角A 的大小：（2）作AB ⊥BD （A ，D 位于直线BC 异侧），使得四边形ABDC 满足∠BCD =π4，BD =√2，求AC 的最大值．解：（1）选①由题意得：√3sinAcosC +sinAsinC −√3sinB =0， 即√3sinAcosC +sinAsinC −√3sin(A +C)=0，所以sinAsinC =√3cosAsinC ，又因为sin C ≠0，所以tanA =√3， 因为0＜A ＜π，所以A =π3；选②由题意得：sin 2B ﹣2sin B sin C +sin 2C ＝sin 2A ﹣sin B sin C ， 即b 2+c 2﹣a 2＝bc ，所以cosA =b 2+c 2−a 22bc =bc 2bc =12，因为0＜A ＜π，所以A =π3； 选③由题意得：bccosA =2√33×12bcsinA ， 所以cosA =√33sinA ，即tanA =√3， 因为0＜A ＜π，所以A =π3；（2）如图，设∠ABC ＝θ，则∠CBD =π2−θ，∠CDB =θ+π4，在△BCD 中，由正弦定理得BC sin∠BDC=BD sin∠BCD，可得BC =BDsin∠BDC sin∠BCD =√2⋅sin(θ+π4)sin π4=2sin(θ+π4)， 在△ABC 中，由正弦定理得AC sinθ=BC sinA，可得AC =BC⋅sinθsinA =2sin(θ+π4)⋅sinθsin π3=4√3+π4)⋅sinθ =4√3(√22sinθ+√22cosθ)sinθ=4√3(√22sin 2θ+√22sinθcosθ)=√232θ+2sinθcosθ)=√23−cos2θ+sin2θ)=2√33(√22sin2θ−√22cos2θ)+√63=2√33sin(2θ−π4)+√63， 因为△ABC 是锐角三角形，所以{0＜θ＜π20＜23π−θ＜π2，得到π6＜θ＜π2，所以可得π12＜2θ−π4＜3π4，当2θ−π4=π2时，即θ=3π8时，可得AC 的最大值是2√3+√63．。

浙江省宁波市中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷含答案

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2023学年第二学期期中考试高一数学试题卷（答案在最后）本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卷上.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卷上对应题目选项的答案标号涂黑.3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；不准使用铅笔和涂改液.4.考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠、不要弄破.选择题部分（共58分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.复数11iz =+，2iz =，其中i 为虚数单位，则复数12z z z =⋅在复平面内所对应的点在第（）象限A.一B.二C.三D.四【答案】B 【解析】【分析】根据复数乘法运算和复数几何意义即可求解.【详解】由题()12i 1i 1i z z z ==-++= ，所以复数z 对应的点的坐标为()1,1-，故在复平面内复数z 对应的点在第二象限.故选：B .2.边长为2的正三角形的直观图的面积是（）A.4B. C.332D.【答案】A 【解析】【分析】作出正三角形的直观图，求出高，计算面积即可.【详解】正三角形的直观图如图：由题意2AB =，2OC =，45COD ∠= ，所以过点C 作CD AB ⊥，垂足为D ，则4CD =，所以三角形的面积为：12244⨯⨯=.故选：A3.甲乙丙丁四位同学各掷5次骰子并记录点数，方差最大的是（）甲：45455乙：42343丙：23234丁：61261A.甲B.乙C.丙D.丁【答案】D 【解析】【分析】根据条件，利用方差的定义，分别求出甲乙丙丁四位同学各掷5次骰子的点数的方差，即可求出结果.【详解】由题知235x =甲，所以222222123232323236[(4)(5)(4)(5)(5)]55555525S =-+-+-+-+-=甲，165x =乙，所以2222221161616161614[(4(2)(3)(4)(3)]55555525S =-+-+-+-+-=乙，145x =丙，所以2222221141414141414[(2)(3)(2)(3)(4)]55555525S =-+-+-+-+-=丙，165x =丁，所以22222211616161616134[(6(1)(2)(6)(1)]55555525S =-+-+-+-+-=丁，所以方差最大的是丁，故选：D.4.若a ，b ，c 为空间中的不同直线，α，β，γ为不同平面，则下列为真命题的个数是（）①a c ⊥，b c ⊥，则a b ；②a α⊥，b α⊥，则a b ；③αγ⊥，βγ⊥，则αβ∥；④a α⊥，a β⊥，则αβ∥.A.0B.1C.2D.3【答案】C【解析】【分析】由空间中线面的位置关系判断即可.【详解】对于①a c ⊥，b c ⊥，则a 与b 可能平行，可能异面，可能相交，故①错误；对于②a α⊥，b α⊥，垂直于同一平面的两条直线平行，故②正确；对于③αγ⊥，βγ⊥，垂直于同一平面的两个平面可能平行，可能相交，故③错误；对于④a α⊥，a β⊥，垂直于同一直线的两个平面平行，故④正确；故选：C5.一个射击运动员打靶6次的环数为：9，5，7，6，8，7下列结论不正确的是（）A.这组数据的平均数为7B.这组数据的众数为7C.这组数据的中位数为7D.这组数据的方差为7【答案】D 【解析】【分析】由一组数据的数字特征求解判断即可.【详解】9，5，7，6，8，7这组数据从小到大排列，5，6，7，7，8，9，所以众数为7，中位数为7，平均数为56778976+++++=，方差为：()()()()()()222222576777778797563-+-+-+-+-+-=，故选：D6.如图，正三棱柱ABC A B C '''-的所有边长都相等，P 为线段BB '的中点，Q 为侧面BB C C ''内的一点（包括边界，异于点P ），过点A 、P 、Q 作正三棱柱的截面，则截面的形状不可能是（）A.五边形B.四边形C.等腰三角形D.直角三角形【答案】A 【解析】【分析】当PQ 的延长线与线段B C ''（除端点外）相交于点F 时，作出截面，即可判断B ，对PQ 的延长线与线段CC '、BC （除B 点外）相交时截面为三角形，结合B 即可判断A ，利用特殊点判断C 、D.【详解】对于B ：当PQ 的延长线与线段B C ''（除端点外）相交于点F 时，延长PQ 交CC '的延长线于点D ，连接AD 交A C ''于点E ，连接EF ，此时过点A 、P 、Q 作正三棱柱的截面为四边形APFE （当Q 在线段B C ''（除端点外）时截面也为四边形），故B 正确；对于A ：当PQ 的延长线与线段CC '、BC （除B 点外）相交（或点Q 在线段CC '、BC （除B 点外）上时）截面为三角形，结合B 选项可知，截面为三角形或四边形，不可能为五边形，故A 错误；对于C ：取1CC 的中点Q ，连接PQ 、AQ ，又P 为线段BB '的中点，所以AP AQ =，所以APQ △为等腰三角形，故C 正确；对于D ：取BC 的中点Q ，连接AQ 、PQ ，因为三棱柱ABC A B C '''-为正三棱柱，所以AQ BC ⊥，又BB '⊥平面ABC ，AQ ⊂平面ABC ，所以BB AQ '⊥，又BC BB B '= ，,BC BB '⊂平面BB C C ''，所以AQ ⊥平面BB C C ''，又PQ ⊂平面BB C C ''，所以AQ PQ ⊥，所以APQ △为直角三角形，故D 正确；故选：A7.已知球O 为棱长为1的正四面体ABCD 的外接球，若点P 是正四面体ABCD 的表面上的一点，Q 为球O 表面上的一点，则PQ 的最大值为（）A.6B.12 C.4D.2【答案】D 【解析】【分析】求出正四面体外接球半径，再分析出PQ 最大值即可外接球直径.【详解】首先求出正四面体外接球的半径：由正四面体的对称性与球的对称性可知球心在正四面体的高上：设外接球半径为R ，如图(O 为外接球球心，G 为BCD △的重心），21,23336CE CG CE EG =====，63AG ∴==，63OG R ∴=-，Rt OCG 中，222OC OG CG =+，即22233R R ⎛⎫⎛=-+ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭，得64R =，因为点P 是正四面体ABCD 的表面上的一点，Q 为球O 表面上的一点，则PQ 的最大值相当于外接球的直径，则PQ 最大值为2242R =⨯=.故选：D.8.三棱锥-P ABC 中，PA PB =，4CP =，2BA BC ==，23ABC π∠=，则三棱锥-P ABC 的体积的最大值为（）A.1B.2C.6D.12【答案】B 【解析】【分析】画出三棱锥-P ABC 的外接球，当点P 在三棱锥-P ABC 的外接球的顶端时，且PD ⊥平面ABC ，点P 到平面ABC 的距离PD 最大，则三棱锥-P ABC 的体积的最大，求解即可.【详解】如图：因为2BA BC ==，2π3ABC ∠=，由余弦定理得：22π44222cos123AC =+-⨯⨯⨯=，所以AC =ABC 外接圆的圆心为D ，则半径1122π22sin 32AC CD =⨯=⨯，如图，当点P 在三棱锥-P ABC 的外接球的顶端时，且PD ⊥平面ABC ，点P 到平面ABC 的距离PD 最大，又4CP =，所以PD ==12π22sin 23ABC S =⨯⨯⨯= ，所以三棱锥-P ABC 的体积的最大值为11233ABC S PD ⋅== .故选：B.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分．9.已知事件A ，B 满足()0.2P A =，()0.6P B =，则（）A.事件A 与B 可能为对立事件B.若A 与B 相互独立，则()0.48P AB =C.若A 与B 互斥，则()0.8P A B = D.若A 与B 互斥，则()0.12P AB =【答案】BC 【解析】【分析】根据对立事件的定义判断选项A ；若,A B 相互独立，则A B 相互独立，可以判断选项B;,A B 互斥，判断选项C 和D.【详解】对于A ，由()()0.2,0.6P A P B ==,则()()1P A P B +≠,故A 错误；对于B ，A 与B 相互独立，则A 与B 相互独立，故()()()()()()10.48P AB P A P B P A P B ==-=,故B 正确；对于CD ，,A B 互斥，则()()()0.8P A B P A P B ⋃=+=,()()0P AB P =∅=,故C 正确，D 错误.故选：BC10.如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，,,M N E 分别为线段1AD ，AC ，11B D 中点，,P Q 分别为线段BE ，线段1CD 上的动点，则三棱锥M PQN -的体积（）A.与P 点位置有关B.与P 点位置无关C.与Q 点位置有关D.与Q 点位置无关【答案】BD 【解析】【分析】利用线面平行的判定定理可得BE 平面1D AC ，1CD 平面PMN ，再根据等体积法即可求解.【详解】如图所示，连接111,,,AD AC CD D N ，因为正方体1111ABCD A B C D -中，,N E 分别为线段1AD ，11B D 中点，所以1BE ND ∥，因为1ND ⊂平面1D AC ，BE ⊄平面1D AC ，所以BE 平面1D AC ，又因为P 是线段BE 上的动点，且平面QMN 与平面1D AC 共面，所以点P 到平面QMN 的距离与P 点位置无关，所以三棱锥M PQN -的体积与P 点位置无关，A 说法错误，B 说法正确，同理因为,M N 分别为线段1AD ，AC 中点，所以1∥MN CD ，因为MN ⊂平面PMN ，1CD ⊄平面PMN ，所以1CD 平面PMN ，又因为Q 是线段1CD 上的动点，所以点Q 到平面PMN 的距离与Q 点位置无关，所以三棱锥M PQN -的体积与Q 点位置无关，C 说法错误，D 说法正确，故选：BD11.如图，三棱锥-P ABC 中，ABC的正三角形，PA ⊥底面2ABC PA Q =，，是线段BC 上一动点，则下列说法正确的是（）A.点B 到平面PAQ 的距离的最大值为32B.三棱锥-P ABC 的内切球半径为38C.PB 与AQ 所成角可能为π4D.AQ 与平面PBC 所成角的正切值的最大值为43【答案】ABD 【解析】【分析】取AC 的中点为D ，连接BD ，求出BD 即可判断选项A ；由等体积法即可计算内切球半径判断选项B ；当点Q 与点B 重合时，PB 与AQ 所成角最小，即可判断选项C ；当点Q 为BC 的中点时，AQ 与平面PBC 所成角的正切值的最大，即可判断选项D.【详解】当点Q 与点C 重合时，点B 到平面PAQ 的距离的最大，如图：取AC 的中点为D ，连接BD ，ABC 为正三角形，所以BD AC ⊥，又PA ⊥底面ABC ，BD ⊂底面ABC ，所以PA BD ⊥，PA AC A = ，,PA AC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥平面PAC ，所以点B 到平面PAQ 的距离的最大为32BD ==，故A 正确；设三棱锥-P ABC 的内切球半径为r ，由等体积法可得：()1133ABC ABC ABP ACP PBC S PA S S S S r ⋅=+++ ，PB PC ===，所以PBC 的BC 52=，1522PBC S = ，所以1313111522222222222r ⎛⎫⨯=+++ ⎪⎝⎭所以38r =，故B 正确；如图：PB 与AQ 所成角即为PBD ∠，当点Q 与点C 重合时，PB 与AQ 所成角即为PBE ∠，随着点Q 在BC 边上由B 到C 运动过程中，点Q 越靠近点C ，PB 与AQ 所成角越大，所以当点Q 与点B 重合时，PB 与AQ 所成角最小为PBA ∠，此时tan 1PBA ∠=>，所以PB 与AQ 所成角大于π4，故C 错误；如图过点A 作AO 垂直于平面PBC ，垂足为O ，则AQ 与平面PBC 所成角为AQO ∠，tan AOAQO QO∠=，由于AO 不变，所以QO 最小时，tan AQO ∠最大，如图当点Q 为BC 的中点时，AQ 与平面PBC 所成角的正切值的最大，此时，24tan 332PA AQP AQ ∠===,所以AQ 与平面PBC 所成角的正切值的最大值为43，故D 正确.故选：ABD.非选择题部分（共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.将一枚质地均匀的骰子连续抛掷2次，向上的点数分别记为,a b ，则事件“1a b -≤”的概率为____________.【答案】49【解析】【分析】采用列举法可得所有基本事件个数和满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可求得结果.【详解】将一枚质地均匀的骰子连续抛掷2次，向上的点数(),a b 所有可能的结果有：()()()()()()()()()()()()1,1,1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,1,2,2,2,3,2,4,2,5,2,6,()()()()()()()()()()()()3,1,3,2,3,3,3,4,3,5,3,6,4,1,4,2,4,3,4,4,4,5,4,6,()()()()()()()()()()()()5,1,5,2,5,3,5,4,5,5,5,6,6,1,6,2,6,3,6,4,6,5,6,6，共36个基本事件；其中满足1a b -≤的有：()()()()()()()()()()()()()()1,1,1,2,2,1,2,2,2,3,3,2,3,3,3,4,4,3,4,4,4,5,5,4,5,5,5,6,()()6,5,6,6，共16个基本事件，∴所求概率164369p ==.故答案为：49.13.正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，N 为线段AC 上一动点，M 为线段1DD 上一动点，则1A M MN +的最小值为____________.【答案】【解析】【分析】先明确MN 最小值情况，进而得到MN 最小时MN 位置，然后把空间两根线段和1A M MN +等价转化成共面的两根线段和GM MN +即可求解.【详解】如图，连接MC ，MA ，则由题意可知当MCA △为等腰三角形，当MN 垂直于AC 时MN 最短，此时N 为AC 中点，MN ⊂面11DD B B ，如图延长11B D 至G ，使得111D G D A =，连接GM ，则MG ⊂面11DD B B ，且1GM A M =，所以,,M G N ⊂面11DD B B ，故当三点共线时1A M MN GM MN +=+最小，此时1A M MN GM MN +=+=..14.某工厂的三个车间生产同一种产品，三个车间的产量分布如图所示，现在用分层随机抽样方法从三个车间生产的该产品中，共抽取70件做使用寿命的测试，则C 车间应抽取的件数为____________；若A ，B ，C 三个车间产品的平均寿命分别为200，220，210小时，方差分别为30，20，40，则总样本的方差为____________.【答案】①.21；②.89【解析】【分析】根据分层抽样按比例抽取即可得到C 车间应抽取的件数；由分层抽样的方差公式：()()()2222222312112233n n n s s x x s x x s x x n n n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+-++-++-⎣⎦⎣⎦⎣⎦计算即可.【详解】解：由分层抽样方法可得：抽取C 车间应抽取的件数为7030%21⨯=；样本的总体平均数为：20%20050%22030%210213x =⨯+⨯+⨯=，样本的总体方差为：()()()222225330200213202202134021021389101010s ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+-++-++-=⎣⎦⎣⎦⎣⎦，故答案为：21；89.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知复数z 满足方程()1i i a z b +=，其中i 为虚数单位，,a b ∈R .（1）当1a =，2b =时，求z ；（2）若1z z ⋅=，求2b a +的最小值.【答案】（1（2）34【解析】【分析】（1）方法一：利用复数除法运算整理得到z ，由模长运算定义可求得结果；方法二：根据复数模长运算性质直接求解即可；（2）由21z z z ⋅==可整理得到221b a =+，根据二次函数最值可得结果.【小问1详解】当1a =，2b =时，()1i 2i z +=方法一：()()()()2i 1i 2i i 1i 1i 1i 1i 1i z -===-=+++-，z ∴==方法二：2i1i z ===+.【小问2详解】21z z z ⋅== ，1z ∴=1=，221b a ∴=+，2221331244b a a a a ⎛⎫∴+=++=++≥ ⎪⎝⎭，2b a ∴+的最小值为34.16.正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，E ，F 分别为11AD 和11C D 的中点．（1）证明：直线//CF 平面BDE ；（2）求直线1AA 与平面BDE 所成角的正切值．【答案】（1）证明见解析；（2）4.【解析】【分析】（1）取11A B 中点G ，证明E ，G ，B ，D 四点共面，根据线面平行的判定定理可得结果；（2）取,EG BD 中点分别为P ，Q ，连接PQ ，取AQ 中点H ，连接PH ，根据线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理可得直线1AA 与平面BDE 所成角为HPQ ∠，进而可得结果.【小问1详解】如图一所示：取11A B 中点G ，连接,,FG EG GB ，11B D ，E ，F 分别为11A D 和11C D 的中点，∴11GE B D ∥，易证11BD B D ∥，∴GE BD ∥，∴E ，G ，B ，D 四点共面，又1111,FG B C FG B C ∥=，1111,B C BC B C BC ∥=，∴四边形FGBC 为平⾏四边形.∴CF BG ∥，又CF ⊄平面EGBD ，BG ⊂平面EGBD ，//CF 平面BDE ．【小问2详解】如图二所示：取,EG BD 中点分别为P ，Q ，连接PQ ，取AQ 中点H ，连接PH ，由题意得1AA ⊥平面ABCD ，∴1AA BD ⊥，又AQ BD ⊥、1AA AQ A = ，1AA 、AQ ⊂平面1AA PQ ，∴BD ⊥平面1AA PQ ，BD ⊂平面EGBD ，∴平面1AA PQ ⊥平面EGBD ，交线为PQ ，易证1PH AA ∥，∴直线1AA 与平面BDE 所成角为HPQ ∠，因为12PH AA ==，在1Rt A GE 中，1122A P GE ==，在Rt ABD 中，12AQ BD ==122HQ AQ AH AQ A P =-=-=，tan 4HQHPQ PH ∠==.17.为贯彻落实党的二十大关于深化全民阅读活动的重要部署，进一步推动青少年学生阅读深入开展，促进全面提升育人水平，教育部决定开展全国青少年学生读书行动.某校实施了全国青少年学生读书行动实施方案.现从该校的2400名学生中发放调查问卷，随机调查100名学生一周的课外阅读时间，将统计数据按照[)0,20，[)20,40，…[]120,140分组后绘制成如图所示的频率分布直方图（单位：分钟）（1）若每周课外阅读时间1小时以上视为达标，则该校达标的约为几人（保留整数）；（2）估计该校学生每周课外阅读的平均时间；（3）估计该校学生每周课外阅读时间的第75百分位数（结果保留1位小数）.【答案】（1）1440；（2）68分钟；（3）86.7【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图求出阅读时间1小时以上的频率，进而求出达标人数；（2）根据频率分布直方图求数字特征平均数可得结果；（3）根据频率分布直方图求数字特征百分位数可得结果；【小问1详解】由题意知()0.0150.00750.0050.0025200.6+++⨯=，每周课外阅读时间为1⼩时以上的⼈数约为0.624001440⨯=.【小问2详解】该校学⽣每周课外阅读的平均时间为：()0.0025100.005300.0125500.015700.0075900.0051100.00251302068⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯=分钟.【小问3详解】因为前4组的频率和为()0.00250.0050.01250.015200.7+++⨯=，第5组的频率为0.0075200.15⨯=，所以第75百分位数位于第5组[)80,100内.所以估计第75百分位数为0.750.7802086.70.15-+⨯≈.18.如图，已知三棱台111ABC A B C -的体积为7312，平面11ABB A ⊥平面11BCC B ，ABC 是以B 为直角顶点的等腰直角三角形，且1111222AB AA A B BB ===，（1）证明：BC ⊥平面11ABB A ；（2）求点B 到面11ACC A 的距离；（3）在线段1CC 上是否存在点F ，使得二面角F AB C --的大小为π6，若存在，求出CF 的长，若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）7（3）存在，5CF =【解析】【分析】（1）根据棱台的性质、长度关系和勾股定理可证得11AB BB ⊥；由面面垂直和线面垂直的性质可证得1AB BC ⊥，结合BC AB ⊥可证得结论；（2）延长111,,AA BB CC 交于一点P ，根据11187P ABC ABC A B C V V --=可求得P ABC V -，利用体积桥P ABC B PAC V V --=可构造方程求得结果；（3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设FE =，根据几何关系可表示出DE ，由二面角大小可构造方程求得t ，进而得到结果.【小问1详解】连接1AB ，在三棱台111ABC A B C -中，11//AB A B ；1111222AB AA A B BB === ，∴四边形11ABB A 为等腰梯形且1160ABB BAA ∠=∠= ，设2AB x =，则1BB x =.由余弦定理得：22221112cos 603AB AB BB AB BB x =+-⋅= ，22211AB AB BB ∴=+，11AB BB ∴⊥；平面11ABB A ⊥平面11BCC B ，平面11ABB A 平面111BCC B BB =，1AB ⊂平面11ABB A ，1AB ∴⊥平面11BCC B ，又BC ⊂平面11BCC B ，1AB BC ∴⊥；ABC 是以B 为直角顶点的等腰直角三角形，BC AB ∴⊥，1AB AB A = ，1,AB AB ⊂平面11ABB A ，BC ∴⊥平面11ABB A .【小问2详解】由棱台性质知：延长111,,AA BB CC 交于一点P ，1112A B AB = ，1114ABC A B C S S ∴= ，1118P ABC P A B C V V --∴=，1118877123P ABC ABC A B C V --∴===；BC ⊥ 平面11ABB A ，即BC ⊥平面PAB ，BC ∴即为三棱锥-P ABC 中，点B 到平面PAB 的距离，由（1）中所设：2AB BC x ==，60PAB PBA ∠=∠= ，PAB ∴ 为等边三角形，2PA PB AB x ∴===，()2311122332233P ABC PAB V S BC x x x -∴=⋅=⨯⨯⨯⨯== ，1x ∴=；2AB BC PA PB ∴====，AC PC ∴==122PAC S ∴=⨯= ，设所求点B 到平面11ACC A 的距离为d ，即为点B 到面PAC 的距离，P ABC B PAC V V --= ，1333PAC S d d ∴⋅== ，解得：7d =.即点B 到平面11ACC A 的距离为7.【小问3详解】BC ⊥ 平面11ABB A ，BC ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面PAB ，平面ABC ⋂平面PAB AB=∴取AB 中点N ，在正PAB 中，PN AB ⊥，PN ∴⊥平面ABC ，又PN ⊂平面PNC ，∴平面PNC ⊥平面ABC ．作FE CN ⊥，平面PNC 平面ABC CN =，则FE ⊥平面ABC ，作ED AB ⊥，连接FD ，则ED 即FD 在平面ABC 上的射影，FE ⊥ 平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，AB FE ∴⊥，DE FE E = ，,DE FE ⊂平面DEF ，AB ∴⊥平面DEF ，FD ⊂ 平面DEF ，AB FD ∴⊥，FDE ∴∠即二面角F AB C --的平面角.设FE =，在PCN △中，作PO CN ⊥，FE CN ⊥ ，//PO FE ∴，又FE ⊥平面ABC ，PO ∴⊥平面ABC ，11123223323P ABC ABC V S PO PO -∴=⋅=⨯⨯⨯= ，解得：PO =，由（2）知：AC PC ==，OC ∴==，EF CEPO OC = ，CE ∴==，CN ==，EN ∴=，//DE BC ，222EN DE BC t CN ∴=⋅==-，若存在F 使得二面角F AB C --的大小为π6，则πtan tan 6223FE FDE DE t ∠====-，解得：25t =，15CF CC ∴===<=，∴存在满足题意的点F ，425CF =.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的垂直关系的证明、点面距离的求解、二面角问题的求解；求解二面角问题的关键是能够利用三垂线法，作出二面角的平面角，进而根据几何关系构造关于FE 长度的方程，从而求得结果.19.球面几何学是在球表面上的几何学，也是非欧几何的一个例子.对于半径为R 的球O ，过球面上一点A 作两条大圆的弧 AB ，AC ，它们构成的图形叫做球面角，记作BAC （或A ），其值为二面角B AO C --的大小，点A 称为球面角的顶点，大圆弧 ,AB AC 称为球面角的边.不在同一大圆上的三点,,A B C ，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧 ,,AB BCCA ，这三条劣弧组成的图形称为球面ABC ，这三条劣弧称为球面ABC 的边，,,A B C 三点称为球面ABC 的顶点；三个球面角,,A B C 称为球面ABC 的三个内角.已知球心为O 的单位球面上有不同在一个大圆上的三点,,A B C ．（1）球面ABC 的三条边长相等（称为等边球面三角形），若π2A = ，求球面ABC 的内角和；（2）类比二面角，我们称从点P 出发的三条射线,,PM PN PQ 组成的图形为三面角，记为P MNQ -.其中点P 称为三面角的顶点，,,PM PN PQ 称为它的棱，,,MPN NPQ QPM ∠∠∠称为它的面角.若三面角O ABC -的三个面角的余弦值分别为326,,323.（ⅰ）求球面ABC 的三个内角的余弦值；（ⅱ）求球面ABC 的面积.【答案】（1）3π2（2）（ⅰ）10,,22；（ⅱ）π12【解析】【分析】（1）通过已知条件直接证明三个平面,,OAB OBC OCA 两两垂直，然后由球面角的定义即可得出π2A B C === ；（2）使用空间解析几何方法求出球面ABC 的三个球面角，再证明球面球面ABC 的面积 πABCS A B C =++- ，即可得到结果.【小问1详解】本题的解析中涉及的角的取值均为弧度制下的取值.由π2A =可知,B C 在两个互相垂直（即交点处切线垂直）的大圆上，从而 π2BC ≤，故 π2AB AC =≤.设π0,2AOB AOC α⎛⎤∠=∠=∈ ⎥⎝⎦，则 AB AC α==，从而2sin 2AB AC α==.注意到,B C 到直线AO 的距离均为sin α，故BC α=.所以由 BC AB =知BC AB =，2sin2αα=12α=，这得到π2α=.从而π2AOB AOC ∠=∠=，而,B C 在两个互相垂直的大圆上，故π2BOC ∠=，从而,,OA OB OC 两两垂直.从而由,OB OC 在平面OBC 内交于点O ，可知OA 垂直于平面OBC ，而OA 在平面OCA 和平面OAB 内，故平面OCA 垂直于平面OBC ，同理平面OAB 垂直于平面OBC ，平面OAB 垂直于平面OCA ，所以三个平面,,OAB OBC OCA 两两垂直.故由球面角的定义知π2A B C ===，所以球面ABC 的内角和是3π2.【小问2详解】（ⅰ）由已知条件，可设3cos 3BOC ∠=，cos 2COA ∠=，cos 3AOB ∠=.如图，以O 为原点，构建空间直角坐标系，则()0,0,0O .不妨设()1,0,0A ，63,,033B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭.设(),,C p q r ，则由1OA OB OC ===可知cos 2COA OA OC p =∠=⋅= ；cos 333BOC OB OC p q =∠=⋅=+ ；22221OC p q r ==++.故p =，033q p ⎫=-=⎪⎪⎭，222112r p q =--=.不妨设0r >，则22r =，所以有22,0,22C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭.设平面,,OBC OCA OAB 的法向量分别为123,,n n n ，并设()(),,1,2,3i i i i n u v w i == .则112233000OB n OC n OC n OA n OA n OB n ⎧⋅=⋅=⎪⎪⋅=⋅=⎨⎪⋅=⋅=⎪⎩，即11112223330332202263033u v w u w u u +=+=+==⎪⎪=+=⎪⎪⎩.从而11112233000v u w u w u v +=+===⎨⎪==⎩，故可以取()()()1230,1,00,0,1n n n ⎧=-⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩ .所以我们有232323cos cos ,0n n A n n n n ⋅===⋅ ；3131311cos cos ,2n n B n n n n ⋅===⋅ ；1212122cos cos ,2n n C n n n n ⋅===⋅ .故球面ABC 的三个内角的余弦值分别为120,,22.（ⅱ）先证明一个引理.引理：若球面ABC 的三个球面角π,,0,2A B C ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，设该球面ABC 的面积为 ABC S ，则 πABCS A B C =++-.引理的证明：记球O 的表面积为S ，则4πS =.设,,A B C 的对径点分别为,,A B C '''，则 BC 所在的大圆和 B C ''所在的大圆，它们将球面分成了四个部分，其中面积较小的两个部分的面积之和1S 等于球的表面积S 的πA 倍，即1πA S S = ，类似可定义23,S S ，且同理有2πB S S = ，3πC S S = .而根据球面被这三个大圆的划分情况，又有 ()12326ABCABC S S S S S S ++=-+ .所以 1234ABC S S S S S ++=+ ，故 ()12311π1π44ππππππABC S A B C A B C S S S S S A B C ⎛⎫⎛⎫=++-=++-=++-=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ .引理得证.回到原题，根据（ⅰ）的结论，有π2A =，π3B = ，π4C = .再由引理知球面ABC 的面积 πππππ23412ABC S =++-= .【点睛】关键点点睛：本题具有一定的非欧几何背景.事实上，在二维黎曼流形中，测地线三角形的内角和等于πd M G S +⎰，这里M 是该测地线三角形的内部，G 为流形的高斯曲率.而半径为R 的球面的高斯曲率恒为21R，这就直接得到单位圆上的球面ABC 的内角和等于 πABC S + ，从而直接得出 πABCS A B C =++- .。

浙江省宁波市高一下学期期中数学试题(解析版)

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一、单选题1．已知i 为虚数单位，复数，则z 的虚部为（ ） ()()3i 2i z =-+A ．i B ．1C ．7D ．7i 【答案】B【分析】由复数代数形式的乘法运算再结合复数虚部的概念，即可求解. 【详解】∵∴z 的虚部为1. ()()3i 2i 7i z =-+=+故选：B ．2．设平面向量，，若，则（ ） (1,2)a = (,3)b x =- //a bx =A ． B ．C ．D ．66-32-23-【答案】B【分析】利用向量共线的坐标表示即可求解.【详解】解：因为，，，所以，解得，//a b (1,2)a = (,3)b x =- ()132x ⨯-=⨯32x =-故选：B.3．已知，则（ ）()()()sin cos 5sin sin 22αππαπαπα++-=⎛⎫-+- ⎪⎝⎭tan α=A ． B ．C ．D ．344332-32【答案】D【分析】先通过诱导公式化简得到，再由商数关系求即可.sin cos 5cos sin αααα--=-tan α【详解】，可得，即()()()sin cos sin cos 5cos sin sin sin 22αππαααπαααπα++---==-⎛⎫-+- ⎪⎝⎭()sin cos 5cos sin αααα--=-，故. 4sin 6cos αα=3tan 2α=故选：D.4．直线与函数的图象的交点中，相邻两点的距离为，则3y =()tan (0)f x x ωω=>4π12f π⎛⎫=⎪⎝⎭（ ） A ．B ．CD 【答案】D【分析】由题意可得的最小正周期，由求得后代入即可得解.()f x 4T π=T πω=ω【详解】由已知可得，的最小正周期， ()()tan 0f x x ωω=>4T π=所以，所以，44Tππωπ===()tan 4f x x =所以tan 123f ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭故选：D.【点睛】本题考查了正切函数最小正周期的应用，考查了特殊角三角函数值的求解，属于基础题. 5．已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则：a b αβ①若，，且，则；②若，，且，则； a α⊥b β⊥αβ∥a b A a α⊥b β∥αβ∥a b ⊥r r③若，，，则； ④若，，且，则；αβ∥a α⊂b β⊂a b A a α⊥b β⊥αβ⊥a b ⊥r r其中真命题的个数是（ ） A ．4 B ．3C ．2D ．1【答案】B【分析】根据空间直线与平面平行、垂直，平面与平面平行、垂直的判定定理和性质定理，逐项判断，即可得出结论．【详解】由且，可得，b β⊥αβ∥b α⊥而垂直同一个平面的两条直线相互平行，即，故①正确；a b A 由于，，所以，又因为，所以，故②正确； αβ∥a α⊥a β⊥b β∥a b ⊥r r若，，，则直线与平行或异面，故③错误； αβ∥a α⊂b β⊂a b 设，在平面内作直线， l αβ= βc l ⊥因为，则，又，所以，αβ⊥c α⊥a α⊥a c A 又因为，所以，从而有，故④正确；,b c ββ⊥⊂b c ⊥b a ⊥因此，真命题的个数是， 3故选：B ．6．如图，为水平放置的的直观图，其中，，则在原平面图A B C '''A ABC A 2A B ''=A C B C ''''==形中有（ ）ABC AA ．B ．C ．D ．AC BC =2AB =BC =ABC S =A 【答案】C【分析】在直观图中，求出的长，得出原图形中的长，从而可得原图形中各线段,O C O A '''',OC OA 长，再计算后判断各选项．【详解】设，，在和中分别应用余弦定理得：O C x ''=O A y ''=O A C '''A O C B '''△，解得舍去）， 222210(2)(2)10x y x y y ⎧+=⎪⎨+++=⎪⎩2x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩4x y ⎧=-⎪⎨=-⎪⎩则在原图形，，显然，OB OC ⊥OC =4,4OA AB ==AC BC >，BC ===．11422ABC S OC AB =⋅=⨯=△故选：C ．7．在中，角，，所对的边分别为，，，，ABC A A B C a b c 23B π=b =222b c a +-=．若的平分线与交于点，则（ ） BAC ∠BC E AE =A BC ．D ．3【答案】A【解析】根据，由余弦定理可得，再根据，得到角C ，然后利用正222b c a +-=6A π=23B π=弦定理解得边c ，然后根据为的平分线，在中，利用正弦定理求解.AE BAC ∠AEB △【详解】因为，222b c a +-=所以，222cos 2b c a A bc +-==因为， ()0,A π∈所以，6A π=又， 23B π=Q ，6C π∴=. sin6c π∴=122c =又为的平分线，AE BAC ∠，4AEB π∴∠=，sin sin c AE AEB B∴=∠22sin sin sin 3sin 4c AE B AEB ππ∴=⋅=⋅==∠故选：A8．已知为单位向量，且，若非零向量满足，则的最大值12,e e 1222e e +≤ a 12a e a e ⋅≤⋅()122a ee a⋅+是（ ） A B C D 【答案】D【解析】设，，由，计算可得，设()11,0e = ()2cos ,sin e αα= 1222e e +≤ 1cos 4α≤-，，由，计算可得，可推出()cos ,sin a r r ββ= 0r >12a e a e ⋅≤⋅()cos cos βαβ≤-时，等号成立，计算可得()22πk k βα=+∈Z ()()1222cos cos a e e aβαβ⋅+=+- ()3cos αβ≤-，结合，可求出3cos β=21cos cos 22cos 14αββ==-≤-cos β≤≤的最大值. ()122a e e a⋅+【详解】由题意，可设，，则，()11,0e = ()2cos ,sin e αα=()12212cos ,2sin e e αα+=+ 由，可得，整理得，1222e e +≤ ()2212cos +4sin 4αα+≤1cos 4α≤-设，，()cos ,sin a r r ββ=0r >由，可得， 12a e a e ⋅≤⋅()()()()cos ,sin 1,0cos ,sin cos ,sin r r r r ββββαα⋅≤⋅即，所以，cos cos cos sin sin r r r ββαβα≤+()cos cos βαβ≤-当时，或， ()cos cos βαβ=-()2πk k βαβ=-+∈Z ()2πk k βαβ=-++∈Z 即或，()22πk k βα=+∈Z ()2πk k α=∈Z 因为，所以不符合题意，1cos 4α≤-()2πk k α=∈Z 故时，.()cos cos βαβ=-()22πk k βα=+∈Z 而， ()()1222cos cos cos sin sin 2cos cos a e e r r r r aββαβαβαβ⋅+++==+- 因为，所以， ()cos cos βαβ≤-()122a e e a⋅+ ()3cos αβ≤-当时，等号成立，此时，()22πk k βα=+∈Z ()()3cos 3cos 2π3cos k αβββ-=-=因为，所以，即， ()21cos cos 22πcos 22cos 14k αβββ=-==-≤-23cos 8β≤cos β≤≤所以. ()122a e e a ⋅+ ()3cos 3cos αββ≤-=≤故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量与三角函数的综合问题，解题的关键是设出题中向量的坐标，利用平面向量的坐标运算及三角函数的运算性质，将所求不等式转化为三角函数关系式，进而求出最大值.考查学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于难题．二、多选题9．下列两个向量，不能作为基底向量的是（ ）A ．B ． 12(0,0),(1,2)e e ==12(2,1),(1,2)e e =-=C ．D ．12(1,2),(1,2)e e =--=12(1,1),(1,2)e e ==【答案】AC【分析】根据两个向量不平行能作为基底确定正确选项.【详解】A 选项，零向量和任意向量平行，所以不能作为基底. 12,e eB 选项，不平行，可以作为基底.12,e eC 选项，，所以平行，不能作为基底. 12e e =-12,e e D 选项，不平行，可以作为基底.12,e e故选：AC10．如图所示，点是函数的图象与轴的交点，点,M N ()()ππ2cos 0,22f x x ωϕωϕ⎛⎫=+>-<< ⎪⎝⎭x P在之间的图象上运动，若，且当的面积最大时，，则（ ）,M N ()1,0M -MPN △PM PN ⊥A ． ()0f =B ．0ωϕ+=C ．的单调增区间为 ()f x []()18,18Z k k k -++∈D ．的图象关于直线对称 ()f x 5x =【答案】ABD【分析】通过给出的的最大面积，和已知点，求出函数的表达式，即可得MPN △PM PN ⊥()1,0M -出结论.【详解】由题意，在中，()()ππ2cos 0,22f x x ωϕωϕ⎛⎫=+>-<< ⎪⎝⎭当点位于曲线最高点（此时）时,面积最大, 且, ()00,P x y 2y =MPN △PM PN ⊥∴为等腰直角三角形, MPN △设的中点为, MN Q 则且, 即,PQ MN ⊥012PQ y MN ==0122y MN ==∴,4MN =又, , 0ω>1242MN πω=⨯=∴, π4ω=∴,()π2cos 4f x x ϕ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∵,()1,0M -则, 即,()π2cos 104ϕ⎡⎤-⨯+=⎢⎥⎣⎦π(1)π,Z π42k k ϕ-⨯+=+∈解得，3ππ,Z 4k k ϕ=+∈∵, 所以, 所以.ππ22ϕ-<<π4ϕ=-()ππ2cos 44f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭∴A 正确.()π2cos 040f =⎛⎫-= ⎪⎝⎭，B 正确.ππ044ωϕ+=-=令, 解得, ππ[2ππ,2π],Z 44x k k k -∈-∈[]83,81,Z x k k k ∈-+∈故是的单调递增区间，C 错误. []83,81,Z k k k -+∈()f x 令, 解得, πππ,Z 44x k k -=∈41,Z x k k =+∈令得, 故的图象关于直线对称，D 正确. 1k =5x =()f x 5x =故选：ABD.11．在三角形中，下列说法正确的有（ ） ABC A ．若，则三角形有两解 30,4,5A b a =︒==ABC B ．若，则一定是钝角三角形0tan tan 1A B <⋅<ABC A C ．若，则一定是等边三角形 cos()cos()cos()1A B B C C A ---=ABC A D ．若，则一定是等腰三角形 cos cos a b c B c A -=⋅-⋅ABC A 【答案】BC【分析】题目考察解三角形的综合应用，A 选项是多解问题，B 选项是切化弦，然后用和差角公式；C 选项考察角的余弦小于等于1的应用；D 选项是解三角形的边角转化，逐一计算即可 【详解】选项A 中，因为，所以由正弦定理得，因为， 30,4,5A b a =︒==sin 2sin 5b A B a ==b a <所以只有一个解，故A 错误．B ∠选项B 中，由，得，0tan tan 1A B <⋅<sin sin 01cos cos A BA B<<所以，即，所以， cos cos sin sin 0A B A B ->()cos 0A B +>2A B π+<所以，故一定是钝角三角形，故B 正确．2C A B ππ=-->ABC A 选项C 中，因为， ()()()cos cos cos 1A B B C C A ---=所以， ()()()cos cos cos 1A B B C C A -=-=-=所以，故C 正确． 60A B C ===︒选项D 中，因为， cos cos a b c B c A -=⋅-⋅所以， sin sin sin cos sin cos A B C B C A -=-所以，sin sin cos sin sin cos A C B B C A -=-因为，， ()sin sin sin cos cos sin A B C B C B C =+=+()sin sin sin cos cos sin B A C A C A C =+=+所以， sin cos sin cos B C A C =所以或， cos 0C =sin sin A B =所以或，所以的形状是等腰或直角三角形．D 错误2C π=A B =ABC A 故选：BC【点睛】题目比较综合，考察到了较多是知识点： （1）正弦定理判断三角形的多解问题 （2）切化弦的应 （3）两角和的余弦公式 （4）余弦一定小于等于1（5）利用正弦定理的边角互换，化简判断三角形形状12．如图，在棱长为2的正方体中，M ，N ，P 分别是，，的中点，1111ABCD A B C D -1AA 1CC '11C D Q 是线段上的动点，则( )11D AA ．存在点Q ，使B ，N ，P ，Q 四点共面 B ．存在点Q ，使平面MBN//PQC ．过Q ，M ，N 三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为1111ABCD A B C D -⎡⎣D ．经过C ，M ，B ，N 四点的球的表面积为 9π2【答案】AB【分析】作出过的截面判断选项A ；取中点为，证明其满足选项B ；当在运,,B N P 11A D Q Q 11A D 动时，确定截面的形状，引入参数(如)计算出面积后可得取值范围，判断选项C ，过与1A Q x =MN 底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C ，M ，B ，N 四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项D ．【详解】选项A ，连接，，正方体中易知，11,A B A P 1CD 11//CD A B 分别是中点，则，所以，即四点共面，当与重合,P N 111,C D C C 1//PN CD 1//PN A B 1,,,A P N B Q 1A 时满足B ，N ，P ，Q 四点共面，A 正确；选项B ，如图，取中点为，连接，11A D Q 11,,PQ QM A C 因为分别是中点，则与平行且相等，是平行四边形， ,M N 11,AA CC 1A M 1C N 11A C NM 所以，又是中点，所以，所以，11//MN A C P 11C D 11//PQ A C //PQ MN 平面，平面，所以平面，B 正确；MN ⊂BMN PQ ⊄BMN //PQ BMN选项C ，正方体中，分别是中点，则，,M N 11,AA CC 11////MN A C AC 在上，如图，作交于，连接，延长交延长线于点，连接延长Q 11A D 11//QE A C 11C D E EN DC K QM 交延长线于点，连接交于点，交于点，为所过三点的截DA T TK AB G BC F QENFGM ,,M N Q 面，由正方体的对称性可知梯形与梯形全等，QENM FGMN 由面面平行的性质定理，，从而有，由正方体性质， //TK QE //TK AC 设，，则，，1D Q x =02x ≤≤11D E D Q x ==12C E x =-是中点，，则，所以，同理N 1CC 1//C N CK 12CK C E x ==-2CF CK x ==-，2,AG x BG BF x =-==，QE =MN =EN ==梯形是等腰梯形，高为， QENM h =截面面积12()2S QE MN h =⨯+=设，，，()f x [0,2]x ∈32()41284(1)(2)0f x x x x x '=-+=-+≥在上递增，，，()f x [0,2]max ()(2)32f x f ==min ()(0)24f x f ==所以，C 错；S ∈选项D ，取中点，中点，连接，则是正四棱柱（也是长方1BB U 1DD V ,,,MV MU NV NU MUNV ABCD -体），它的外接球就是过，半径为，表面,,,B C M N 3=32R =积为，D 错．249S R ππ==故选：AB ．三、填空题 13．复数（为虚数单位）的共轭复数是______． 112ii+-i 【答案】1355i --【分析】利用复数的除法法则将复数表示为一般形式，由此可得出复数的共轭复数. 112i i +-112ii+-【详解】， ()()()()2112113213121212555i i i i i i i i i +++++===-+--+Q因此，复数的共轭复数为，故答案为. 112ii +-1355i --1355i --【点睛】本题考查复数的除法运算以及共轭复数，解题的关键就是利用复数的四则运算法则将复数表示为一般形式，考查计算能力，属于基础题.14．已知，则的取值范围是___________.((),cos ,sin a b θθ==2a b + 【答案】[]0,4【分析】将向量进行线性运算后，按照向量的求模公式，结合辅助角公式求最值即可. 【详解】2a b +(1,2(cos ,sin )θθ=+(12cos 2sin )θθ=++=====因为，1sin(16πθ-≤+≤所以，04≤≤=故答案为：.[]0,415．如图，，分别是正方形的边，的中点，把，，折起构E F ABCD AB AD AEF △CBE △CFD △成一个三棱锥（，，重合于点），则三棱锥的外接球与内切球的半径之P CEF -A B D P P CEF -比是______.【答案】【分析】根据两两垂直可知，三棱锥的外接球也是以为长，宽，高,,PC PE PF P CEF -,,PC PE PF 的长方体的外接球，即可求出其外接球半径，再根据等积法可求出其内切球的半径，从而得解．【详解】因为两两垂直，所以三棱锥的外接球也是以为长，宽，高,,PC PE PF P CEF -,,PC PE PF 的长方体的外接球，设其外接球半径为，正方形边长为，所以，， R 22PC =1PE PF ==即2R =R =因为三棱锥的表面积即为正方形的面积，，设其内切球的半径为，P CEF -S 22=4S =⨯r 所以，，即．1111111232323P CEF V PE PF PC -=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=141333P CEF V Sr r -===14r =因此，Rr==故答案为：【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球和内切球的半径的求法，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．16．在锐角中，角A、B 、C 对应的边分别为a 、b 、c，的面积，若ABC ABC )222S ab c =+-，则c 的最小值是________.()24tan bc a b B -=【分析】由面积公式和余弦定理得到，化简得到，由基本不等式求出π6C=tan 1242tan B c B =+最小值.【详解】由面积公式得，)2221sin 2ab C a b c =+-即，所以， 222sin 2a b c C ab +-=sin C C=tan C =因为，所以，π0,2C ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭π6C =变形得到()24tan bc a b B -=πsintan tan sin tan tan 62424sin 24sin 24B B a B A B B c b B B ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=+=+=+=，tan 1242tan B B =+因为，所以，π0,2B ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭tan 0B >由基本不等式得tan 1242tan B c B =++≥当且仅当，即 tan 1242tan B B =tan B =四、解答题17．当实数取什么值时，复平面内表示复数的点分别满足下列条m ()()225632i z m m m m =-++-+件：(1)与原点重合； (2)位于直线上； 2y x =(3)位于第一象限或者第三象限. 【答案】(1) 2m =(2)或 2m =5m =(3)或. 1m <3m >【分析】（1）（2）（3）根据复数的几何意义，结合表示的点所处位置，列出相应的方程或不等式，即可求得答案.【详解】（1）由题意得复数z 满足时，表示的点与原点重合,22560320m m m m ⎧-+=⎨-+=⎩解得.2m =（2）当时，表示复数的点位于直线()2232256m m m m -+=-+()()225632i z m m m m =-++-+上，2y x =解得或.2m =5m =（3）方法一：由题意可得或，22560320m m m m ⎧-+>⎨-+>⎩22560320m m m m ⎧-+<⎨-+<⎩解，得或，解，解集为，22560320m m m m ⎧-+>⎨-+>⎩1m <3m >22560320m m m m ⎧-+<⎨-+<⎩∅故或.1m <3m >方法二：由题意得或.()()2256320,1m m m m m -+-+>∴<3m >18．已知向量在同一平面上，且.,,a b c(2,1)a =- （1）若，且，求向量的坐标﹔// a c 25c = c（2）若，且与垂直，求的值.()3,2b = ka b - 2a b + k【答案】（1）或；（2）.(c =-r c =- 223k =-【解析】（1）由条件设，求出，即可得出答案.(2),c a λλλ-== 25=λ(2)由条件可得，，则，由此可得答案. ()23,2ka b k k -=---()24,5a b += ()()20ka b a b -⋅+= 【详解】（1），设//a c(2),c a λλλ-==.25c =25=，λ∴=λ∴=±或.(c =-rc =- （2），()23,2ka b k k -=---()24,5a b += ，，即()()2ka b a b -⊥+ ()()20ka b a b ∴-⋅+=423()20)(5k k -+--=即则 322,k -=223k =-19．已知向量，，函数．()sin ,2cos a x x =- (),cos b x x = ()1f x a b =⋅+(1)求的单调递减区间；()f x (2)把图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位长度，得到()f x 12π12函数的图象，求在上的值域．()g x ()g x ,128ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】(1)()5,Z 36k k k ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦，(2) []1,2-【分析】（1）先求出的解析式，利用整体代入法求的单调递减区间； ()f x ()f x （2）先根据图象变换求出的解析式，再求在上的值域．()g x ()g x ,128ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【详解】（1）因为向量，，函数．()sin ,2cos a x x =- (),cos b x x = ()1f x a b =⋅+所以. 2()1cos 2cos 12cos 22sin 26f x a b x x x x x x π⎛⎫=⋅+=-+=-=- ⎪⎝⎭ 要求的单调递减区间，只需, ()f x ()3222,Z 262k x k k πππππ+≤-≤+∈解得：， ()52,Z 36k x k k ππππ+≤≤+∈即的单调递减区间为.()f x ()5,Z 36k k k ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦，（2）把图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到的图()f x 122sin 46y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭象，再向左平移个单位长度，得到的图象，即.12x 2sin 46y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()2sin 46g x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭因为，所以.,128x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦24,663x πππ⎛⎫⎡⎤+∈- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦因为在上单增，在上单减，且时最小，2sin y t =,62t ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦2,23t ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦6t π=-1212y ⎛⎫=⨯-=- ⎪⎝⎭；时，.2t π=212y =⨯=所以，即在上的值域为.[]2sin 1,2y t =∈-()2sin 46g x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,128ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦[]1,2-20．如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，分别是111ABC A B C -1,2,1,,AB BC AA AC BC E F ⊥===的中点．11,A C BC （1）求证: 平面平面； ABE ⊥11B BCC （2）求证: 平面； 1C F ∥ABE （3）求三棱锥体积．E ABC -【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3 【详解】试题分析：（1）由直线与平面垂直证明直线与平行的垂直；（2）证明直线与平面平行；（3）求三棱锥的体积就用体积公式.（1）在三棱柱中，底面ABC ，所以AB ，111ABC A B C -1BB ⊥1BB ⊥又因为AB ⊥BC ，所以AB ⊥平面，因为AB 平面，所以平面平面. 11B BCC ⊂ABE ABE ⊥11B BCC （2）取AB 中点G ，连结EG ，FG ，因为E ，F 分别是、的中点，所以FG ∥AC ，且FG=AC ， 11A C BC 12因为AC ∥，且AC=，所以FG ∥，且FG=，11A C 11A C 1EC 1EC所以四边形为平行四边形，所以EG ， 1FGEC 1//C F 又因为EG 平面ABE ，平面ABE ， ⊂1C F ⊄所以平面.1//C F ABE（3）因为=AC=2，BC=1，AB ⊥BC ，所以， 1AA =所以三棱锥的体积为：=E ABC -113ABC V S AA ∆=⋅111232⨯⨯【解析】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直与平行的证明；考查几何体的体积的求解等基础知识，考查同学们的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力、逻辑推理能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．21．已知、、分别是三个内角、、的对边，且. a b c ABC A A B C cos sin 0a B B b c --=(1)求；A (2)若锐角的取值范围. ABC Ab 【答案】(1) π3A =(2)【分析】（1）利用正弦定理可得出，再利用两角和的正弦公sin cos sin sin sin 0A B A B B C +--=式以及辅助角公式可得出，结合角的取值范围可求得角的值；1sin 62A π⎛⎫-= ⎪⎝⎭A A （2）法一：由三角形的面积公式可求得，利用余弦定理可得出，再由4bc =2224b c a +-=，可求得的取值范围；cos 0B >cos 0C >b法二：由三角形的面积公式可求得，利用正弦定理结合三角恒等变换可得出4bc =22b =根据为锐角三角形求出的取值范围，再利用正切函数的基本性质可求得的取值范围. ABC A C b【详解】（1）解：因为， cos sin 0a B B b c --=由正弦定理可得①， sin cos sin sin sin 0A B A B B C --=又因为，πC A B =--所以. ()sin sin sin cos cos sin C A B A B A B =+=+代入①，即.sin sin cos sin 0A B B A B --=)1cos sin 0A A B --=因为，则，则，()0,πB ∈sin 0B >1cos 0A A --=π2sin 16A ⎛⎫-= ⎪⎝⎭即，1sin 62A π⎛⎫-= ⎪⎝⎭因为，则，则，所以.()0,πA ∈ππ5π666A -<-<ππ66A -=π3A =（2）解：法一：题意得，所以，1sin 2ABC S bc A ===A 4bc =在中，由余弦定理得：②，ABC A 22212cos 242b c a bc A bc +-==⨯=又因为是锐角三角形，所以， ABC A 222222cos 02cos 02a c b B aca b c C ab ⎧+-=>⎪⎪⎨+-⎪=>⎪⎩即③，且④， 2220a c b +->2220a b c +->由②③得，解得，解得. 22c >c>4bb<由②④得，即， 22b >b >综上，的取值范围是.b 法二：由题意得：， 1sin 2ABCS bc A ==△4bc =则，2π4sin 444sin 342sin sin C b B b b c c C C ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=⇒=====⎝⎭又因为是锐角三角形，则 ABC A π0ππ2,ππ62π23C C C⎧<<⎪⎪⎛⎫⇒∈⎨⎪⎝⎭⎪<+<⎪⎩则，则，故tan C10tan C <<()222,8b =2<<b 即的取值范围是.b22．如图所示，在平行四边形ABCD 中，，E 为边AB 的中点，将2AB BC ==π3DAB ∠=沿直线DE 翻折为，若F 为线段的中点．在翻折过程中，ADE V A DE 'A A C 'ADE V(1)求证：平面；//BF A DE ¢(2)若二面角，求与面所成角的正弦值. 60A DE C '--=︒A C 'A ED '【答案】(1)证明见解析【分析】（1）取的中点，通过证平面平面，可得面.CD G //A DE 'BFG //BF A DE '（2）利用二面角的平面角的定义先找出二面角的平面角即为，再利用面面垂直A DE C '--A OG ∠'的性质定理找到平面的垂线，从而作出与面所成的角，计算可得答案. A DE 'A C 'A ED '【详解】（1）证明：取的中点，连接，CD G FG BG ，为线段的中点，，F A C '//GF A D ∴'平面，平面，平面，FG ⊄ A DE 'A D '⊂A DE '//GF ∴A DE '又，，四边形为平行四边形，则 //DG BE DG BE =∴BEDG //.BG DE 平面，平面，可得平面，BG ⊄A DE 'DE ⊂A DE '//BG A DE '又，，平面， BG GF G = BG GF ⊂BFG 可得平面平面，平面， //A DE 'BFG BF ⊂BFG 则面.//BF A DE '（2）取中点，中点，连接，，， DC G DE O OG A O 'A G '由，为边的中点，2AB BC ==3DAB π∠=E AB得为等边三角形，从而， AE AD ==ADE V DE =60EDC ︒∠=又为的中点所以，又是等边三角形， DG =O DE OG DE ⊥A DE A '所以，所以为二面角的平面角，所以， A O DE '⊥A OG ∠'A DE C '--60A OG ︒∠'=过点作，过作交于，连接，E //EM OA 'A '//A M OE 'M CM是等边三角形，所以可求得，，所以，A DE ' △6A O '=OE =6EM =A M '=，，，，DE A O ⊥' DE OG ⊥//OG CE //EM A O '所以，，又，，面， DE EM ⊥DE EC ⊥EC EM E = EC EM ⊂EMC 所以面，又，所以面，DE ⊥EMC //A M DE 'A M '⊥EMC 平面，所以面面，A M '⊂ A DE 'A DE '⊥EMC 由，在中易求得，又， 6ME =CBE △12CE =60MEC A OG ︒∠=∠'=所以，，MC EM ⊥MC =面面，面，A DE ' EMC EM =MC ⊂EMC 所以面，所以为与平面所成的角， MC ⊥A DE 'MA C ∠'A C 'A DE '在中可求得 Rt A MC 'A A C '=sin MA C ∠'==与面 A C ∴'A ED '。

2023-2024学年浙江省宁波市高一下册期中联考数学试题(含解析)

2023-2024学年浙江省宁波市高一下册期中联考数学试题(含解析)

2023-2024学年浙江省宁波市高一下册期中联考数学试题一、单选题1．已知复数z 满足43i z =+，则z =（）A B ．1C ．5D【正确答案】C【分析】根据复数的模长运算直接求解即可.【详解】由于43i z =+，所以5z =.故选：C.2．设{}12,e e是平面内的一个基底，则下面的四组向量不能．．作为基底的是（）A ．12e e + 和12e e -B ．1e 和12e e + C ．123e e + 和213e e +D ．1232e e - 和2146e e - 【正确答案】D【分析】判断每个选项中的向量是否共线，即可判断出答案.【详解】由于{}12,e e 是平面内的一个基底，故21,e e不共线，根据向量的加减法法则可知12e e + 和12e e - 不共线，1e 和12e e +不共线，2112133()3e e e e +=+ 和123e e +不共线，故A ，B ，C 中向量能．作为平面的基底，211224)6(32e e e e --=-，故1232e e - 和2146e e - 共线，不能．．作为平面的基底，D 错误，故选：D3．若一个正棱锥的各棱长和底面边长均相等，则该棱锥一定不是．．（）A ．正三棱锥B ．正四棱锥C ．正五棱锥D ．正六棱锥【正确答案】D【分析】对于选项A ，考虑正四面体.对于B ，C ，D 选项，画出满足部分条件的几何体，通过证明来说明是否存在满足题意的图形.【详解】对于选项A ，正四面体为满足条件的正三棱锥，故排除A ；对于选项B ，考虑如图所示的正四棱锥.满足AB BC CD DA EA EB =====，O 为底面正方形中心，EO ⊥平面ABCD .因底面为正方形，故OA OB OC OD ===，则EOA △，EOB ，EOC △，EOD △两两全等，得EA EB EC ED ===.故存在满足条件的正四棱锥，排除B ；对于选项C ，考虑如图所示的五棱锥.满足AB BC CD DE EA FA FB ======，O 为底面正五边形中心，FO ⊥平面ABCDE .因底面为正五边形，故OA OB OC OD OE ====，则FOA ，FOB △，FOC ，FOD ，FOE V 两两全等.得FA FB FC FD FE ====.故存在满足条件的正五棱锥，排除C ；对于选项D ，考虑如图所示的正六棱锥.满足AB BC CD DE EF FA GA GB =======，O 为底面正六边形中心.GO ⊥平面ABCDEF .但注意到OA =AB ，GO AO ⊥，则有GA AO AB >=.这与所设满足的条件矛盾，故不存在满足条件的正六棱锥，故D 正确.故选：D4．已知向量()1,2a =r ，()4,3b = ，则向量a 在向量b 方向上的投影向量为（）A ．86,55⎛⎫⎪⎝⎭B ．856555⎝⎭C ．254555⎝⎭D ．(85,65【正确答案】A【分析】根据向量的坐标运算结合投影向量的定义运算求解.【详解】由题意可得：22142310,435a b b ⋅=⨯+⨯=+=r r r ，故向量a 在向量b方向上的投影向量为()210286cos ,,25555b a b b a b a a ba b b b b a b b b ⎛⎫⎛⎫⋅⋅ ⎪⎛⎫ ⎪=⨯==== ⎪ ⎪⎪⎝⎭ ⎪⋅ ⎪⎝⎭⎝⎭r r rr r r r r r r rr r r r rr r .故选：A.5．如图所示，为测量某不可到达的竖直建筑物CO 的高度，在此建筑物的同一侧且与此建筑物底部在同一水平面上选择相距60米的A ，B 两个观测点，并在A ，B 两点处测得建筑物顶部的仰角分别为45°和30°，且2cos CAB ∠=）A ．45mB ．60mC ．452mD ．603m【正确答案】B【分析】由题意分析可得2AC CO =，2BC CO =，在ABC 中利用余弦定理运算求解.【详解】由题意可得：60AB =，在Rt OAC 中，由45CAO ∠=︒可得AC =；在Rt OBC △中，由30CBO ∠=︒可得2BC CO =；在ABC 中，由余弦定理2222cos BC AC AB AC AB CAB =+-⋅⋅∠，即2224260260CO CO ⎛=+-⨯⨯ ⎝⎭，整理得23018000CO CO --=,解得60CO =或30CO =-（舍去），所以此建筑物的高度为60m.故选：B.6．已知ABC 斜二侧画法下的直观图是边长为2的正三角形A B C '''（如图所示），则AC =（）AB C ．D ．4【正确答案】A【分析】过C '作//C N x '''轴，与y '轴交于点N '，由正弦定理可求出A N ''和C N ''的值，再在平面直角坐标系中得出AN 与CN ，利用勾股定理可得AC .【详解】如图所示，过C '作//C N x '''轴，与y '轴交于点N '，则604515C A N '''∠=︒-︒=︒，120A C N '''∠=︒，45A N C '''∠=︒，由正弦定理得sin sin sin C N A N A C C A N C A N A N C ''''''=='''''''''∠∠∠，即2sin15sin120sin 45C N A N ''''==︒︒︒，则1C N ''=，A N ''=将三角形还原到直角坐标系中，如图所示，1CN C N ''==，2AN A N ''==，所以AC =，故选：A.7．已知平面向量a ，b，c 均为单位向量，且243a b c += ，则a c ⋅= （）A ．14-B ．14C ．12D ．12-【正确答案】A【分析】根据平面向量的数量积运算法则和性质求解即可.【详解】平面向量a ，b ，c均为单位向量，所以1a b c === ，又243a b c+= 所以234a c b -= ，平方得222491216a c a c b +-⋅=，则22249164916112124a cb ac +-+-⋅==-.故选：A.8．已知ABC 中，D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，直线AE ，CD 交于点P ，且满足1162BP BA BC =+ ，则BPDBPE S S △△的值为（）A ．43B ．52C ．53D ．109【正确答案】C【分析】令EP EA μ= ，BE BC λ= ，令DP tDC = ，BD k BA =，利用平面向量基本定理确定点,,P E D 的位置即可求解作答.【详解】如图，令EP EA μ= ，BE BC λ=，于是()(1)(1)BP BE EP BE EA BE BA BE BE BA BC BA μμμμλμμ=+=+=+-=-+=-+ ，而1162BP BA BC =+ ，并且,BA BC 不共线，因此11,(1)62μλμ=-=，解得35λ=，令DP tDC = ，BD k BA = ，则()(1)(1)BP BD DP BD tDC BD t BC BD t BD tBC k t BA tBC =+=+=+-=-+=-+ ，从而11,(1)26t k t =-=，解得11,32k t ==，因此点P 是线段CD 的中点，所以3355BPE BPC BPD S S S == ，所以53BPD BPE S S = .故选：C思路点睛：用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．二、多选题9．下列结论中正确．．的是（）A ．正四面体一定是正三棱锥B ．正四棱柱一定是长方体C ．棱柱的侧面一定是平行四边形D ．棱柱的两个互相平行的平面一定是棱柱的底面【正确答案】ABC【分析】根据各几何体的定义直接判断.【详解】A 选项：正三棱锥是底面为正三角形，各侧棱长均相等的几何体，正四面体四个面均为正三角形且所有棱长均相等，所以A 选项正确；B 选项：正四棱柱为底面为正方形的直棱柱，所以正四棱柱即为长方体，所以B 选项正确；C 选项：棱柱上下底面互相平行且全等，且各侧棱互相平行，所以棱柱的侧面均为平行四边形，所以C 选项正确；D 选项：正四棱柱的侧面两两平行，所以D 选项错误；故选：ABC.10．已知两个单位向量1e 、2e 的夹角为π2θθ⎛⎫≠ ⎪⎝⎭，若12c xe ye =+ ，则把有序数对(),x y 叫做向量c的斜坐标，若()11,a x y = ，()22,b x y = ，则（）A ．()1212,a b x x y y -=--B．a = C ．()11,a x y λλλ=D ．1212a b x x y y ⋅=+【正确答案】AC【分析】根据向量线性运算、向量模的定义、数量积的定义判断．【详解】由已知1112a x e y e =+ ，2122b x e y e =+，因此121122()()a b x x e y y e -=-+- ，所以a b -的斜坐标为1122(,)x y x y --，A 正确；1112a x e y e λλλ=+ ，因此a λ的斜坐标是11(,)x y λλ，C正确；a = 1212122112()a b x x y y x y x y e e ⋅=+++⋅，在1e 与2e 不垂直时，BD 错；故选：AC ．三、单选题11．下列命题中正确．．的命题是（）A ．若复数z 满足z z +∈R ，则z ∈RB ．若复数z 满足22z z =，则z ∈RC ．若复数1z ，2z 满足1221z z z z =，则12=z z D ．若复数1z ，2z 满足1212z z z z ⋅=⋅，则12=z z 【正确答案】C【分析】设复数i,,z a b a b =+∈R ，根据复数的运算，验证,a b 即可判断A,B ；设复数12i,i,,,,z a b z c d a b c d =+=+∈R ，根据已知等式结合复数运算，即可判断C,D.【详解】对于A ，设复数i,,z a b a b =+∈R ，则i z a b =-，所以2z z a +=∈R 恒成立，则C z ∈，故A 不正确；对于B ，设复数i,,z a b a b =+∈R ，则i z a b =-，若22z z =，则()()22i i a b a b +=-，所以2i 2i ab ab =-，则0ab =，故0a =或0b =，则复数z 是纯虚数或实数，故B 不正确；对于C ，设复数12i,i,,,,z a b z c d a b c d =+=+∈R ，若1221z z z z =，即1122z z z z ⋅=⋅，所以()()()()i i i i a b a b c d c d +-=+-，整理得2222+=+a b c d ，所以12=z z ，故C 正确；对于D ，设复数12i,i,,,,z a b z c d a b c d =+=+∈R ，若1212z z z z ⋅=⋅，则()()()()i i i i a b c d c d a b +-=+-，整理得ad bc =，而12=z z 可得2222+=+a b c d ，所以D 不正确.故选：C.四、多选题12．在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则下列说法中正确．．的是（）A ．若60B =︒，2b ac =，则ABC 一定是等边三角形B ．若222cos cos cos 1A B C +->，则ABC 一定是钝角三角形C ．若()cos cos a b c B A -=-，则ABC 一定是等腰三角形D ．若tan tan a ba b A B+=+，则ABC 一定是直角三角形【正确答案】ABD【分析】利用正弦定理、余弦定理，结合三角恒等变换逐项计算、判断作答.【详解】对于A ，ABC 中，60B =︒，2b ac =，由余弦定理2222cos b a c ac B =+-得：222cos 60ac a c ac =+- ，即2()0a c -=，因此a c =，ABC 一定是等边三角形，A 正确；对于B ，由222cos cos cos 1A B C +->得：2221sin 1sin (1sin )1A B C -+--->，即222sin sin sin 0C A B -->，由正弦定理得2220c a b -->，由余弦定理得222cos 02a b c C ab+-=<，因此角C 是钝角，ABC 一定是钝角三角形，B 正确；对于C ，ABC 中，由(cos cos )a b c B A -=-及余弦定理得：22222222a c b b c a a b a b+-+--=-，整理得223322a b ab a b bc ac -=-+-，即222()()()()ab a b a b a ab b c a b -=-++--，因此a b =或222+=a b c ，ABC 是等腰三角形或直角三角形，C 错误；对于D ，ABC 中，由tan tan a ba b A B+=+及正弦定理得：sin sin sin sin sin sin cos cos A BA B A B A B+=+，因此sin sin cos cos A B A B +=+，即sin(sin()cos(cos()22222222A B A B A B A B A B A B A B A B+-+-+-+-++-=++-，整理得：2sin cos 2cos cos 2222A B A B A B A B+-+-=，显然ππA B -<-<，ππ222A B --<<，即cos02A B->，因此tan 12A B +=，而π022A B +<<，于是π24A B +=，所以π2A B +=，ABC 一定是直角三角形，D 正确.故选：ABD结论点睛：ABC 的三边分别为a ，b ，c （a≥b≥c ），若222b c a +>，则ABC 是锐角三角形；若222b c a +=，则ABC 是直角三角形；若222b c a +<，则ABC 是钝角三角形.五、填空题13．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，一蚂蚁沿着正方体的表面从点A 爬到点1C 的最短距离是__________．【分析】做出正方体的侧面展开图，在平面图形内计算最短距离.【详解】如图所示，将正方体1111ABCD A B C D -的侧面11ABB A 与11BB C C 展开，则最短距离为1AC =故答案为14．已知复数ω，且1ω=，则2i ω-（i 是虚数单位）的最大值是______．【正确答案】3【分析】利用复数的几何意义求解.【详解】因为1ω=，复数ω表示圆心在原点的单位圆，如图所示：2i ω-表示单位圆上的点到点()0,2的距离，由图知：当i ω=-时，2i ω-取得最大值3，故315．《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社会现象．如图1所示的是八卦模型图，其平面图形（图2）中的正八边形ABCDEFGH ，其中O 为正八边形的中心，边长1AB =，则AC AD ⋅=__________．2【分析】连接AC ，AD，根据正八边形可知)2OB OA OC =+，()2OD OC OA =- ，以OA ，OC 为基底表示AC ，AD，在AOB中，由余弦定理可得222OA = ，求数量积即可.【详解】如图所示，连接AC ，AD ，由ABCDEFGH 为正八边形可知4AOB BOC π∠=∠=，且//OD AC ，则2AOC π∠=，所以OA OC +==，即)2OB OA OC =+，AC OC OA=-且)OD AC OC OA =- ，所以1AD OD OA OA ⎫=-=-⎪⎪⎝⎭，则()122C A OC OA A O OA C D ⎤⎛⎫=-⋅-+⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⋅⎦2211222OA OC OA OC OA ⎛⎫⎫-⋅-+⋅++ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭)21OA =+ ，在AOB中，由余弦定理2222221cos 222OA OB AB OA AOB OA OB OA+--∠===，解得2222OA = ，所以)2122AC AD OA ⋅==+ ，故答案为216．已知ABC 中，3A π∠=，D ，E 是线段BC 上的两点，满足BD DC =，BAE CAE ∠=∠，2AD =，AE =BC =__________．【分析】根据角分线的向量性质及中线的向量性质化简得解.【详解】由已知AB ACAB AC+ BAE CAE ∠=∠，则AB AC AE AB AC λ⎛⎫ ⎪=+ ⎪⎝⎭，所以AB AC AE AB AC λ=+==uu u r uuu ruu u r uu ur uuu r 65λ=，所以666555AB AC AE AC c b AB AC ⎛⎫ ⎪=+=+ ⎪⎝⎭，即()()666615555AB AE AC AE AE c c c b ⎛⎫-+-=-- ⎪⎝⎭ ，即666615555EB EC AE c c c b ⎛⎫+=-- ⎪⎝⎭，又点E 在BC 上，所以661055c b--=，所以()65b c bc +=，即()222363672250b c bc bc ++-=，又BD DC =，则1122AD AB AC =+，11222AD AB AC =+ ，即2219c b bc ++=，联立()2222236367225019b c bc bc b c bc ⎧++-=⎪⎨++=⎪⎩，得()225366840bc bc --=，解得6bc =，或11425bc =-（舍），所以BC AC AB =-，则222222222cos 1927BC AC AB AB AC b c bc A b c bc bc =+-⋅=+-=+-=-= ，所以BC =故答案为六、解答题17．已知复数()i 0,0z x y x y =+>>满足2z =，且1z -为纯虚数．(1)求i1z -；(2)若20z b z c +⋅+=，(),R b c ∈，求实数b ，c 的值．【正确答案】(2)2b =-，4c =【分析】（1）根据纯虚数的概念可得x ，再由模长可得y ，即可确定z 与i1z-；（2）法一：代入，根据复数相等解方程即可；法二：根据复数方程的解列方程即可.【详解】（1）11i z x y -=-+ 为纯虚数，1x ∴=，2z = 且0y >，y ∴=，1z =+，()()()()11i 1i 1i 1i z ⨯+∴=--⨯+；（2）法一：把1z =+代入：20z b z c +⋅+=，()()2110b c +⋅+=，化简得：2i 0b c +-++=，即200b c+-=⎧⎪+=，解得：2b =-，4c =.法二：20z b z c +⋅+=的一根为1z =，则另一根为：1z =，则24z z b z z c +=-=⎧⎨⋅==⎩，解得：2b =-，4c =.18．已知平面直角坐标系内存在三点：()1,5A ，()7,8B ，()5,2C ．(1)求cos BAC ∠的值；(2)若平面上一点P 满足：AP CB ，CP AB ⊥，求点P 的坐标．【正确答案】(2)()2,8P 【分析】（1）根据题意结合向量的夹角公式运算求解；（2）根据题意结论向量平行、垂直关系运算求解.【详解】（1）由题意可得：()6,3AB = ，()4,3AC =- ，则15AB AC ⋅=，AB ==uu u r5AC ==uuu r ，故cos AB AC BAC AB AC ⋅∠=⋅uu u r uuu r uu u r uuu r （2）由题意可得：()2,6CB =，∵AP CB，设()()2,6AP tCB t t t ==∈R uu u r uu r ，∴()24,63CP AP AC t t =-=-+uu r uu u r uuu r，又∵CP AB ⊥，则()()6243630CP AB t t ⋅=-++= ，解得12t =，∴()3,6CP =-，设(),P x y ，则()5,2CP x y =--uu r，可得5326x y -=-⎧⎨-=⎩，解得28x y =⎧⎨=⎩，即()2,8P .19．如图所示，以线段AB 为直径的半圆上有一点C ，满足：1BC=，AC =阴影部分绕直线AB 旋转180°得到一个几何体．(1)求阴影部分形成的几何体的体积；(2)求阴影部分形成的几何体的表面积．【正确答案】(1)5π1215334+【分析】（1）过点C 作1CO AB ⊥，垂足为点1O ，旋转180°所得几何体为半个球挖掉两个半圆锥．分别求出两个半圆锥的体积12,V V ，即可得出答案；（2）分别求出两个半圆锥的表面积12,S S ，ACB 以直线AB 为轴，旋转一周得到一个半球面，表面积为3S ，正面为一个圆减掉两个三角形，即图中阴影部分4S ，求出3S ，4S ，则阴影部分形成的几何体的表面积为1234S S S S +++，求解即可.【详解】（1）过点C 作1CO AB ⊥，垂足为点1O ，旋转180°所得几何体为半个球挖掉两个半圆锥．3AC 1BC =，2AB =，132CO =，1Rt AO C △以直线AB 为轴，旋转一周得到一个半圆锥，体积为211111π23V CO AO =⨯⨯⨯，1Rt BO C 以直线AB 为轴，旋转一周得到一个半圆锥，体积为221111π23V CO BO =⨯⨯⨯，2221211111111πππ666V V CO AO CO BO CO BA +=⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯13ππ2644=⨯⨯=，半圆面以直线AB 为轴，旋转一周得到一个半球体，体积为33142π1π233V =⨯⨯=，3122π5ππ3412V V V V =--=-=几何体.（2）1Rt AO C △以直线AB 为轴，旋转一周得到一个半圆锥，侧面积为113ππ24S =⨯=，1Rt BO C 以直线AB 为轴，旋转一周得到一个半圆锥，侧面积为21π12S =⨯=，ACB 以直线AB 为轴，旋转一周得到一个半球面，表面积为2314π12π2S =⨯⨯=，正面为一个圆减掉两个三角形，即图中阴影部分：241π121π2S =⨯-⨯⨯=12343π2ππ4S S S S S =+++=++=几何体.20．在ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 所对的边，且2cos 2a B c +=，2a =．(1)若c =，求ABC 的面积；(2)求ABC 周长的最大值．【正确答案】(2)2+【分析】（1）法一：由正弦定理得出A ，再由余弦定理得出b ，进而求出面积；法二：由余弦定理求出A ，b ，进而求出面积；（2）法一：由正弦定理的边化角公式结合三角函数的性质得出ABC 周长的最大值；法二：由余弦定理结合基本不等式得出ABC 周长的最大值.【详解】（1）法一：∵2cos 2a B c +=，由正弦定理得，2sin cos sin 2sin A B B C +=∴()2sin cos 2sin A B B A B +=+，∴2cos sin A B B =，∵()0,πB ∈，∴sin 0B ≠，∴cos A =()0,πA ∈，∴π6A =．由余弦定理得：241222b b=+-⨯，2680b b-+=，()()420b b--=，∴2b=或4，∴111sin4222ABCS bc A==⨯⨯=或111sin2222ABCS bc A==⨯⨯=△．综上，ABC法二：由余弦定理得，222222a c ba cac+-⋅+=，∴222b c a+-，∴cos2A=，∵()0,πA∈，π6A=．由余弦定理得：241222b b=+-⨯，2680b b-+=，()()420b b--=，∴2b=或4，∴111sin4222ABCS bc A==⨯⨯=或111sin2222ABCS bc A==⨯⨯=△．综上，ABC（2）法一：由正弦定理得：241sin sin sin2a b cA B C====，5π124sin sin241sin cos622a b c B B B B⎡⎤⎛⎡⎤⎛⎫++=+⨯+-=+⨯++⎢⎥⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎢⎥⎝⎭⎣⎦()224222xϕ=++≤++其中tanϕ=，所以当()sin1xϕ+=时，()max2a b c++=++法二：由余弦定理得：∵(2242b c bc+=≥，∴(42bc≤，∵()(242b c bc+=+(244232≤+⨯+=+，∴b c+≤()max2a b c++=++b c==21．如图，在梯形ABCD中，2AD=，3DC CB==，2AB DC=，点E、F是线段DC上的两个三等分点，点G ，点H 是线段AB 上的两个三等分点，点P 是直线BC 上的一点．(1)求AB AD ⋅的值；(2)求FH的值；(3)直线AP 分别交线段EG 、FH 于M ，N 两点，若B 、N 、D 三点在同一直线上，求AM AN的值．【正确答案】(1)4(3)47AM AN =【分析】（1）以AB，AD 为基底表示CB ，3CB = ，可得AB AD ⋅；（2）以AB，AD 为基底表示FH ，进而计算模长；（3）根据向量共线定理分别可表示AM ，AN ，进而确定AMAN.【详解】（1）设AB a =，AD b =1122CB CD DA AB a b a a b =++=--+=- ，22211394CB a a b b a b ∴=-⋅+=-⋅=，即4AB AD a b ⋅=⋅= ；（2）22113323AF AD DC b a a b =+=+⨯=+ ，13FH AH AF a b =-=-，FH = （3）设AN xAF y AH =+，即()()()x AF AN y AH AN AN x y AN -+-=-+ ，()1xNF yNH x y AN +=--，因为N 在FH 上，所以10x y --=，即1y x =-，()()1221113333AN xAF x AH x a b x a x a xb ⎛⎫⎛⎫∴=+-=++-⋅=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即2133AN x AB xAD ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，即()()2121221333333x AB AN x AD AN AN x AN xAN x AN ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--+-=---=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即212213333x NB xND x AN ⎛⎫⎛⎫-+=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由于D ，N ，B 三点共线，所以221033x --=，12x ∴=，1122AN a b =+ ，设AM AE AG λμ=+，则()()()1AE AM AG AM AM λμλμ-+-=-- ，即()1ME MG AM λμλμ+=-- ，又M 在EG 上，则10λμ--=，即1μλ=-，()()111111132336AM AE AG AD AB AB AB AD λλλλλλλ⎛⎫=+-=+⋅⋅+-⋅=-+ ⎪⎝⎭，由于A ，M ，N 三点共线，所以111362112λλ-==，即27λ=，所以224777AM b a AN =+= ，47AM AN =.22．法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这个三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．如图，在ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，以AB ，BC ，AC 为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为1O ，2O ，3O．(1)证明：123O O O 为等边三角形；(2)若123O O O ABC S mS =△△求m 的最小值．【正确答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）连接1AO ，3AO ，在13O AO 中，由余弦定理可求出13O O ，同理可得12O O ，再结合正弦定理即可证明1213O O O O =，同理可得1322O O O O =；（2）由123O O O ABC S mS =△△化简可得()()23211sin b c m A c b ϕ+=-+⨯+，再由基本不等式求出b cc b+的最小值，即可求出m 的最小值.【详解】（1）如图，连接1AO ，3AO ，则133AO c =，333AO b =，13π3O AO A ∠=+在13O AO 中，由余弦定理得：222131313132cos O O AO AO AO AO O AO =+-⋅⋅∠，即2222213π2cos π32cos 33333b c bc A b c bc O O A ⎛⎫+-+ ⎪⎛⎫⎝⎭=+-⋅⋅+= ⎪⎝⎭2222132cos sin 22cos 3sin 33b c bc A A b c bc A bc A ⎛⎫+-⨯- ⎪+-+⎝⎭==222222223sin 32sin 36b c a b c bc Aa b c A+-+-+++==+同理可得2222123sin 63a b c O O B ++=+，∵sin sin a bA B=，∴sin sin a B b A =，∴1213O O O O =.同理：1322O O O O =，即123O O O 为等边三角形.（2）1232221333cos 3sin sin 4432O O O b c bc A bc A m S O O bc A +-=⨯==△则)()21sin cos sin b c m A A A c bϕ+=-+=+∵2b c c b +≥=，)max 21sin cos m A A ⎤-+=⎦2≥，解得：m 1≥当且仅当π3A =，b c =时123O O O ABC S S △△取到最小值1．。

2023-2024学年浙江省宁波市高一下册期中数学质量检测模拟试题合集2套(含答案)

2023-2024学年浙江省宁波市高一下册期中数学质量检测模拟试题合集2套(含答案)

2023-2024学年浙江省宁波市高一下册期中数学质量检测模拟试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设集合{}13A x x =-≤≤，{}04B x x =<<，则A B = （）A.[]1,3- B.(),4-∞ C.(]0,3 D.[)1,4-2.已知复数()i ,z a b a b R =+∈是复数21i+的共轭复数，则3a b +=（）A.4- B.2- C.4D.23.已知a R ∈，则()()120a a +-<是01a <<成立的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件4.在ABC △中，3AD DC = ，记BA a = ，BD b = ，则BC =（）A.1433a b - B.4133a b +C.1433a b-+D.4133a b-+5.已知函数()xxf x e e-=+，()g sin x x =，则图象为如图的函数可能是（）A.()()g x y f x =B.()()14y f x g x =--C.()()f x yg x = D.()()14y f x g x =+-6.由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥），其侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为14，则以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为（）A.2B.14C.12D.47.记函数()()sin 04f x x b πωω⎛⎫=++> ⎪⎝⎭的最小正周期为T ，若23T ππ<<，且()y f x =的图象关于点3,22π⎛⎫⎪⎝⎭中心对称，则5f π⎛⎫= ⎪⎝⎭（）A.322+ B.1C.222+ D.38.扇形中，2OA =，90AOB ∠=︒，M 是OB 的中点，P 是弧AB 上的动点，N 是线段OA 上的动点，则PM PN ⋅的最小值为（）A.45- B.254C.25+ D.25-二、选择题：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，有多项符合题目要求。

2020年浙江省宁波市高一(下)期中数学试卷解析版

2020年浙江省宁波市高一(下)期中数学试卷解析版

期中数学试卷题号一二三总分得分一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1.直线x-y-1=0的倾斜角大小（ ）A. B. C. D.2.在等差数列{a n}中，若a3+a4+a5+a6+a7=450，则a5=（ ）A. 45B. 90C. 180D. 3003.若a＜0＜b，则下列不等式恒成立的是（ ）A. B. |a|＞b C. a2＞b2 D.4.函数的值域为（ ）A. [2，+∞）B. （-∞，2]∪[2，+∞）C. （-∞，-2]D. R5.直线3x+4y+5=0被圆x2+y2=4截得的弦长为（ ）A.1 B.2 C. D.6.已知等差数列共有99项，其中奇数项之和为300，则偶数项之和为（ ）A. 300B. 298C. 296D. 2947.设S n是等差数列{a n}的前n项和，若，则=（ ）A. B. -1 C. 1 D. 28.已知a＞b＞c，2a+b+c=0，则的取值范围是（ ）A. B. C. D.9.若圆C：（x-a）2+（y-a-1）2=a2与两条直线y=x和y=-x都有公共点，则实数a的取值范围是（ ）A. B.C. D.10.若函数f（x）=x|x-2a|-a有三个不同的零点，则实数a的取值范围为（ ）A. （-∞，-1）∪（1，+∞）B. （-1，1）C. （-1，0）∪（0，1）D. （-∞，-1）∪（0，1）二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）11.倾斜角为120°，在y轴上的截距为1的直线l的方程为______；直线ax+y+1=0与直线l垂直，则a=______．12.直线l1：2mx+（m-2）y+4=0（m∈R）恒过定点______；若过原点作直线l2∥l1，则当直线l1与l2的距离最大时，直线l2的方程为______．13.若实数x，y满足约束条件，则点A（x，y）构成的区域面积为______；点B（x+y，x-y）构成的区域面积为______．14.已知，则=______；x+2y的最小值为______．15.已知数列{a n}满足，则a n=______．16.一条光线从点（﹣2，1）射出，经x轴反射后与圆（x﹣3）2+（y﹣4）2＝1相切，则反射光线所在直线的斜率为____．17.已知首项为a1，公比为q的等比数列{a n}满足q4+a4+a3+a2+1=0，则首项a1的取值范围是______．三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）18.已知直线l经过点P（1，2）．（1）若直线l在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程；（2）若A（1，-1），B（3，1）两点到直线l的距离相等，求直线l的方程．19.已知x，y满足约束条件．（1）求目标函数z=x-3y的最值；（2）当目标函数z=ax+by（a＞0，b＞0）在该约束条件下取得最大值5时，求a2+b2的最小值．20.已知过点P（0，1）的直线与圆C：x2+y2+6x-2y+6=0相交于A，B两点．（1）若|AB|=2，求直线AB的方程；（2）设线段AB的中点为M，求点M的轨迹方程．21.已知等差数列{a n}满足a2=3，a5=9，数列{b n}满足b1=2，．（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）若c n=a n•（b n-1），求数列{c n}的前n项和S n．22.已知正项数列{a n}的前n项和为S n，对于任意的n∈N*，都有．（1）求a1，a2；（2）求数列{a n}的通项公式；（3）令问是否存在正数m，使得对一切正整数n都成立？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题考查了斜率与倾斜角的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．利用斜率与倾斜角的关系即可得出．【解答】解：设直线x-y-1=0的倾斜角为θ，θ∈[0，π），则tanθ=，∴θ=．故选B．2.【答案】B【解析】解：∵在等差数列{a n}中，a3+a4+a5+a6+a7=450，则5a5=450，解得a5=90，故选：B．利用等差数列的性质即可得出．本题考查了等差数列的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．3.【答案】A【解析】解：由题意，可知：对于A：∵a＜0＜b，∴＜0＜，故选项A正确；对于B：∵a＜0＜b，若a=-1，b=2，则|a|＜b，故选项B不正确；对于C：∵a＜0＜b，若a=-1，b=2，则a2＜b2，故选项C不正确；对于D：∵a＜0＜b，∴＜0＜，故选项D不正确．故选：A．本题可采用排除法，代特殊值法进行判断．本题主要考查不等式的基本性质，排除法、特殊值法的应用．本题属基础题．4.【答案】C【解析】解：由，知f（x）在（-∞，-1）上单调递增，在（-1，0）上单调递减，∴f（x）max=f（-1）=-2，∴f（x）≤-2，∴f（x）的值域为（-∞，-2]．故选：C．根据双勾函数f（x）的单调性得到最值即可．本题考查了双勾函数的性质，属基础题．5.【答案】D【解析】解：根据题意，圆x2+y2=4的圆心为（0，0），半径r=2，圆心到直线3x+4y+5=0的距离d==1，则弦长l=2×=2；故选：D．根据题意，分析圆的圆心与半径，求出圆心到直线的距离，由弦长公式计算可得答案．本题考查直线与圆相交的性质，涉及弦长的计算，属于基础题．6.【答案】D【解析】解：∵等差数列共有99项，其中奇数项之和为300，∴（a1+a99）=300，解得a1+a99=12∴偶数项之和为：===294．故选：D．由等差数列共有99项，其中奇数项之和为300，解得a1+a99=12，从而偶数项之和为：=，由此能求出结果．本题考查等差数列的偶数项之和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．7.【答案】C【解析】解：∵S n是等差数列{a n}的前n项和，，∴===1．故选：C．利用等差数列的通项公式得==，由此能求出结果．本题考查两个等差数列的前9项和与前13项和的比值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．8.【答案】A【解析】【分析】先将2a+b+c=0变形为b=-2a-c，再代入不等式a＞b，b＞c，解这两个不等式，即可求得a与c的比值关系，联立可求的取值范围．本题主要考查了不等式性质的应用，解决问题的关键是将2a+b+c=0变形为b=-2a-c，代入后消去b，进而求得a，c的关系，属于中档题．【解答】解：∵a＞b＞c，2a+b+c=0，∴a＞0，c＜0，∴b=-2a-c，且a＞0，c＜0，∵a＞b＞c，∴-2a-c＜a，即3a＞-c，解得：＞-3，将b=-2a-c，代入b＞c，可得：-2a-c＞c，可得：a＜-c，可得：＜-1，∴-3＜＜-1．故选A．9.【答案】B【解析】解：圆C的圆心为（a，a+1），半径R=|a|，（a≠0），若圆与两条直线y=x和y=-x都有公共点，则圆心到两条直线y=x和y=-x的距离小于等于半径．即，即，解得：．∴实数a的取值范围是．故选：B．由圆与直线y=x和y=-x都有公共点，得圆心到两条直线y=x和y=-x的距离小于等于半径，由此列关于a的不等式组求解．本题主要考查直线和圆的位置关系，考查数学转化思想方法，是基础题．10.【答案】A【解析】解：由f（x）=x|x-2a|-a=0得x|x-2a|=a，当x=0时，a=0，此时f（x）=x|x|只要一个零点，不满足条件．故x=0不是函数的零点，则由x|x-2a|=a得|x-2a|=，作出函数g（x）=|x-2a|和h（x）=，的图象如图：若a＞0，要使g（x）=h（x）有三个交点，则只需要当0＜x≤2a时g（x）=h（x）有2个交点，即-（x-2a）=有两个交点，则x2-2ax+a=0有两个根即可，则判别式△=4a2-4a＞0，得a2-a＞0，得a＞1或a＜0（舍），若a＜0，要使g（x）=h（x）有三个交点，则只需要当2a＜x≤0时g（x）=h（x）有2个交点，即x-2a=有两个交点，则x2-2ax-a=0有两个根即可，则判别式△=4a2+4a＞0，得a2+a＞0，得a＞0（舍）或a＜-1，综上a＞1或a＜-1，故选：A．利用函数与方程之间的关系转化为|x-2a|=，利用作出两个函数的图象，利用数形结合进行转化求解即可．本题主要考查函数与方程的应用，根据条件转化为两个函数图象，利用数形结合进行转化求解是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．11.【答案】y=-x+1 -【解析】解：倾斜角为120°，在y轴上的截距为1的直线l的方程为：y=x tan120°+1，即y=-x+1．直线ax+y+1=0与直线l垂直，则-a×tan120°=-1，解得a=-．故答案为：y=-x+1，-．倾斜角为120°，在y轴上的截距为1的直线l的方程为：y=x tan120°+1．直线ax+y+1=0与直线l垂直，可得-a×tan120°=-1，解得a．本题考查了直线的斜截式、相互垂直的直线斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．12.【答案】（-1，2）x-2y=0【解析】解：由2mx+（m-2）y+4=0，得m（2x+y）-2y+4=0，联立，解得．∴直线l1过定点P（-1，2）；∵直线l2过原点，∴当直线l1与l2的距离最大时，直线l2的斜率为k=，则直线l2的方程为y=，即x-2y=0．故答案为：（-1，2）；x-2y=0．直接由直线系方程求直线l1所过定点P；求出OP的斜率，利用两直线垂直与斜率的关系得到直线l2的斜率，则方程可求．本题考查恒过定点的直线问题，考查过定点的两条直线间距离的最值问题，是基础题．13.【答案】 2【解析】解：画出约束条件表示的平面区域，如图1所示；则点A（x，y）构成的区域为△PQR，且P（0，2），Q（0，），R（1，1），所以△PQR的面积为×（2-）×1=；设M（s，t），令，解得，由题意知，得．作出不等式组对应的平面区域，如图2所示；则对应直角梯形MNEF，则M（，），N（，-），E（2，-2），F（2，0）；则四边形MNEF的面积为S=×（+）×=2，故答案为：，2．画出约束条件表示的平面区域，得出点A（x，y）构成的区域为△PQR，求出它的面积；设M（s，t），令，由题意求得s、t的约束条件，再对应平面区域的面积．本题主要考查了二元一次不等式组表示平面区域的应用问题，也考查了数形结合应用问题，是中档题．14.【答案】2 6+4，【解析】解：已知，x＞0，y＞0，则：ln（x+y）=ln；即：x+y=，所以：则=2；2x+2y=xy；+=1，x+2y=（x+2y）（+）=6++≥6+4，当且仅当=，+=1时即：x=2+2，y=2+”时取等号；x+2y的最小值为6+4；故答案为：2；6+4；利用对数的运算和基本不等式求解即可．本题是应用题，考查的是基本不等式的应用，使用时要注意“一正，二定，三相等”．考查了灵活解决问题的能力，属于基础题15.【答案】【解析】解：数列{a n}满足，n≥2时，a1a2•……•a n-1=n，相除可得；a n=．n=1时，a1=2，对于上式也成立．∴a n=．故答案为：．数列{a n}满足，n≥2时，a1a2•……•a n-1=n，相除可得；a n．n=1时，a1=2，进行验证即可得出．本题考查了数列递推关系、数列的通项公式、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．16.【答案】或【解析】解：由题意可知：点（-2，-1）在反射光线上．设反射光线所在的直线方程为：y+1=k（x+2），即kx-y+2k-1=0．由相切的性质可得：，化为：12k2-25k+12=0，解得k=或k=．故答案为：或．由题意可知：点（-2，-1）在反射光线上．设反射光线所在的直线方程为：y+1=k（x+2），利用直线与圆的相切的性质即可得出．本题考查了直线与圆相切的性质、点到直线的距离公式、光线反射的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．17.【答案】（-∞，-2]∪[2，+∞）【解析】解：∵q4+a4+a3+a2+1=0，∴a1（q3+q2+q）=-（q4+1），∴a1=-=-=-，令q+=t∈（-∞，-2]∪[2，+∞），可得：a1=-=-t+1+=f（t），f（t）在t∈（-∞，-2]上单调递减，∴f（t）≥f（-2）=2．f（t）在t∈[2，+∞）上单调递减，∴f（t）≤f（2）=-2．∴首项a1的取值范围是（-∞，-2]∪[2，+∞），故答案为：（-∞，-2]∪[2，+∞）．由q4+a4+a3+a2+1=0，可得：a1（q3+q2+q）=-（q4+1），a1=-=-，令q+=t∈（-∞，-2]∪[2，+∞），可得：a1=-=-t+1+=f（t），利用函数的单调性即可得出．本题考查了等比数列的通项公式、函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．18.【答案】解：（1）若直线过原点，则设为y=kx，则k=2，此时直线方程为y=2x，当直线不过原点，设方程为+=1，即x+y=a，此时a=1+2=3，则方程为x+y=3，综上直线方程为y=2x或x+y=3．（2）若A，B两点在直线l同侧，则AB∥l，AB的斜率k===1，即l的斜率为1，则l的方程为y-2=x-1，即y=x+1，若A，B两点在直线的两侧，即l过A，B的中点C（2，0），则k==-2，则l的方程为y-0=-2（x-2），即y=-2x+4，综上l的方程为y=-2x+4或y=x+1．【解析】（1）讨论直线是否过原点，利用截距相等进行求解即可．（2）根据点到直线的距离相等，分直线平行和直线过A，B的中点两种情况进行求解即可．本题主要考查直线方程的求解，结合直线截距相等以及点到直线距离相等，进行分类讨论是解决本题的关键．19.【答案】解：（1）作出不等式组对应的平面区域如图：由z=x-3y得y=x-，平移直线y=x-，由图象知当直线y=x-经过点A时，直线的截距最大，此时z最小，当直线经过点O时，直线的截距最小，此时z最大，由得，即A（1，2），则z的最小值为z=1-3×2=1-6=-5，z的最大值为z=0．（2）由z=ax+by（a＞0，b＞0）得y=-x+，∵a＞0，b＞0，∴斜率k=-＜0，有得，即B（2，1），由图象知当y=-x+经过A或B时，目标函数的截距最大，此时z=5，即2a+b=5或a+2b=5，即2a+b-5=0或a+2b-5=0，则a2+b2的几何意义是O到直线的距离的平方，则d===，即a2+b2的最小值为d2=5．【解析】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，利用数形结合是解决本题的关键．综合性较强．（1）作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义利用平移法进行求解即可．（2）利用目标函数的几何意义，确定取得最大值时的最优解，结合点到直线的距离公式进行求解即可．20.【答案】解：（1）圆C：x2+y2+6x-2y+6=0化标准方程为（x+3）2+（y-1）2=4，∴圆心坐标为（-3，1），半径r=2．当|AB|=2，则圆心到直线的距离为．设直线AB的方程为y-1=k（x-0），即kx-y+1=0，∴，解得k=．∴AB的方程为或；（2）由圆的性质知：PM⊥CM，∴，设M（x，y），则=（x，y-1），，则=x（x+3）+（y-1）（y-1）=x2+y2+3x-2y+1=0．联立，解得x=-．∴点M的轨迹方程为：x2+y2+3x-2y+1=0（x＜）．【解析】（1）当|AB|=2时，圆心到直线的距离为，利用圆心到直线的距离，建立方程求k，则直线AB的方程可求；（2）利用，设M（x，y）则=x（x+3）+（y-1）（y-1）=x2+y2+3x-2y+1=0，再求出x的范围，点M的轨迹方程可求．本题考查轨迹方程的求法，直线与圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．21.【答案】解：（1）等差数列{a n}满足a2=3，a5=9，则：d=，所以：a n=a2+2（n-2）=2n-1．数列{b n}满足b1=2，．则：b n+1=2b n-1，所以：b n+1-1=2（b n-1），故：（常数）．所以：数列{b n-1}是以2-1=1为首项，2为公比的等比数列，所以：，故：．（2）由于：a n=2n-1，，所以：c n=a n•（b n-1）=（2n-1）•2n-1，故：①，2②，①-②得：．【解析】（1）直接利用已知条件和构造新数列法求出数列的通项公式．（2）利用乘公比错位相减法求出数列的和．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，乘公比错位相减法在数列求和中的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．22.【答案】解：（1）任意的n∈N*，都有．可得a13=S12=a12，可得a1=1；a13+a23=S22=（1+a2）2，解得a2=2；（2）a13+a23+a33+…+a n3=S n2，所以a13+a23+a33+…+a n3+a n+13=S n+12，两式相减得a n+13=S n+12-S n2=（S n+1-S n）（S n+1+S n），所以a n+12=S n+1+S n=2S n+1-a n+1，-----①因此a n2=2S n-a n，------------------②①②两式相减得，a n+12-a n2=2S n+1-2S n-a n+1+a n=a n+1+a n，（a n+1-a n）（a n+1+a n）=a n+1+a n，正项数列{a n}，可得a n+1-a n=1，所以数列{a n}为等差数列，首项为1，公差为1，所以a n=n；（3）S n=n（n+1），==，假设存在正数m，使得对一切正整数n都成立，可设T n=（1+b1）（1+b2）…（1+b n）=2•••…，设c n=，则=•=＞1，即{c n}递增，即有≥，由m≤恒成立，即有0＜m≤，则存在正数m∈（0，]，使得对一切正整数n 都成立，【解析】（1）可令n=1，2，假设可得所求值；（2）两次运用“两式相减”得到a n+13=2S n+1-a n+1，和a n+1-a n=1，进而得到等差数列，求出通项公式；（3）求得S n=n（n+1），==，假设存在正数m，使得对一切正整数n都成立，由不等式的放缩法和不等式恒成立问题解法，即可得到所求范围．本题主要考查数列通项公式的求解和数列不等式恒成立问题解法，涉及等差数列的定义以及不等式的放缩，考查化简运算能力和推理能力，属于难题．。

2020-2021宁波市高一数学下期中试卷(带答案)

2020-2021宁波市高一数学下期中试卷(带答案)一、选择题1．如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．202π+B ．203π+C ．242π+D ．243π+2．若圆C:222430x y x y ++-+=关于直线260ax by ++=对称，则由点(,)a b 向圆所作的切线长的最小值是（ ）A ．2B ．4C ．3D ．63．已知m 和n 是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中一定能推出m ⊥β的是( )A ．α⊥β，且m ⊂αB ．m ⊥n ，且n ∥βC ．α⊥β，且m ∥αD ．m ∥n ，且n ⊥β4．若直线20ax y +-=和直线()2140x a y +-+=平行，则a 的值为（ ） A ．1-或2B ．1-C ．2D ．不存在 5．用一个平面去截正方体，则截面不可能是（ ）A ．直角三角形B ．等边三角形C ．正方形D ．正六边形 6．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面1202,2ABC BAC AP AB ∠=︒==，，，M 是线段BC 上一动点，线段PM 3P ABC -的外接球的表面积是（ ）A ．92π B ．92π C ．18π D ．40π 7．长方体的三个相邻面的面积分别为2，3，6，则该长方体外接球的表面积为( ) A ．72π B ．56π C ．14π D ．64π8．已知实数,x y 满足250x y ++=22x y +的最小值为（ ）A 5B 10C ．25D ．2109．若圆22240x y x y +--=的圆心到直线0x y a -+=的距离为22，则a 的值为( ) A ．-2或2 B ．12或32 C ．2或0D ．-2或010．已知直线()()():21110l k x k y k R ++++=∈与圆()()221225x y -+-=交于A ，B 两点，则弦长AB 的取值范围是（ ） A ．[]4,10 B ．[]3,5 C ．[]8,10 D ．[]6,1011．若圆锥的高等于底面直径，则它的底面积与侧面积之比为A ．1∶2B ．1∶3C ．1∶5D ．3∶2 12．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实（虚）线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（ ）A ．64B ．643C ．16D ．163二、填空题13．在学习公理四“平行于同一条直线的两条直线平行”时，有同学进行类比，提出了下列命题：① 平行于同一平面的两个不同平面互相平行；② 平行于同一直线的两个不同平面互相平行；③ 垂直于同一直线的两个不同平面互相平行；④ 垂直于同一平面的两个不同平面互相平行；其中正确的有________14．已知圆O ：224x y +=, 则圆O 在点(1,3)A 处的切线的方程是___________.15．已知动点,A B 分别在x 轴和直线y x =上，C 为定点()2,1，则ABC ∆周长的最小值为_______.16．小明在解题中发现函数()32x f x x -=-，[]0,1x ∈的几何意义是：点(),x x []()0,1x ∈与点()2,3连线的斜率，因此其值域为3,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦，类似地，他研究了函数()3x g x -=，[]0,1x ∈，则函数()g x 的值域为_____17．若直线()():1210l m x m y m -+--=与曲线()2:422C y x =--+有公共点，则直线l 的斜率的最小值是_________. 18．已知双曲线的半焦距为，过右焦点且斜率为1的直线与双曲线的右支交于两点，若抛物线的准线被双曲线截得的弦长是（为双曲线的离心率），则的值为__________．19．已知点()1,0A -，()2,0B ，直线l ：50kx y k --=上存在点P ，使得2229PA PB +=成立，则实数k 的取值范围是______.20．三棱锥A BCD -中，E 是AC 的中点，F 在AD 上，且2AF FD =，若三棱锥A BEF -的体积是2，则四棱锥B ECDF -的体积为_______________．三、解答题21．已知圆22:(1)(2)25C x y -+-=，直线:(21)(1)74l m x m y m +++--=0，（m ∈R ）．（1）证明：无论m 取何值，直线l 过定点；（2）求直线l 被圆C 截得的弦长最短时m 的值及最短弦长．22．如图，在多面体ABCDM 中，BCD ∆是等边三角形，CMD ∆是等腰直角三角形，90CMD ∠=︒，平面CMD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，点O 为CD 的中点.（1）求证：//OM 平面ABD ；（2）若2AB BC ==，求三棱锥M ABD -的体积.23．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，AD ⊥平面1A BC ，其垂足D 落在直线1A B 上．（Ⅰ）求证：1BC A B ⊥；（Ⅱ）若P 是线段AC 上一点，3,2AD AB BC ===，三棱锥1A PBC -的体积为33，求AP PC 的值. 24．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，点D 、E 、F 分别是BC 、1AC 、1BB 的中点.（1）求证：AD ⊥平面11BCC B ；（2）求证：//EF 平面111A B C .25．四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，//AB CD ，90BCD ∠=︒，22AB AD DC ===.PAD △ 为正三角形，二面角P -AD -C 的大小为23π.（1）线段AD 的中点为M.求证：平面PMB ⊥平面ABCD ；（2）求直线BA 与平面P AD 所成角的正弦值.26．已知直线1:20l ax y a +--=，22:0l x ay ++=，点(5,0)P -（1）当12//l l 时，求a 的值；（2）求直线1l 所过的定点Q ，并求当点P 到直线1l 的距离最大时直线1l 的方程.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．B解析：B【解析】该几何体是一个正方体与半圆柱的组合体，表面积为2215221122032S πππ=⨯+⨯⨯+⨯⨯=+，故选B ．2．B解析：B【解析】试题分析：222430x y x y ++-+=即22(1)(2)2x y ++-=，由已知，直线260ax by ++=过圆心(1,2)C -，即2260,3a b b a -++==-，由平面几何知识知，为使由点(,)a b 向圆所作的切线长的最小，只需圆心(1,2)C -与直线30x y --=2123()242----=，故选B .考点：圆的几何性质，点到直线距离公式. 3．D解析：D【解析】【分析】根据所给条件，分别进行分析判断，即可得出正确答案.【详解】解：αβ⊥且m α⊂⇒m β⊂或//m β或m 与β相交，故A 不成立；m n ⊥且//n β⇒m β⊂或//m β或m 与β相交，故B 不成立；αβ⊥且//m α⇒m β⊂或//m β或m 与β相交，故C 不成立；//m n 且n β⊥⇒m β⊥，故D 成立；故选：D【点睛】本题考查直线与平面的位置关系，线面垂直判定，属于基础题.4．C解析：C【解析】【分析】直接根据直线平行公式得到答案.【详解】直线20ax y +-=和直线()2140x a y +-+=平行，则()12a a -=，解得2a =或1a=-.a=-时，两直线重合，排除.当1故选：C.【点睛】本题考查了根据直线平行求参数，意在考查学生的计算能力，多解是容易发生的错误. 5．A解析：A【解析】【分析】【详解】画出截面图形如图显然A正三角形C正方形：D正六边形可以画出三角形但不是直角三角形；故选A．用一个平面去截正方体，则截面的情况为：①截面为三角形时，可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，但不可能是钝角三角形、直角三角形；②截面为四边形时，可以是梯形（等腰梯形）、平行四边形、菱形、矩形，但不可能是直角梯形；③截面为五边形时，不可能是正五边形；④截面为六边形时，可以是正六边形．故可选A ．6．C解析：C【解析】【分析】首先确定三角形ABC 为等腰三角形，进一步确定球的球心，再求出球的半径，最后确定球的表面积．【详解】解：如图所示：三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面2,2ABC AP AB ==，，M 是线段BC 上一动点，线段PM 3则：当AM BC ⊥时，线段PM 达到最小值，由于：PA ⊥平面ABC ，所以：222PA AM PM +=，解得：1AM =， 所以：3BM =，则：60BAM ∠=︒，由于：120BAC ∠=︒，所以：60MAC ∠=︒则：ABC V 为等腰三角形． 所以：23BC =在ABC V 中，设外接圆的直径为2324r ==， 则：2r =， 所以：外接球的半径2229222R ⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭， 则：94182S ππ=⋅⋅=，故选：C ．【点睛】本题考查的知识要点：三棱锥的外接球的球心的确定及球的表面积公式的应用．7．C解析：C【解析】【分析】由题意首先求得长方体的棱长，然后求解其外接球的表面积即可.【详解】设长方体的棱长分别为,,a b c ，则236ab bc ac =⎧⎪=⎨⎪=⎩，所以()236abc =，于是213a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，设球的半径为R ，则2222414R a b c =++=，所以这个球面的表面积为24R π=14π． 本题选择C 选项.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.8．A解析：A【解析】(,)x y 到坐标原点的距离，又原点到直线250x y ++=的距离为d ==A.9．C解析：C【解析】【分析】把圆的方程化为标准方程,找出圆心坐标,根据点到直线的距离公式列出关于a 的方程,求出方程的解得到a 的值即可.【详解】把圆的方程化为标准式为:22(1)(2)5x y -+-=,所以圆心坐标为(1,2).则圆心到直线0x y a -+=的距离22221(1)d ==+-, 即11a -=,化简得11a -=或11a -=-,解得:2a =或0a =.所以a 的值为0或2.故选C.【点睛】本题考查学生会将圆的一般式方程化为标准式方程,灵活运用点到直线的距离公式化简求值.10．D解析：D【解析】【分析】由直线()()21110k x k y ++++=，得出直线恒过定点()1,2P -，再结合直线与圆的位置关系，即可求解.【详解】由直线()()():21110l k x k y k R ++++=∈，可得()210k x y x y ++++=，又由2010x y x y +=⎧⎨++=⎩，解得12x y =⎧⎨=-⎩，即直线恒过定点()1,2P -，圆心()1,2C ， 当CP l ⊥时弦长最短，此时2222AB CP r ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，解得min 6AB =， 再由l 经过圆心时弦长最长为直径210r =，所以弦长AB 的取值范围是[]6,10.故选：D.【点睛】本题主要考查了直线系方程的应用，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟练利用直线的方程，得出直线恒过定点，再结合直线与圆的位置关系求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.11．C解析：C【解析】【分析】由已知，求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的底面面积和侧面积，可得答案【详解】设圆锥底面半径为r ，则高h ＝2r ，∴其母线长l ＝r ．∴S 侧＝πrl ＝πr 2，S 底＝πr 故选C ．【点睛】本题考查的知识点是旋转体，圆锥的表面积公式，属于基础题．12．D解析：D【解析】根据三视图知几何体是：三棱锥D ABC -为棱长为4的正方体一部分，直观图如图所示：B 是棱的中点，由正方体的性质得，CD ⊥平面,ABC ABC ∆的面积12442S =⨯⨯=，所以该多面体的体积1164433V =⨯⨯=，故选D. 二、填空题13．①③【解析】【分析】对4个命题分别进行判断即可得出结论【详解】解：①平行于同一平面的两个不同平面互相平行正确；②平行于同一直线的两个不同平面互相平行或相交不正确；③垂直于同一直线的两个不同平面互相平 解析：①③【解析】【分析】对4个命题分别进行判断，即可得出结论．【详解】解：①平行于同一平面的两个不同平面互相平行，正确；②平行于同一直线的两个不同平面互相平行或相交，不正确；③垂直于同一直线的两个不同平面互相平行，正确；④垂直于同一平面的两个不同平面互相平行或相交，不正确．故答案为：①③．【点睛】本题考查类比推理，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．14．【解析】【分析】先求出kOA=从而圆O 在点处的切线的方程的斜率由此能出圆O 在点处的切线的方程【详解】kOA=∴圆O 在点处的切线的方程的斜率∴圆O 在点A 处的切线的方程整理得即答案为【点睛】本题考查圆的 33430x y +-=【分析】先求出k OA ，从而圆O 在点(处的切线的方程的斜率k = ，由此能出圆O在点A 处的切线的方程． 【详解】k OA =O 在点(处的切线的方程的斜率k =，∴圆O 在点A (处的切线的方程1y x =-） ，30y +-=．30y +-=. 【点睛】本题考查圆的切线方程的求法，属中档题.15．【解析】【分析】点C 关于直线y=x 的对称点为（12）点C 关于x 轴的对称点为（2﹣1）三角形PAB 周长的最小值为（12）与（2﹣1）两点之间的直线距离【详解】点C 关于直线y=x 的对称点为（12）点C 关【解析】 【分析】点C 关于直线y=x 的对称点为C '（1，2），点C 关于x 轴的对称点为C ''（2，﹣1）．三角形PAB 周长的最小值为C '（1，2）与C ''（2，﹣1）两点之间的直线距离． 【详解】点C 关于直线y=x 的对称点为C '（1，2），点C 关于x 轴的对称点为C ''（2，﹣1）．三角形PAB 周长的最小值为C '（1，2）与C ''（2，﹣1）两点之间的直线距离，|C C '''（2，﹣1）．【点睛】本题考查点到直线的距离公式，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．16．【解析】【分析】根据斜率的几何意义表示函数图象上的点与点连线的斜率数形结合即可求解【详解】为点与点连线的斜率点在函数图像上在抛物线图象上的最大值为最小值为过点与图象相切的切线斜率设为切线方程为代入得解析：3[2]4+【分析】根据斜率的几何意义，()32x g x x -=-表示函数y x =图象上的点与点(2,3)连线的斜率，数形结合，即可求解. 【详解】()3x g x -=为点(,)x x 与点(2,3)连线的斜率， 点(,),[0,1]x x x ∈在函数,[0,1]y x x =∈图像上，(1,1)B 在抛物线图象上，()g x 的最大值为31221AB k -==-， 最小值为过A 点与,[0,1]y x x =∈图象相切的切线斜率，设为k ，切线方程为(2)3y k x =-+，代入,[0,1]y x x =∈得，320,0,14(32)0kx x k k k k -+-=≠∆=--=，即281210k k -+=，解得37k +=或37k -= 当374k +=时，37[0,1]3724x ==-∈+⨯， 当374k -=时，37[0,1]3724x ==+∉-⨯ 不合题意，舍去，()g x 值域为37[,2]4+.故答案为:37[,2]4+.【点睛】本题考查函数的值域、斜率的几何意义，考查数形结合思想，属于中档题.17．【解析】【分析】将直线的方程化为可求出直线所过的定点坐标作出曲线的图象利用数形结合思想可得出当直线与曲线有公共点时直线的斜率的最小值【详解】将直线的方程化为由得则直线过定点将曲线的方程变形为曲线为圆解析：15【解析】 【分析】将直线l 的方程化为()()210m x y x y +--+=，可求出直线l 所过的定点坐标，作出曲线C 的图象，利用数形结合思想可得出当直线l 与曲线C 有公共点时，直线l 的斜率的最小值. 【详解】将直线l 的方程化为()()210m x y x y +--+=，由2100x y x y +-=⎧⎨+=⎩，得11x y =-⎧⎨=⎩. 则直线l 过定点()1,1P -，将曲线C 的方程变形为()()()222242x y y -+-=≥，曲线C 为圆()()22224x y -+-=的上半圆，如下图所示：由图象可知，当直线l 过点A 时，直线l 的斜率取最小值211415PA k -==+. 故答案为：15. 【点睛】本题考查利用直线与圆的位置关系求直线斜率的最值，考查数形结合思想的应用，属于中等题.18．62【解析】试题分析：由题意得抛物线的准线为x=-c 它正好经过双曲线的左焦点所以准线被双曲线截得的弦长为2b2a 所以2b2a=223be2即ba=23e2所以整理得2e4-9e2+1=0解得e=62 解析：【解析】试题分析：由题意，得抛物线的准线为，它正好经过双曲线的左焦点，所以准线被双曲线截得的弦长为，所以，即，所以，整理，得，解得或．又过焦点且斜率为1的直线与双曲线的右支交于两点，所以．考点：1、抛物线与双曲线的几何性质；2、直线与双曲线的位置关系．【方法点睛】关于双曲线的离心率问题，主要是有两类试题：一类是求解离心率的值，一类是求解离心率的范围．基本的解题思路是建立椭圆和双曲线中的关系式，求值问题就是建立关于的等式，求取值范围问题就是建立关于的不等式．19．【解析】【分析】先求出直线经过的定点设直线上的点坐标由可求得点的轨迹方程进而求得斜率的取值范围【详解】解：由题意得：直线因此直线经过定点；设点坐标为；化简得：因此点为与直线的交点所以应当满足圆心到直解析：1515⎡⎢⎣⎦【解析】 【分析】先求出直线l 经过的定点，设直线上的p 点坐标，由2229PA PB +=可求得点P 的轨迹方程，进而求得斜率k 的取值范围． 【详解】解：由题意得：直线:(5)l y k x =-， 因此直线l 经过定点(5,0)；设点P 坐标为0(x ，0)y ；2229PA PB +=Q ，∴22220000(1)22(2)9y x y x +++++=化简得：2200020x y x +-=，因此点p 为2220x y x +-=与直线:(5)l y k x =-的交点．所以应当满足圆心(1,0)到直线的距离小于等于半径∴211k +解得：1515[k ∈ 故答案为1515[k ∈ 【点睛】本题考查了求轨迹方程，一次函数的性质，考查了直线与圆的位置关系，是中档题．20．【解析】【分析】以B 为顶点三棱锥与四棱锥等高计算体积只需找到三角形AEF 与四边形ECDF 的面积关系即可求解【详解】设B 到平面ACD 的距离为h 三角形ACD 面积为因为是的中点在上且所以所以又=2所以所以解析：【解析】 【分析】以B 为顶点，三棱锥B AEF -与四棱锥B ECDF -等高，计算体积只需找到三角形AEF 与四边形ECDF 的面积关系即可求解. 【详解】设B 到平面ACD 的距离为h ，三角形ACD 面积为S ，因为E 是AC 的中点，F 在AD上，且2AF FD =，所以16AEF ACD S AE AF S AC AD ∆∆⋅==⋅,16AEF S S ∆=，所以56ECDF S S =，又A BEF V -=2，所以⨯=11236Sh ，36Sh =，所以153610318B ECDF ECDF V S h -==⋅=. 故答案为10. 【点睛】本题考查空间几何体的体积计算，考查空间想象能力和运算能力，属于基础题.三、解答题21．（1）证明见解析；（2）34m =-， 【解析】 【分析】（1）直线方程可化为()2740x y m x y +-++-=，令27040x y x y +-=⎧⎨+-=⎩，解方程组可求出定点坐标；（2）当圆心与定点所在直线与直线l 垂直时，直线l 被圆C 截得的弦长最短，求解即可. 【详解】（1）证明：直线:(21)(1)74l m x m y m +++--=0可化为()2740x y m x y +-++-=，令27040x y x y +-=⎧⎨+-=⎩，解得3,1x y ==，所以直线l 过定点()3,1.（2）直线l 过定点()3,1A ，22(31)(12)525-+-=<，故点()3,1A 在圆的内部，直线l与圆C 相交，圆C 的圆心为()1,2，半径为5，AC ==当l AC ⊥时，直线l 被圆C 截得的弦长最短，211132AC k -==--，直线l 的斜率为2，即2121m m +-=+，解得34m =-，此时弦长为=故当34m =-时，直线l 被圆C 截得的弦长最短为 【点睛】本题考查了动直线过定点问题，考查了圆的弦长，考查了学生的计算能力，属于中档题.22．（1）证明见解析；（2 【解析】 【分析】（1）通过面面垂直推证出OM ⊥平面BCD ，再由AB ⊥平面BCD ，即可得OM //AB ，由线线平行，即可推证线面平行；（2）根据（1）中所求，结合M ABD O ABD A OBD V V V ---==，即可求解三棱锥A OBD -的体积即为所求. 【详解】（1）∵CMD ∆是等腰直角三角形，90CMD ∠=︒，点O 为CD 的中点，∴OM CD ⊥．∵平面CMD ⊥平面BCD ，平面CMD I 平面BCD CD =，OM ⊂平面CMD ， ∴OM ⊥平面BCD ．∵AB ⊥平面BCD ，∴OM //AB ． ∵AB Ì平面ABD ，OM ⊄平面ABD ， ∴OM //平面ABD ．（2）由（１）知OM //平面ABD ，∴点M 到平面ABD 的距离等于点O 到平面ABD 的距离． ∵2AB BC ==，BCD V 是等边三角形，点O 为CD 的中点∴1122BOD BCD S S ∆∆== 24BC ==∴M ABD O ABD A OBD V V V ---==11233BOD S AB ∆=⋅==【点睛】本题考查的是空间的直线与平面平行判定定理的运用及点到面的距离的计算问题．第一问的解答时，务必要依据线面平行的判定定理中的条件要求，找出面内的线，面外的线，线线平行等三个缺一不可的条件；第二问三棱锥的体积的计算时，要运用等积转化法将问题进行转化，再运用三棱锥的体积公式进行计算． 23．（1）证明见解析；（2）3． 【解析】 【分析】 【详解】 试题分析：（1）要证线线垂直，一般先证线面垂直，考虑直线BC ，由已知AD 与平面1A BC 垂直可得AD BC ⊥，再由直三棱柱中侧棱1AA 与底面ABC 垂直，又得1AA BC ⊥，从而可得BC 与平面1AA B 垂直，于是得证线线垂直；（2）由（1）知ABC ∆是等腰直角三角形，可得其面积，由1AD A B ⊥可通过解直角三角形得1AA ，从而可求得三棱锥1A ABC -的体积．由三棱锥1A PBC -与三棱锥1A ABC -的关系可求得PC ，从而得APPC．（也可设PC x =，求得三棱锥1A PBC -（用x 表示），再由已知列方程解得x ）．试题解析：（1）∵AD ⊥平面1A BC ，BC ⊂平面1A BC ，∴AD BC ⊥，在直三棱柱111ABC A B C -中易知1AA ⊥平面ABC ， ∴1AA BC ⊥，∵1AA AD A =I ，∴BC ⊥平面11AA B B ， ∵1A B ⊂平面11AA B B ， ∴1BC A B ⊥.（2）设PC x =，过点B 作BE AC ⊥于点E ，由（1）知BC ⊥平面11AA B B ，∴BC AB ⊥.∵2AB BC ==，∴AC BE ==∴122PBC S BE CP x ∆=⋅=. ∵AD ⊥平面1A BC ，其垂足D 落在直线1A B 上， ∴1AD A B ⊥∵1,2AA BA AD AB ⊥=，在Rt ABD ∆中，1BD ==，又21AD BD A D =⋅，∴13A D =，在1Rt ADA ∆中，1AA ===∴11133A PBC PBC V S AA x -∆=⋅=.又三棱锥1A PBC -的体积为2，∴32x =，解得x =∴524AP =，∴53AP PC =. 24．（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 【分析】（1）可证1AD CC ⊥，AD BC ⊥，从而可证AD ⊥平面11BCC B .（2）取11A C 的中点为G ，连接1,EG B G ，可证1//EF B G ，从而可证//EF 平面111A B C . 【详解】由正三棱柱111ABC A B C -可得1C C ⊥平面ABC ，而AD ⊂平面ABC ， 故1AD CC ⊥.因为ABC ∆为等边三角形，BD DC =，故AD BC ⊥，因为1BC CC C =I ，BC ⊂平面11BCC B ，1C C ⊂平面11BCC B ， 所以AD ⊥平面11BCC B .（2）取11A C 的中点为G ，连接1,EG B G .在11A AC ∆，因为111,A G GC AE EC ==，故111//,2EG AA EG AA =. 由正三棱柱111ABC A B C -可得四边形11ABB A 为平行四边形，故1111,//AA BB AA BB =， 而1112B F BB =，所以11111//,2B F AA B F AA =，故11//,EG B F EG B F =， 故四边形1B FEG 为平行四边形，1//EF B G .因为EF ⊄平面111A B C ， 1B G ⊂平面111A B C ，故//EF 平面111A B C .【点睛】本题考查线面垂直与线面平行的证明，前者转化为线线垂直，注意平面中的两条直线需为相交直线，后者转化为线线平行，注意一条线是平面外，另一条线是平面内，本题属于中档题.25．（1）证明见解析；（2）34. 【解析】 【分析】(1)直角梯形ABCD 中,过D 作DF ⊥AB 于F ,求解三角形可得ABD △为正三角形，又PAD △为正三角形，M 为线段AD 的中点，可得PM ⊥AD ，BM ⊥AD ，再由线面垂直的判定可得AD ⊥平面PBM ，从而得到平面PMB ⊥平面ABCD ；(2)在平面PMB 中，过B 作BO ⊥PM ,垂足为O ,则BO ⊥平面P AD ,连接AO ,则∠BAO 为直线BA 与平面P AD 所成角，然后求解三角形得答案. 【详解】（1）证明：过D 作DF ⊥AB 于F在Rt ADE ∆中，2,1AD AE ==,3BAD π∴∠=∴BAD V 和PAD △是正三角形， ∵M 是AD 的中点， ∴AD MB ⊥，AD MP ⊥， 又∵MB MP M ⋂=， ∴AD ⊥平面PMB ， 又∵AD ⊂平面ABCD ∴平面PMB ⊥平面ABCD.（2）由（1）知PMB ∠是二面角P -AD -B 的平面角 ∴23PMB π∠=. 由（1）知AD ⊥平面PMB ∵AD ⊂平面P AD ∴平面PAD ⊥平面PBM∴过B 作平面P AD 的垂线，则垂足E 在PM 延长线上,∴3BME π∠=.连结AE ，则BAE ∠是AB 与平面P AD 所成的角,∴3BM =，∴32BE =，∴3sin 4BAE BE AB ∠== 【点睛】本题主要考查平面与平面垂直的判定，线面角的求法，二面角，考查空间想象能力与思维能力，属于中档题.26．（1）1a =±;（2）(1,2)Q ;350x y +-=. 【解析】 【分析】（1）由平行可知系数的关系为21a =，进而可求a 的值；（2）整理直线1l 方程可知()120a x y -+-=，由1020x y -=⎧⎨-=⎩可求得定点坐标.由分析知，当当(5,0)P -在直线上的射影为(1,2)Q 时，点P 到直线1l 距离最大，由1PQ l ⊥可求出1l 的斜率，结合已知的1l 的方程，可求出此时a 的值，进而可求出直线1l 的方程. 【详解】解：（1）12//l l Q ，21a ∴=，解得1a =±检验：当1a =时12:30:20l x y l x y +-=++=，符合12//l l 当1a =-时12:10:20l x y l x y -+=-+=，符合12//l l 综上：1a =±.（2）解：1:20l ax y a +--=Q 整理可得()120a x y -+-= ，由1020x y -=⎧⎨-=⎩ ，解得12x y =⎧⎨=⎩ ，所以定点(1,2)Q .则当(5,0)P -在直线上的射影为(1,2)Q 时，距离最大. 此时1PQ l ⊥ ，直线PQ 的斜率为201153PQ k -==+，则1l 的斜率113PQ k k =-=- ，即3a -=-，解得3a =，此时直线1l 的方程为350x y +-=.【点睛】本题考查了两点斜率的求解，考查了直线平行、垂直.本题的难点是分析何时点P 到直线1l 的距离最大.易错点是做第一问时，求出1a =± 后未检验.对于已知直线平行，根据系数关系求出参数值后，应带回直线方程进行验证.。

2020年浙江省宁波市鄞州中学高一下学期期中数学试题(附带详细解析)

【详解】
解：因为 且 ，
由正弦定理 可得： ，
则 ，
又 为锐角三角形，
则 ，解得： ，
即 ，
即 ，
故选：A.
【点睛】
本题考查了正弦定理及正弦的二倍角公式，重点考查了三角函数的值域的求法，属中档题.
9．B
【解析】
试题分析：令 ，则 ，∴ ，∵ ，∴ ，
∴ ，即 是以 为首项， 为公差的等差数列， 是以 为首项， 为公差的等差数列∴ ， ， ．
19．过点 作直线l分别交x轴的正半轴，y轴的正半轴于A，B两点.
（1）当 取最小值时，求出最小值及直线l的方程；
（2）当 取最小值时，求出最小值及直线l的方程.
20．（1）解关于x不等式 .
（2）若对于 ，不等式 恒成立，求x的取值范围.
21．已知数列 中, .
（1）求证： 是等比数列,并求 的通项公式 ；
A．若 ,则 有一解B．若 ,则 有两解
C．若 ,则 有两解D．若 ,则 有两解
6．已知数列 满足 ，那么 等于（）
A． B． C． D．
7．若关于 的不等式 有实数解，则实数 的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
8．在锐角 中，角 所对的边长分别为 ，若 且 ，则 的取值范围是（）
A． B． C． D．
（2）数列 满足 ,数列 的前 项和为 ,若不等式 对一切 恒成立,求 的取值范围.
22．己知数列 是各项均不为0的等差数列， 为其前n项和，且满足 ， ，数列 的前n项和为 .
（1）求数列 的通项公式及数列 的前n项和 .
（2）是否存在正整数 ，使得 ， ， 成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，请说明理由.
9．数列 满足 ，若 ，则 （）

2022-2023学年浙江省宁波市金兰教育合作组织高一(下)期中数学试卷【答案版】

2022-2023学年浙江省宁波市金兰教育合作组织高一（下）期中数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知复数z 满足z ＝4+3i ，则|z |＝（ ） A ．√7B ．1C ．5D ．√52．设{e 1→，e 2→}是平面内的一个基底，则下面的四组向量不能作为基底的是（ ） A ．e 1→+e 2→和e 1→−e 2→B ．e 1→和e 1→+e 2→C ．e 1→+3e 2→和e 2→+3e 1→D ．3e 1→−2e 2→和4e 2→−6e 1→3．若一个正棱锥的各棱长和底面边长均相等，则该棱锥一定不是（ ） A ．正三棱锥B ．正四棱锥C ．正五棱锥D ．正六棱锥4．已知向量a →=(1，2)，b →=(4，3)，则向量a →在向量b →方向上的投影向量为（ ） A ．(85，65)B ．(8√55，6√55)C ．(2√55，4√55)D ．(8√5，6√5)5．如图所示，为测量某不可到达的竖直建筑物CO 的高度，在此建筑物的同一侧且与此建筑物底部在同一水平面上选择相距60米的A ，B 两个观测点，并在A ，B 两点处测得建筑物顶部的仰角分别为45°和30°，且cos ∠CAB =−√24，则此建筑物的高度为（ ）A ．45mB ．60mC ．45√2mD ．60√3m6．已知△ABC 改为测画法下的直观图是边长为2的正三角形A 'B 'C '（如图所示），则AC ＝（ ）A ．√28−2√3B ．√10−2√3C ．3√3D ．47．已知平面向量a →，b →，c →均为单位向量，且2a →+4b →=3c →，则a →⋅c →=（ ） A ．−14B ．14C ．12D ．−128．已知△ABC 中，D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，直线AE ，CD 交于点P ，且满足BP →=16BA →+12BC →，则S △BPD S △BPE 的值为（ ）A ．43B ．52C ．53D ．109二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对得2分． 9．下列结论中正确的是（ ） A ．正四面体一定是正三棱锥B ．正四棱柱一定是长方体C ．棱柱的侧面一定是平行四边形D ．棱柱的两个互相平行的平面一定是棱柱的底面10．已知两个单位向量e 1→、e 2→的夹角为θ(θ≠π2)，若c →=xe 1→+ye 2→，则把有序数对（x ，y ）叫做向量c →的斜坐标，若a →=(x 1，y 1)，b →=(x 2，y 2)，则（ ） A ．a →−b →=(x 1−x 2，y 1−y 2) B ．|a →|=√x 12+y 12C ．λa →=(λx 1，λy 1)D ．a →⋅b →=x 1x 2+y 1y 211．下列命题中错误的命题是（ ） A ．若复数z 满足z +z ∈R ，则z ∈R B ．若复数z 满足z 2=z 2，则z ∈RC ．若复数z 1，z 2满足z 1z 2=z 2z 1，则|z 1|＝|z 2|D ．若复数z 1，z 2满足z 1⋅z 2=z 1⋅z 2，则|z 1|＝|z 2|12．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则下列说法中正确的是（ ） A ．若B ＝60°，b 2＝ac ，则△ABC 一定是等边三角形 B ．若cos 2A +cos 2B ﹣cos 2C ＞1，则△ABC 一定是钝角三角形 C ．若a ﹣b ＝c （cos B ﹣cos A ），则△ABC 一定是等腰三角形 D ．若a +b =a tanA +btanB ，则△ABC 一定是直角三角形 三、填空题：本小题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，一蚂蚁沿着正方体的表面从点A 爬到点C 1的最短距离是 ．14．已知复数z 满足|z |＝1，则|z ﹣2i |（i 是虚数单位）的最大值是 ．15．《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社会现象．如图1所示的是八卦模型图，其平面图形（图2）中的正八边形ABCDEFGH ，其中O 为正八边形的中心，边长AB ＝1，则AC →⋅AD →= ．16．已知△ABC 中，∠A =π3，D ，E 是线段BC 上的两点，满足BD ＝DC ，∠BAE ＝∠CAE ，AD =√192，AE =6√35，则BC ＝ ． 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10分）已知复数z ＝x +yi （x ＞0，y ＞0）满足|z |＝2，且z ﹣1为纯虚数． （1）求z 1−i；（2）若z 2+b •z +c ＝0，（b ，c ∈R ），求实数b ，c 的值．18．（12分）已知平面直角坐标系内存在三点：A （1，5），B （7，8），C （5，2）． （1）求cos ∠BAC 的值；（2）若平面上一点P 满足：AP ∥CB ，CP ⊥AB ，求点P 的坐标．19．（12分）如图所示，以线段AB 为直径的半圆上有一点C ，满足：BC ＝1，AC =√3，若将图中阴影部分绕直线AB 旋转180°得到一个几何体． （1）求阴影部分形成的几何体的体积； （2）求阴影部分形成的几何体的表面积．20．（12分）在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 所对的边，且2a cos B +√3b ＝2c ，a ＝2． （1）若c ＝2√3，求△ABC 的面积；（2）求△ABC 周长的最大值．21．（12分）如图，在梯形ABCD 中，AD ＝2，DC ＝CB ＝3，AB →=2DC →，点E 、F 是线段DC 上的两个三等分点，点G ，点H 是线段AB 上的两个三等分点，点P 是直线BC 上的一点． （1）求AB →⋅AD →的值； （2）求|FH →|的值；（3）直线AP 分别交线段EG 、FH 于M ，N 两点，若B 、N 、D 三点在同一直线上，求AM AN的值．22．（12分）法国著名军事家拿破仑•波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这个三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．如图，在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，以AB ，BC ，AC 为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为O 1，O 2，O 3．（1）证明：△O 1O 2O 3为等边三角形； （2）若S △O 1O 2O 3=mS △ABC ，求m 的最小值．2022-2023学年浙江省宁波市金兰教育合作组织高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知复数z 满足z ＝4+3i ，则|z |＝（ ） A ．√7B ．1C ．5D ．√5解：z ＝4+3i ，则|z |=√42+32=5． 故选：C ．2．设{e 1→，e 2→}是平面内的一个基底，则下面的四组向量不能作为基底的是（ ） A ．e 1→+e 2→和e 1→−e 2→B ．e 1→和e 1→+e 2→C ．e 1→+3e 2→和e 2→+3e 1→D ．3e 1→−2e 2→和4e 2→−6e 1→解：A ，∵不存在λ∈R ，使得e 1→+e 2→=λ（e 1→−e 2→），∴e 1→+e 2→与e 1→−e 2→不共线，∴能作为平面向量的基底，B ，∵不存在λ∈R ，使得e 1→=λ（e 1→+e 2→），∴e 1→与e 1→+e 2→不共线，∴能作为平面向量的基底，C ，∵不存在λ∈R ，使得e 1→+3e 2→=λ（e 2→+3e 1→），∴e 1→+3e 2→与e 2→+3e 1→不共线，∴能作为平面向量的基底， D ，∵3e 1→−2e 2→=−12（4e 2→−6e 1→），∴3e 1→−2e 2→与4e 2→−6e 1→共线，∴不能作为平面向量的基底． 故选：D ．3．若一个正棱锥的各棱长和底面边长均相等，则该棱锥一定不是（ ） A ．正三棱锥B ．正四棱锥C ．正五棱锥D ．正六棱锥解：因为正六边形的顶点到中心的距离等于边长， 所以正六棱锥的棱长必定大于底面边长，故若一个正棱锥的各棱长和底面边长均相等，则该棱锥一定不是六棱锥． 故选：D ．4．已知向量a →=(1，2)，b →=(4，3)，则向量a →在向量b →方向上的投影向量为（ ） A ．(85，65)B ．(8√55，6√55)C ．(2√55，4√55)D ．(8√5，6√5)解：∵a →=(1，2)，b →=(4，3)， ∴a →•b →=4+6＝10，|b →|=√42+32=5，∴向量a →在向量b →方向上的投影向量为a →⋅b→|b →|2•b →=1025（4，3）＝（85，65）．故选：A ．5．如图所示，为测量某不可到达的竖直建筑物CO 的高度，在此建筑物的同一侧且与此建筑物底部在同一水平面上选择相距60米的A ，B 两个观测点，并在A ，B 两点处测得建筑物顶部的仰角分别为45°和30°，且cos ∠CAB =−√24，则此建筑物的高度为（ ）A ．45mB ．60mC ．45√2mD ．60√3m解：设OC ＝h ，由于在A ，B 两点处测得建筑物顶部的仰角分别为45°和30°， 所以：AC =√2ℎ，BC ＝2h ，在△ABC 中，利用余弦定理：CB 2＝BA 2+AC 2﹣2•BA •AC •cos ∠CAB ， 整理得：h 2﹣30h ﹣1800＝0，解得h ＝﹣30或60，（负值舍去）． 故h ＝60m ． 故选：B ．6．已知△ABC 改为测画法下的直观图是边长为2的正三角形A 'B 'C '（如图所示），则AC ＝（ ）A ．√28−2√3B ．√10−2√3C ．3√3D ．4解：如图，过C ′作x ′轴的平行线，交y ′轴于E ′，过C ′作y ′轴的平行线，交x ′轴于G ， 过E ′作x ′轴的垂线，交x ′轴于F ′，过C ′作x ′轴的垂线，垂足为D ′， ∵△A 'B 'C '是边长为2的正三角形，∴|C ′D ′|=√3，则|E ′F ′|=√3，∴|A ′E ′|=|C ′G|=√6，则|CG|=2√6，|A ′G|=|C ′E ′|=|D ′F ′|=|A ′F ′|−|A ′D ′|=√3−1，∴|AC |＝|A ′C |=√(2√6)2+(√3−1)2=√28−2√3． 故选：A ．7．已知平面向量a →，b →，c →均为单位向量，且2a →+4b →=3c →，则a →⋅c →=（ ） A ．−14B ．14C ．12D ．−12解：∵2a →+4b →=3c →，∴4b →=3c →−2a →，∴16b →2=9c →2+4a →2−12a →⋅c →，又a →，b →，c →均为单位向量， ∴16＝9+4﹣12a →⋅c →， ∴a →⋅c →=−14． 故选：A ．8．已知△ABC 中，D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，直线AE ，CD 交于点P ，且满足BP →=16BA →+12BC →，则S △BPD S △BPE 的值为（ ）A ．43B ．52C ．53D ．109解：如图，设BD →=kBA →，BE →=tBC →，且D ，P ，C 三点共线，A ，P ，E 三点共线，∴BP →=λBD →+(1−λ)BC →=kλBA →+(1−λ)BC →，BP →=μBA →+(1−μ)BE →=μBA →+t(1−μ)BC →，且BP →=16BA →+12BC →， ∴{kλ=161−λ=12，{μ=16t(1−μ)=12，解得k =13，t =35，∴BE =35BC ，BD =13BA ，∴S △ABE =35S △ABC ，S △BCD =13S △ABC ，设S △BPD ＝x ，S △BPE ＝y ，S △ABC ＝z ，则S △ADP =2x ，S △CEP =23y ， ∴{2x +x +y =35z 23y +y +x =13z ，解得{x =16zy =110z， ∴S △BPD S △BPE=x y=16z 110z =53．故选：C ．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对得2分． 9．下列结论中正确的是（ ） A ．正四面体一定是正三棱锥B ．正四棱柱一定是长方体C ．棱柱的侧面一定是平行四边形D ．棱柱的两个互相平行的平面一定是棱柱的底面解：正四面体一定是正三棱锥，A 正确；正四棱柱的底面是正方形，棱长与底面垂直，所以正四棱柱一定是长方体，所以B 正确； 棱柱的侧面一定是平行四边形，满足棱柱的定义，所以C 正确；如果棱柱的底面是正六边形，可知棱柱的侧面中，对面平行，不可能是棱柱的底面，所以D 不正确； 故选：ABC ．10．已知两个单位向量e 1→、e 2→的夹角为θ(θ≠π2)，若c →=xe 1→+ye 2→，则把有序数对（x ，y ）叫做向量c →的斜坐标，若a →=(x 1，y 1)，b →=(x 2，y 2)，则（ ） A ．a →−b →=(x 1−x 2，y 1−y 2) B ．|a →|=√x 12+y 12C ．λa →=(λx 1，λy 1)D ．a →⋅b →=x 1x 2+y 1y 2 解：根据题意，a →=(x 1，y 1)=x 1e 1→+y 1e 2→，b→=(x 2，y 2)=x 2e 1→+y 2e 2→，依次分析选项：对于A ，a →−b →=（x 1e 1→+y 1e 2→）﹣（x 2e 1→+y 2e 2→）＝（x 1﹣x 2）e 1→+（y 1﹣y 2）e 2→，A 正确；对于B ，a →=x x 1e 1→+x y 1e 2→，则|a →|2＝（x 1e 1→）2+（y 1e 2→）2+2x 1y 1e 1→•e 2→=x 12+y 12+ 2x 1y 1cos θ，则有|a →|=√x 12+y 12+2x 1y 1cosθ，B 错误；对于C ，a →=x 1e 1→+y 1e 2→，则λa →=λx 1e 1→+λy 1e 2→，则有λa →=（λx 1，λy 1e 2→），C 正确；对于D ，a →=x 1e 1→+y 1e 2→，b →=x 2e 1→+y 2e 2→，则a →•b →=（x 1e 1→+y 1e 2→）•（x 2e 1→+y 2e 2→）＝x 1x 2+y 1y 2+（x 1y 2+x 2y 1）e 1→•e 2→，D 错误； 故选：AC ．11．下列命题中错误的命题是（ ） A ．若复数z 满足z +z ∈R ，则z ∈R B ．若复数z 满足z 2=z 2，则z ∈RC ．若复数z 1，z 2满足z 1z 2=z 2z 1，则|z 1|＝|z 2|D ．若复数z 1，z 2满足z 1⋅z 2=z 1⋅z 2，则|z 1|＝|z 2|解：当复数z ＝1+i 时，有z =1−i ，满足z +z =2∈R ，但z ∉R ，A 选项错误； 当复数z ＝i 时，有z =−i ，满足z 2=z 2，但z ∉R ，B 选项错误；设z 1＝a +bi ，z 2＝c +di ，a ，b ，c ，d 是实数，则z 1=a −bi ，z 2=c −di ，由z 1z 2=z 2z 1，得a 2+b 2＝c 2+d 2，即|z 1|＝|z 2|，C 选项正确；设z 1＝1+2i ，z 2＝2+4i ，满足z 1⋅z 2=z 1⋅z 2，但||z 1|≠|z 2|，D 选项错误． 故选：ABD ．12．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则下列说法中正确的是（ ） A ．若B ＝60°，b 2＝ac ，则△ABC 一定是等边三角形 B ．若cos 2A +cos 2B ﹣cos 2C ＞1，则△ABC 一定是钝角三角形 C ．若a ﹣b ＝c （cos B ﹣cos A ），则△ABC 一定是等腰三角形D ．若a +b =a tanA +btanB ，则△ABC 一定是直角三角形解：对于A ：由于b 2＝a 2+c 2﹣2ac cos B ，整理得a 2+c 2﹣2ac ＝（a ﹣c ）2＝0，所以a ＝c ，由于B ＝60°，所以：a ＝b ＝c ，故ΔABC 为等边三角形，故A 正确；对于B ：由于cos 2A +cos 2B ﹣cos 2C ＞1，整理得1﹣sin 2A +1﹣sin 2B ﹣（1﹣sin 2C ）＞1，故sin 2C ﹣sin 2A ﹣sin 2B ＞0，利用正弦定理：c 2﹣a 2﹣b 2＞0，故cosC =a 2+b 2−c 22ab＜0，由于C ∈（0，π），故C ∈(π2，π)，故该三角形△ABC 一定是钝角三角形，故B 正确；对于C ：由于a ﹣b ＝c （cos B ﹣cos A ），利用余弦定理a −b =c ⋅(a 2+c 2−b 22ac −b 2+c 2−a 22bc)， 整理得ab （a ﹣b ）+c 2（a ﹣b ）﹣（a ﹣b ）（a 2+ab +b 2）＝0， 化简得：（a ﹣b ）（c 2﹣a 2﹣b 2）＝0，即a ＝b 或a 2+b 2＝c 2，故△ABC 为等腰三角形和直角三角形，故C 错误． 对于D ：由于a +b =atanA +btanB ，利用正弦定理sinA +sinB =sinAsinAcosA+sinBsinB cosB=cos A +cos B ，所以sin A﹣cos A ＝cos B ﹣sin B ，化简得：√2sin(A −π4)=√2cos(B +π4)=√2sin(π2+B +π4)，由于A 、B ∈（0，π），整理得A +B =π2，故C =π2，故△ABC 一定是直角三角形，故D 正确． 故选：ABD ．三、填空题：本小题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，一蚂蚁沿着正方体的表面从点A 爬到点C 1的最短距离是 √5 ．解：根据题意，作出正方体展开图的一部分，沿着正方体的表面从点A 爬到点C 1的最短距离即线段AC 1的长度， 则要求最短距离d =√1+4=√5． 故答案为：√5．14．已知复数z 满足|z |＝1，则|z ﹣2i |（i 是虚数单位）的最大值是 3 ． 解：设z ＝a +bi （a ，b ∈R ），∵|z |＝1，∴√a 2+b 2=1，即a 2+b 2＝1，表示以（0，0）为圆心，1为半径的圆，∵|z ﹣2i |=√a 2+(b −2)2，表示圆上的点到点（0，2）之间的距离， ∴|z ﹣2i |（i 是虚数单位）的最大值是√02+(0−2)2+1=3． 故答案为：3．15．《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社会现象．如图1所示的是八卦模型图，其平面图形（图2）中的正八边形ABCDEFGH ，其中O 为正八边形的中心，边长AB ＝1，则AC →⋅AD →=32√2+2．解：如图所示，连接AC ，AD ，由ABCDEFGH 为正八边形可知∠AOB =∠BOC =π4，且OD ∥AC ， 则∠AOC =π2，所以|OA →+OC →|=√2|OA →|=√2|OB →|，即OB →=√22(OA →+OC →)AC →=OC →−OA →， 且OD →=√22AC →=√22(OC →−OA →)，所以AD →=OD →−OA →=√22OC →−(√22+1)OA →，则AC →⋅AD →=（OC →−OA →）•[√22OC →−(√22+1)OA →]=√22|OC →|2−√22OA →⋅OC →−（√22+1）OA →⋅OC →+（√22+1）|OA →|2＝（√2+1）|OA →|2，在△AOB 中，由余弦定理cos ∠AOB =|OA →|2+|OB →|2−|AB →|22|OA →||OB →|=2|OA →|2−12|OA →|2=√22，解得|OA →|2=2+√22，所以AC →⋅AD →=(√2+1)|OA →|2=3√22+2'， 故答案为：32√2+2．16．已知△ABC 中，∠A =π3，D ，E 是线段BC 上的两点，满足BD ＝DC ，∠BAE ＝∠CAE ，AD =√192，AE =6√35，则BC ＝ √7 ． 解：∵12×c ×6√35sin π6+12b •6√35•sin π6=12bc sin π3， ∴3√310（b +c ）=√34bc ，又AD →=12（AB →+AC →），∴AD →2=14（AB →2+2AB →•AC →+AC →2）=14（b 2+c 2+bc ）=14（b +c ）2−14bc =14×2536（bc ）2−14bc ，∴bc ＝6，∴b +c ＝5，∴a 2＝b 2+c 2﹣2bc cos π3=b 2+c 2﹣bc ＝（b +c ）2﹣3bc ＝25﹣18＝7，∴BC ＝a =√7．故答案为：√7．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10分）已知复数z ＝x +yi （x ＞0，y ＞0）满足|z |＝2，且z ﹣1为纯虚数． （1）求z 1−i；（2）若z 2+b •z +c ＝0，（b ，c ∈R ），求实数b ，c 的值． 解：（1）z ＝x +yi ，即x ﹣1+yi 为纯虚数， 则x ﹣1＝0，解得x ＝1， |z |＝2，则x 2+y 2＝1，解得y =√3（负值舍去）， z ＝1+√3i ， 故z 1−i=1+√3i 1−i =(1+√3i)(1+i)(1+i)(1−i)=1−√32+√3+12i ； （2）z 2+b •z +c ＝0，则(1+√3i)2+b(1+√3i)+c =−2+2√3i +b +√3bi +c =0，故{2√3+√3b =0−2+b +c =0，解得{b =−2c =4．18．（12分）已知平面直角坐标系内存在三点：A （1，5），B （7，8），C （5，2）． （1）求cos ∠BAC 的值；（2）若平面上一点P 满足：AP ∥CB ，CP ⊥AB ，求点P 的坐标．解：（1）A （1，5），B （7，8），C （5，2），则AB →=(6，3)，AC →=(4，−3)， 故AB →⋅AC →=24−3×3=15，|AB →|=√62+32=3√5，|AC →|=√42+(−3)2=5，故cos ∠BAC =AB →⋅AC →|AB →||AC →|=153√5×5=√55； （2）CB →=(2，6)，∵AP →∥CB →， ∴可设AP →=tCB →=（2t ，6t ）（t ∈R ）， ∴CP →=AP →−AC →=（2t ﹣4，6t +3）， ∵CP ⊥AB ，∴CP →⋅AB →=6（2t ﹣4）+3（6t +3）＝0，解得t =12， ∴CP →=(−3，6)， 设P （x ，y ），则CP →=(x −5，y −2)，即{x −5=−3y −2=6，解得{x =2y =8，故P （2，8）．19．（12分）如图所示，以线段AB 为直径的半圆上有一点C ，满足：BC ＝1，AC =√3，若将图中阴影部分绕直线AB 旋转180°得到一个几何体． （1）求阴影部分形成的几何体的体积； （2）求阴影部分形成的几何体的表面积．解：（1）Rt △ABC 中，BC ＝1，AC =√3，所以AB ＝2，将图中阴影部分绕直线AB旋转180°得到一个半球，去掉两个半圆锥的组合体；所以该几何体的体积为V=12（V球﹣V圆锥组合体）=12×[4π3×13−13π×(√32)2×2]=5π12；（2）Rt△AO1C以直线AB为轴旋转得一个半圆锥，侧面积为S1=12×π×√32×√3=3π4，Rt△BO1C以AB为轴旋转得一个半圆锥，侧面积为S2=12×π×√32×1=√34π，半圆弧以AB为轴旋转得一个半球，表面积为S3=12×4π×12＝2π，正面为一个圆，去掉两个三角形，面积为S4＝π×12﹣2×12×1×√3=π−√3，所以阴影部分形成的几何体的表面积为S＝S1+S2+S3+S4=3π4+√3π4+2π+π−√3=15+√34π−√3．20．（12分）在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且2a cos B+√3b＝2c，a＝2．（1）若c＝2√3，求△ABC的面积；（2）求△ABC周长的最大值．解：（1）因为2a cos B+√3b＝2c，所以由正弦定理可得2sin A cos B+√3sin B＝2sin C，又sin C＝sin（A+B）＝sin A cos B+cos A sin B，所以√3sin B＝2cos A sin B，又因为B为三角形内角，sin B≠0，所以√3sin B＝2cos A sin B，可得cos A=√32，sin A=√1−cos2A=12，因为a＝2，c＝2√3，由余弦定理可得22＝b2+（2√3）2﹣2×b×2√3×√32，整理可得b2﹣6b+8＝0，解得b＝4或2，所以△ABC的面积S=12bc sin A＝2√3或√3；（2）由（1）可得cos A =√32，由余弦定理得a 2＝b 2+c 2﹣2bc cos A ，又a ＝2，即4＝b 2+c 2−√3bc ＝（b +c ）2﹣（2+√3）bc ≥（b +c ）2﹣（2+√3）×（b+c 2）2=2−√34（b +c ）2，解得b +c ≤4√2+√3=2（√6+√2），当且仅当b ＝c 时取等号， 所以a +b +c ≤2+2（√6+√2），当且仅当b ＝c 时取等号， 所以△ABC 周长的最大值为2+2（√6+√2）．21．（12分）如图，在梯形ABCD 中，AD ＝2，DC ＝CB ＝3，AB →=2DC →，点E 、F 是线段DC 上的两个三等分点，点G ，点H 是线段AB 上的两个三等分点，点P 是直线BC 上的一点． （1）求AB →⋅AD →的值； （2）求|FH →|的值；（3）直线AP 分别交线段EG 、FH 于M ，N 两点，若B 、N 、D 三点在同一直线上，求AM AN的值．解：（1）设AB →=a →，AD →=b →，∵CB →=CD →+DA →+AB →=−12a →−b →+a →=12a →−b →，∴CB →2=14a →2−a →⋅b →+b →2=13−a →⋅b →=9，即AB →⋅AD →=a →⋅b →=4； （2）AF →=AD →+23DC →=b →+23×12a →=13a →+b →，FH →=AH →−AF →=13a →−b →，|FH →|=√(13a →−b →)2=√19a →2−23a →⋅b →+b →2=43√3；（3）设AN →=xAF →+yAH →，即x(AF →−AN →)+y(AE →−AN →)=AN →−(x +y)AN →，xNF →+yNH →=(1−x −y)AN →，因为N 在FH 上，所以1﹣x ﹣y ＝0，即y ＝1﹣x ，∴AN →=xAF →+(1−x)AH →=x(13a →+b →)+(1−x)⋅23a →=(23−13x)a →+xb →，即AN →=(23−13x)AB →+xAD →，即(23−13x)(AB →−AN →)+x(AD →−AN →)=AN →−(23−13x)AN →−xAN →=(1−23−23x)AN →， 即(23−13x)NB →+xND →=(1−23−23x)AN →，由于D ，N ，B 三点共线，所以1−23−23x =0， ∴x =12，AN →=12a →+12b →，设AM →=λAE →+μAG →，则λ(AE →−AM →)+μ(AG →−AM →)=(1−λ−μ)AM →， 即λME →+μMG →=(1−λ−μ)AM →，又M 在EG 上，则1﹣λ﹣μ＝0，即μ＝1﹣λ，AM →=λAE →+(1−λ)AE →=λAD →+λ⋅13⋅12AB →+(1−λ)⋅13AB →=(13−16λ)AB →+λAD → 由于A ，M ，N 三点共线，所以13−16λλ=1212=1，即λ=27，所以AM →=27b →+27a →=47AN →，AM AN =47． 22．（12分）法国著名军事家拿破仑•波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这个三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．如图，在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，以AB ，BC ，AC 为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为O 1，O 2，O 3．（1）证明：△O 1O 2O 3为等边三角形； （2）若S △O 1O 2O 3=mS △ABC ，求m 的最小值．解：（1）证明：如图，连接AO 1，AO 3，则|AO 1|=√33c ，|AO 3|=√33b ，∠O 1AO 3＝A +π3， 在△O 1AO 3中，由余弦定理可求出|O 1O 3|2＝|AO 1|2+|AO 3|2﹣2|AO 1|•|AO 3|cos ∠O 1AO 3=b 2+c 2−2bccos(A+π3)3=b 2+c 2−bccosA+√3bcsinA 3=b 2+c 2−bc⋅b 2+c 2−a22bc +√3bcsinA 3=a 2+b 2+c 26+√33bcsinA ， 同理可得|O 1O 2|2=a 2+b 2+c 26+√33ac sin B ， 由正弦定理可得a sin B ＝b cos A ，即|O 1O 2|＝|O 1O 3|， 同理可证|O 1O 2|＝|O 2O 3|， 故△O 1O 2O 3为等边三角形； （2）∵S △O 1O 2O 3=mS △ABC ，∴√34|O 1O 3|2=√34•b 2+c 2−bccosA+√3bcsinA 3=m 2bcsinA ，则b c +c b =√3(2m −1)sinA +cosA =√3(2m −1)2+1sin （A +φ），∵bc+c b≥2，[√3(2m −1)2+1sin （A +φ）]max ＝，√3(2m −1)2+1，∴√3(2m −1)2+1≥2，解得m ≥1，当且仅当b ＝c ，A =π3时，m 取得最小值，m 的最小值为1．。

2023-2024学年浙江省宁波市高一下册期中数学试题(含解析)

2023-2024学年浙江省宁波市高一下册期中数学试题一、单选题1．有下列四个命题：①过三点确定一个平面；②矩形是平面图形；③三条直线两两相交，则确定一个平面；④一条直线和该直线外一个点确定一个平面．其中错误命题的序号是（）．A ．①②B ．①③C ．②④D ．②③【正确答案】B【分析】由立体几何知识对结论逐一判断【详解】对于①，不在同一直线上的三点确定一个平面，①错误，对于②，矩形是平面图形，②正确，对于③，若三条直线交于同一点，则无法确定一个平面，故③错误对于④，一条直线和直线外一点确定一个平面，④正确．故选：B2．设a 、b 是两条直线，α、β是两个平面，则能推出//b α的一个条件是（）A ．//a α，//a bB ．//αβ，//b βC ．l αβ= ，//b lD ．//αβ，b β⊂【正确答案】D根据每个选项中的条件推导出直线b 与平面α的位置关系，由此可得出合适的选项.【详解】对于A 选项，若//a α，//a b ，则//b α或b α⊂；对于B 选项，若//αβ，//b β，则//b α或b α⊂；对于C 选项，若l αβ= ，//b l ，则//b α或b α⊂；对于D 选项，若//αβ，b β⊂，由面面平行的性质可知//b α.故选：D.本题考查线面平行的判断，属于基础题.3．下列说法正确的是（）A ．i 表示虚数单位，所以它不是一个虚数B ．1-的平方根是i ±C ．()i b b ∈R 是纯虚数D ．若()z a a =∈R ，则复数z 没有虚部【正确答案】B【分析】用复数的相关概念判断即可【详解】A ：i 表示虚数单位，也是一个虚数，故A 错误；B ：由()2i 1±=-，可知1-的平方根是i ±，故B 正确；C ：当0,i b b =是实数，故C 错误；D ：若()z a a =∈R ，则复数z 虚部为0，故D 错误；故选：B4．已知锐角△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若π3A =，a =22b c +的取值范围是（）A ．(]2,6B ．(]3,6C ．(]4,6D ．(]5,6【正确答案】D【分析】根据正弦定理和三角变换及三角函数的性质可求22b c +的取值范围.【详解】因为π3A =，a =22sin 3R ==，故()22222224sin sin 4sin 4sin b c R B C B C+=+=+222π4sin 4sin 3B B ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭4π1cos 21cos 234422B B ⎛⎫-- ⎪-⎝⎭=⨯+⨯4π42cos 22cos 282cos 2cos 223B B B B B⎛⎫=---=-++ ⎪⎝⎭π42sin 26B ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，因为三角形为锐角三角形，故π022ππ032B B ⎧<<⎪⎪⎨⎪<-<⎪⎩，故ππ62B <<，故ππ5π2666B <-<，故1πsin 2126B ⎛⎫<+≤ ⎪⎝⎭，故(]225,6b c +∈，故选：D5．如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形EFGH 为截面，长方形ABCD 为底面，则四边形EFGH 的形状为（）A ．梯形B ．平行四边形C ．可能是梯形也可能是平行四边形D ．矩形【正确答案】B利用面面平行的性质判断EF 与GH 的平行、EH 与FG 平行.【详解】因为平面ABFE //平面CGHD ,且平面EFGH 平面ABFE EF =,平面EFGH 平面CGHD GH =,根据面面平行的性质可知EF //GH ,同理可证明EH //FG .所以四边形EFGH 为平行四边形.故选：B.本题考查长方体截面形状判断，考查面面平行的性质应用，较简单.6．ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若2b ，4A π=，则cos B =（）A ．B ．CD 【正确答案】C【分析】利用正弦定理边化角求出sin B ，再结合同角公式计算作答.【详解】在ABC 中，由正弦定理及2b =得：2sin 4B A π==，解得sin 4B =，在ABC 中，2b a =<，B A <，于是B 为锐角，所以cos 4B =.故选：C7．在△ABC 中，BC 12AB BC ⋅=- ，AD 是△ABC 的外接圆的直径，则AD BC ⋅ 的值（）A ．1B ．2C ．3D ．4【正确答案】B【分析】作辅助线如图所示，求出23DE OG ==，再求出cos 3DE AD D =⋅=，最后利用数量积公式求解.【详解】作辅助线如图所示，,,AE BC OG AE OF BC ⊥⊥⊥.因为12AB BC ⋅=- ，所以1||cos ,||cos 26AB B AB B =∴= .cos BH B BA =,所以6BH =.由垂径定理得122BF BC ==,所以HF OG =.在Rt △ADE 中，由中位线定理得2DE OG =.cos 3DE AD D =⋅=.cos 23AD BC AD D ∴⋅=⋅==.故选：B8．在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边是a ，b ，c ，0GA GB GC ++= 且0GA GB ⋅=uu r uu u r，若tan tan tan tan tan A B mA B C+=，则实数m 的值是A ．12B ．13C ．14D ．15【正确答案】A【分析】利用已知条件得出G 是三角形的重心，通过余弦定理可得三角形三边关系，然后再由余弦定理可转化得22sin sin cos 4sin A B C C =，再利用同角三角函数的基本关系化简要求的式子，可得结果.【详解】由0GA GB GC ++=得G 是ABC 的重心，因为0GA GB ⋅=uu r uu u r，所以GA GB ⊥.如图：则12AD DB DG CG ===，33CD DG AD ==所以有2222cos AC AD CD AD CD ADC =+-⋅∠，()2222cos πBC BD CD BD CD ADC =+-⋅-∠，可得：222222220AC BC AD CD BD CD AD +=+++=，即2225a b c +=，由正弦定理，得222sin sin 5sin A B C +=，由余弦定理，得222222sin sin sin cos 22sinAsinBa b c A B CC ab +-+-==，则22sin sin cos 4sin A B C C =，则()2tan tan sin sin cos 2tan tan tan sin A B A B C A B CC ==+，即()2tan tan tan tan tan A B C A B +=⇒2tan tan tan ta 1n tan A B A B C+=，所以1=2m ；故选：A.二、多选题9．软木锅垫一般用于餐厅、咖啡厅、酒店等公共饮食场所，可作广告饰品以提高形象．杯垫透气、无毒、无异味、防水防潮、耐油耐酸、弹性环保，具有耐冲击、不变形、耐用等特点．正、反面可加置印刷公司LOGO 、图片、产品、广告、联系方式等，更接近人们的生活，较强的摩擦力可以防止玻璃、瓷杯滑落，亦可保护桌面不被烫坏．如图，这是一个边长为10厘米的正六边形的软木锅垫ABCDEF ，则下列选项正确的是（）A ．向量AE 与向量BD是相等向量B ．503AB FE ⋅=C ．2AD AB AB⋅= D ．30AC AE += 【正确答案】ACD【分析】根据相等向量的定义判断A ，根据数量积的定义判断B ，C ，根据向量的线性运算定义求AC AE +，再解三角形求其大小，判断D.【详解】对于A ，由图可得向量AE 与向量BD方向相同，大小相等，所以向量AE 与向量BD相等向量，A 正确．对于B ，由图易得向量AB与向量FE 的夹角为60︒，则1010cos 6050AB FE ⋅=⨯⨯=︒ ，B 错误．如图，因为120FAB ∠=︒，60DAB ∠=︒，2AD AB = ，则2cos60AD AB AD AB AB ⋅=⋅⋅︒= ，C 正确．因为ACE △为正三角形，所以根据平行四边形法则得2AC AE AH +=，AH 与AD 共线且同方向，又,EDH AEH 均为含π6角的直角三角形，所以||3|EH DH = ，||3|3||,||4||AH EH DH AD DH === ，所以2||32||AH AD =，33203022AC AE AD +==⨯= ，D 正确．故选：ACD.10．关于复数z 的运算结论正确的有（）A ．2||z z z ⋅=B ．22||z z =C ．1122z z z z ⎛⎫= ⎪⎝⎭D ．1122z z z z =【正确答案】ACD【分析】可设(,)z a bi a b R =+∈，然后代入计算判断A ，B ，同理可设12(,),(,)z a bi a b R z c di c d R =+∈=+∈，代入计算判断C ，D ．【详解】设(,)z a bi a b R =+∈，则z a bi =-，222()()z z a bi a bi a b z ⋅=+-=+=，A 正确；2222()2z a bi a b abi =+=-+，当0ab ≠时，2z 是虚数，而2z 一定是实数，不可能相等，B错；设12(,),(,)z a bi a b R z c di c d R =+∈=+∈，1222()()()()()z a bi a bi c di ac bd bc ad i z c di c di c di c d ++-++-==++-+2222ac bd bc adi c d c d +-=+++.所以122222z ac bd bc adi z c d c d ⎛⎫+-=- ⎪++⎝⎭1122222222()()()()()z z a bi a bi c di ac bd ad bc i ac bd bc ad i c di c di c di c d c d c d z z ⎛⎫--+++-+-====-=⎪--++++⎝⎭，C正确；12z z =12z z =，D 正确．故选：ACD ．11．如图，在四边形ABCD 中，DA DC ⊥，BC BA ⊥，60BAD ∠=︒，2AD =，CD =F 为线段BC 的中点，E 为线段AD 上一动点（包括端点），FE mCD nBA =+，则下列说法正确的是（）A ．52AB =B ．EB EC ⋅ 的最小值为154C ．若E 为线段AD 的中点，则1m n +=D ．n 的最大值为1110【正确答案】AC【分析】如图作出辅助线，根据所给条件结合直角三角形求出AB 判断A ；利用向量表示及数量积运算计算判断B ；利用向量的线性运算求出1m n +=判断C ；建立直角坐标系，利用坐标法求n 的最大值判断D.【详解】过B 作//BQ DA ，交DC 的延长线于点Q ，过A 作//AP DC ，交BQ 于P ，如图，则四边形APQD 为矩形，设CQ a =，依题意，180(18060)60QCB ∠=︒-︒-︒=︒，则QB ，PA QD a ==tan 3013BP PA a =⋅︒=+．12QB BP +=+=，解得a =522(1)2AB BP a ===，A 正确；由F 为线段BC 的中点可知，则CF FB =2222()()()()()4EB EC EF FB EF FC EF FC EF FC EF FC EF ⋅=+⋅+=-⋅+=-=- ，过F 作FM AD ⊥，垂足为M ，FM 的长即EF 最小值，且128FM CD CQ =+=，因此2min 3231())81664(EB EC ⋅=-=，B 错误；显然1(111))(2222EF EC EB ED DC EA AB =+=+++ ，而E 为DA 中点，ED EA =- ，因此1122EF DC AB =+ ，即1122FE CD BA =+ ，则1m n +=，C 正确；以D 为坐标原点，DA，DC 的方向分别为x 轴，y 轴的正方向，建立平面直角坐标系，则33,),(2,0),,)48(48(C B A F ，设()(),002E t t ≤≤，由FE mCD nBA =+ ，得355(,)(0,(,)8844t m n --=+-，于是3584t n -=，即43()58n t =-，而02t ≤≤，所以max 4313(2)5810n =-=，D 错误．故选：AC12．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E 、F 分别是棱AB 、11A B 的中点，点P 在四边形ABCD 内（包含边界）运动，则下列说法正确的是（）A ．若P 是线段BC 的中点，则平面DEF ⊥平面1AB PB ．若P 在线段AC 上，则异面直线1D P 与11A C 所成角的范围是ππ,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．若1//PD 平面11A CE ，则点P 的轨迹长度为3D ．若//PF 平面11B CD ，则PF 长度的取值范围是[6,22]【正确答案】AD【分析】对于A ，先证明AP DE ⊥，EF AP ⊥，得到AP ⊥平面DEF ，然后利用面面垂直的判定定理即可判断；对于B ，由11//A C AC 可将1D P 与11A C 所成的角转化为1D P 与AC 所成的角，结合△1D AC 为正三角形可得1D P 与11A C 所成角的取值范围；对于C ，先利用线面位置关系得到点P 的轨迹，然后求解即可；对于D ，先由线线平行证明线面平行，进而得面面平行，可确定点P 的轨迹为线段NG ，然后结合勾股定理求解PF 长度的最值即可求解．【详解】对于A ：因为P 、E 分别是线段BC 、AB 的中点，所以ABP DAE ≅ ，则PAB ADE ∠=∠，则π2PAB DEA ∠+∠=，所以AP DE ⊥，如图，连接11,,CE C E DC 又由EF ⊥平面ABCD ，AP ⊂平面ABCD ，所以EF AP ⊥，,,EF DE E EF DE ⋂=⊂平面DEF ，所以AP ⊥平面DEF ，又因为AP ⊂平面1AB P ，所以平面DEF ⊥平面1AB P ，即选项A 正确；对于B ：在正方体1111ABCD A B C D -中，11//A C AC ，所以1D P 与11A C 所成的角为1D P 与AC 所成的角，连接1D A 、1D C ，11,AC A C ，则1D AC 为正三角形，所以1D P 与11A C 所成角的取值范围为ππ,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦，即选项B 错误；对于C ：设平面11A C E 与直线BC 交于点G ，连接1C G 、EG ，则G 为BC 的中点，分别取AD 、DC 的中点M ，N ，连接1D M 、MN 、1D N ，由11//D M C G ，所以1//D M 平面11A C E ，同理可得1//D N 平面11A C E ，又因为111D M D N D = ，所以平面1//D MN 平面11A C E ，又由1//PD 平面11A C E ，所以直线1PD ⊂平面1D MN ，故点P 的轨迹是线段MN ，易得MN =C 错误；对于D ：取CD 的中点N ，BB 的中点R ，BC 的中点G ，连接FN ，因为1//FB NC ，1FB NC =，所以四边形1FB CN 为平行四边形，所以1//FN B C ，所以//FN 平面11B CD ，连接BD 、NG ，则//NG BD ，又因为11//BD B D ，所以11//NG B D ，所以//NG 平面11B CD ，连接FR 、GR ，由1//GR B C ，且1//B C FN ，得//RG FN ，故F 、N 、G 、R 四点共面，所以平面//FNGR 平面11B CD ，因为//PF 平面11B CD ，所以PF ⊂平面FNGR ，所以点P 的轨迹为线段NG ，由2AB =知FN NG ==FB ，FG ，在Rt FBG 中，222216FG FB BG =+=+=，所以FG =222FN NG FG =+，则π2FGN ∠=，故线段PF 长度的最小值为||FG =线段PF 长度的最大值为||FN ==所以PF 长度的取值范围是，即选项D 正确．故选：AD ．三、填空题13．已知(1,0),(0,),(2,1)a x b x y c →→→=+=-=满足x a b c →→→⋅+=，则x y +=___________.【正确答案】1或5-【分析】直接利用向量的坐标运算求解.【详解】因为x a b c →→→⋅+=，所以(1,0)(0,)(2,1)x x x y ⋅++-=，所以2(,0)(0,)(2,1)x x x y ++-=，所以2+21x x x y ⎧=⎨-=⎩，所以23x y =-⎧⎨=-⎩或10x y =⎧⎨=⎩，所以5x y +=-或1，故1或5-14．如图，长方体1111ABCD A B C D -，AB a =，1BC BB b ==，a b >，P 是棱AB 上的一个动点，若点P 运动到棱AB 靠近A 的一个三等分点时，恰有1PC PD ⊥，求此时1PC 与平面ABCD 所成的角__________．【正确答案】30︒【分析】结合长方体的结构特点，可知1PC 与平面ABCD 所成的角为1C PC ∠，由1PC PD ⊥及勾股定理可得a =，进而可求出11tan CC C PC PC ∠=得出结果.【详解】长方体1111ABCD A B C D -中，因为AB a =，1BC BB b ==，所以2221DC a b =+，22219DP a b =+，22249PC a b =+，因为1C C ⊥底面ABCD ，PC ⊂平面ABCD ，所以1C C PC ⊥，所以1PC 与平面ABCD 所成的角为1C PC ∠，2222211429PC CC PC a b =+=+，由条件1PC PD ⊥可得22211DC DP PC =+，解得a =，因此11tan CCC PCPC∠=因为1090C PC︒<∠<︒，所以130C PC∠=︒，1PC与平面ABCD所成的角为30︒，故30︒15．若i为虚数单位，则计算232021i2i3i2021i+++⋯+=___________．【正确答案】10101011i+【分析】设232021i2i3i2021iS=+++⋯+，两边乘以i相减，结合等比数列的求和公式和复数的乘除运算法则，计算可得所求和．【详解】设232021i2i3i2021iS=+++⋯+，2342022i i2i3i2021iS=+++⋯+，上面两式相减可得，2320212022(1i)i i i i2021iS-=+++⋯+-202120222022i(1i)i(1i)2021i2021i i+20211i1i--=-=-=--，则()()()()2021i1i2021i20202022i10101011i1i1i1i2S++++====+--+．故10101011i+．16．如图所示，△ABC中，AC＝3，点M是BC的中点，点N在边AC上，且AN＝2NC，AM与BN相交于点P，且PN＝2PM，则△ABC面积的最大值为__．【正确答案】5【分析】根据题意设,,BM a CN b==作为该平面的一组基底，根据向量运算的三角形法则及共线向量定理分别表示出,AM AP，即可求得AP：PM，BP：PN的值，再设PM＝2t，求得PN，PA，PB，设△APN的面积为x，运用余弦定理和面积公式，结合二次函数的最值可得x的最大值，进而得到所求△ABC的面积的最大值．【详解】设,,BM a CN b == 则3AM AC CM b a =+=-- ,2BN BC CN a b =+=+ ,∵A 、P 、M 和B 、P 、N 分别共线，∴存在实数λ、μ，使3,2AP AM a b BP BN a bλλλμμμ==--==+ 故(2)(3)BA BP AP a b λμλμ=-=+++ .而23BA BC CA a b=+=+ ∴2233λμλμ+=⎧⎨+=⎩，解得4535λμ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，故43,55AP AM BP BN == 即AP ：PM ＝4：1，BP ：PN ＝3：2，设PM ＝t ，则PN ＝2t ，PA ＝4t ，PB ＝3t ，t ＞0，设△APN 的面积为x ，∠APN ＝α，在△APN 中，AN ＝2，AP ＝4t ，PN ＝2t ，可得cosα＝224164242t t t t +-⋅⋅＝22514t t -，sinα＝24t ，则1442sin 23x t t α=⋅⋅⋅≤当259t =，即tx 取得最大值43，而△ABP 的面积为32x ，△BPM 的面积为38x ，则△ABC 的面积为33152()284x x x +=，则△ABC 的面积的最大值为154×43＝5．故5．四、解答题17．已知复数()()21211i,221i(R,i 2z a z a a a =+-=++∈+是虚数单位).(1)若复数12z z -在复平面上对应点落在第一象限，求实数a 的取值范围；(2)若虚数1z 是实系数一元二次方程2440x x m -+=的根，求实数m 值.【正确答案】(1)322a -<<-(2)5m =【分析】（1）求出12z z -，由其对应点的坐标列不等式求解；（2）1z 也是方程的根，根据韦达定理先求得a ，再求得m ．【详解】（1）由已知得到()2121223i 2z z a a a -=-+--+，因为在复平面上对应点落在第一象限，所以21202230a a a ⎧->⎪+⎨⎪-->⎩，解得32231a a a ⎧-<<-⎪⎨⎪><-⎩或，所以32;2a -<<-（2）因为虚数1z 是实系数一元二次方程2440x x m -+=的根，所以1z 是方程的另一个根，所以11212z z a +==+，所以0a =，所以1111i,i 22z z =-=+，所以11544m z z ⋅==，所以5m =.18．ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，cos 2cb B a a =+，a (1)求角A ；(2)求2b c +的取值范围.【正确答案】(1)2π3A =(2)【分析】（1）结合题意和正弦定理可得2sin cos 2sin sin A B C B =+，然后借助三角形内角和定理与两角和的正弦公式得出1cos 2A =-，进而求解；（2）结合（1）的结论，利用正弦定理得到2sin ,2sin bB cC ==，然后利用辅助角公式和三角函数的性质即可求解.【详解】（1）由题意2cos 2a B c b =+，由正弦定理可得2sin cos 2sin sin A B C B =+，由πA B C ++=，可得()()sin sin π=sin sin cos cos sin C A B A B A B A B ⎡⎤=-++=+⎣⎦.代入整理得.2cos sin sin 0A B B +=因为(0,)B π∈，所以sin 0B ≠，故1cos 2A =-，由因为(0,)A π∈，所以2π3A =.（2）由（1）知，2π3A =，因为a =2sin sin sin b c a B C A===，则2sin ,2sin b B c C ==，所以π24sin 2sin 4sin 2sin()4sin sin 3b c B C B B B B B +=+=+-=-π3sin )6B B B =+=+，因为π03C B =->，所以π03B <<，则πππ662B <+<，所以1πsin()126B <+<π6B <+<所以2b c +的取值范围.19．如图①所示，已知正三角形ADP 与正方形ABCD ，将ADP △沿AD 翻折至ADP '△所在的位置，连接P B '，P C '，得到如图②所示的四棱锥.已知2AB =，P B '=，T 为AP 上一点，且满足2PT AT =.(1)求证：CD ⊥平面P AD '；(2)在线段P D '上是否存在一点Q ，使得//CQ 平面BDT .若存在，指出点Q 的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.【正确答案】(1)证明见解析；(2)存在，Q 为线段P D '的中点，理由见解析.【分析】（1）根据给定条件，利用勾股定理的逆定理证得AB P A '⊥，再利用线面垂直的判定推理作答.（2）连接AC BD O = ，取,P D P T ''的中点,Q N ，利用线面平行的判定、面面平行的判定性质推理作答.【详解】（1）P AD ' 是正三角形，有2P A AB '==，P AB '△中，2228P A AB P B ''+==，则AB P A '⊥，正方形ABCD 中，AB AD ⊥，,,P A AD A P A AD ''=⊂ 平面P AD '，于是AB ⊥平面P AD '，而//CD AB ，所以CD ⊥平面P AD '.（2）点Q 为线段P D '的中点，//CQ 平面BDT ，取P T '的中点N ，连接,,CQ NQ CN ，连接AC BD O = ，连接OT ，如图，于是//NQ TD ，而TD ⊂平面BDT ，NQ ⊄平面BDT ，因此//NQ 平面BDT ，依题意，T 为P A '上一点，且满足2P T AT '=，则T 为NA 中点，又O 为AC 中点，即有//OT CN ，而TO ⊂平面BDT ，CN ⊄平面BDT ，因此//CN 平面BDT ，又,,CN NQ N CN NQ =⊂ 平面CQN ，从而平面//CQN 平面BDT ，又CQ ⊂面CQN ，则//CQ 平面BDT ，所以点Q 为线段P D '的中点时，//CQ 平面BDT .20．如图，在OAB 中，点P 为直线AB 上的一个动点，且满足13AP AB = ，Q 是OB 中点.（Ⅰ）若()0,0O ，()1,3A ，8,03B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，且13ON OA = ，求NQ 的坐标和模（Ⅱ）若AQ 与OP 的交点为M ，又OM tOP = ，求实数t 的值.【正确答案】（Ⅰ）()1,1ON =- ，NQ = （Ⅱ）3t 4=.【分析】（Ⅰ）由12OQ OB = ，根据13ON OA = ，求得4,03OQ ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，1,13ON ⎛⎫= ⎪⎝⎭，进而求得向量NQ 坐标，进而求得向量NQ 的模；（Ⅱ）因为13AP AB = ，得到2133OP OA OB =+ ，进而得到233t t OM OA OB =+ 和()12OM OA OB μμ=-+ ，即可求解.【详解】（Ⅰ）由Q 是OB 中点，可得12OQ OB = ，又由13ON OA = ，且()1,3A ，8,03B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，可知4,03OQ ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，1,13ON ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()1,1NQ OQ ON =-=- 且NQ = （Ⅱ）如图所示，因为13AP AB = ，所以()13OP OA OB OA -=- ，可以化简为：2133OP OA OB =+ ，又OM tOP = ，所以2123333t t OM tOP t OA OB OA OB ⎛⎫==+=+ ⎪⎝⎭ ①不妨再设AM AQ μ= ，即()()1OM OA OQ OA OM OA OQ μμμ-=-⇒=-+ ，由Q 是OB 的中点，所以12OQ OB = ，即()12OM OA OB μμ=-+ ②由①②，可得213t μ-=且23t μ=，解得3t 4=.21．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 为11A D 中点，Q 为1C C 中点，过11A C 且与1CD 平行的平面交平面1C CM 于直线l .(1)求证：//MQ 平面11A C B ；(2)求直线l 与AB 所成角的余弦值.【正确答案】(1)证明见解析；63【分析】（1）取1BC 中点P ，利用正方体的结构特征结合平行四边形的判定性质、线面平行的判定推理作答.（2）利用线面平行的性质证得//MQ l ，利用几何法求出直线l 与AB 所成角的余弦值作答.【详解】（1）在正方体1111ABCD A B C D -中，对角面11A BCD 是矩形，则11//A B CD ，1A B ⊂平面11A C B ，1CD ⊄平面11A C B ，因此1//CD 平面11A BC ，即平面11A C B 是过11A C 且与1CD 平行的平面，取1BC 中点P ，连接1,A P PQ ，如图，因为M 为11A D 中点，Q 为1C C 中点，则11////PQ BC A D ，1111122PQ BC A D A M ===，即四边形1A PQM 是平行四边形，于是1//A P MQ ，而1A P ⊂平面11A C B ，MQ ⊄平面11A C B ，所以//MQ 平面11A C B .（2）由（1）知，//MQ 平面11A C B ，而平面1C CM ⋂平面11A C B l =，MQ Ì平面1C CM ，因此//l MQ ，而1//A P MQ ，则1//l A P ，即直线l 与AB 所成的角等于直线1A P 与AB 所成的角，又11//A B AB ，于是直线l 与AB 所成的角等于直线1A P 与11A B 所成的角，连接1B P ，因为11A B ⊥平面11BCC B ，1B P ⊂平面11BCC B ，则111A B B P ⊥，令2AB =，由（1）知1B P =有1A P =，11111cos A B B A P A P ∠==所以直线l 与AB所成角的余弦值3.22．在ABC 中，2AB =，D 为AB中点，CD =.(1)若BC =AC 的长；(2)若2BAC BCD ∠=∠，求AC 的长.【正确答案】(1)2(2)12-【分析】（1）在BDC 中，由余弦定理求得cos BDC ∠，即可得cos ADC ∠，在ADC △中利用余弦定理即可求得答案；（2）设,AC x BC y ==，由正弦定理求得sin sin BAC BCD x∠=∠，结合2cos BCD ∠=及2BAC BCD ∠=∠，可推出()2221y x y =+，再由cos cos ADC BDC ∠=-∠，推出226x y +=，联立解方程可得答案.【详解】（1）在BDC中，222cos 2BD CD BC BDC BD CD +-∠=⋅，则cos cos 4ADC BDC ∠=-∠=-，在ADC △中，2222cos AC AD CD AD CD ADC =+-⋅⋅∠12(4=+-=，所以2AC =.（2）设,AC x BC y ==，在ADC △和BDC 1,sin sin sin x y ADC BCD BDC ==∠∠∠，又sin sin ADC BDC ∠=∠，得sin sin BAC BCD ∠=∠，在BDC 中，2cosBCD ∠由2BAC BCD ∠=∠，有sin 2sin cos BAC BCD BCD ∠=∠∠，所以22x =，整理得：()2221y x y =+，①又由22cos cos ,ADC BDC ∠=-∠∴-226x y +=，②联立①②得，3227120x x x --+=，即()()2340x x x -+-=.，解得3x =或x =11x -<<，故12x -=，所以12AC -=.。

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