【文档说明】山西省怀仁市第一中学2020-2021学年高一下学期期中考试数学试题 答案.pdf，共(4)页，292.547 KB，由小赞的店铺上传

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高一数学答案第1页,共4页怀仁一中2020-2021学年第二学期高一年级期中考试数学答案及解析1.B[(1-i)+(2+3i)=a+bi,即3+2i=a+bi,所以a=3,b=2,所以a-b=1.]2.D[由题意可得CE→=CA→+AE→=CA→+13AB→=CA→+13(CB→-CA→)=1

3CB→+23CA→.]3.A[由题意,得z=(3)2+121+i=2(1-i)(1+i)(1-i)=1-i,所以z=1+i,其在复平面内对应的点为(1,1),位于第一象限.]4.C[设正四棱锥的底面正方形的边长为a,高为h,侧面三角形底边上

的高(斜高)为h',则由已知得h2=12ah'.如图,设O为正四棱锥S-ABCD底面的中心,E为BC的中点,则在Rt△SOE中,h'2=h2+a22,∴h'2=12ah'+14a2,∴h'a2-12·h'a-14=0,解得h'a=5+14(负值舍去).]5.B[对于A

,由|a·b|=||a||b|cos􀎮a,b􀎯|≤|a||b|恒成立;对于B,当a,b均为非零向量且方向相反时不成立;对于C,D容易判断恒成立.故选B.]6.C[由a2tanB=b2tanA,可得a2sinBcosB

=b2sinAcosA,结合正弦定理可得sinAcosB=sinBcosA,即sinAcosA=sinBcosB.所以sin2A=sin2B.所以2A=2B或2A=π-2B,即A=B或A+B=π2,所以△ABC是等腰三角形或直角三角形.]7.C[①中,α,β可能相

交、平行,所以①不正确;②中的m也可能在平面α或β内,所以②不正确;由两个平面平行的性质可知③④正确.]8.D[易知直观图的面积为12,则三棱柱的底面面积为12×22=2,三棱柱的体积为2×3=32.]9.B[以A为坐标原点,AB→,AD→的方向分别为x轴,y轴的正方向建立平

面直角坐标系(图略),则D(0,3),B(3,0),由AB→=2AE→可求得F(2,1).又点P是线段AF上任意一点,可设P(2y,y),0≤y≤1,则AP→·DP→=(2y,y)·(2y,y-3)=5y2-3y=5y-3102-920,因为0≤y≤1,所以当y=31

0时,AP→·DP→取得最小值,为-920.]10.C[由题意可知,折叠后的几何体是底面为等边三角形的三棱柱,底面等边三角形外接圆的半径为23×12-122=33.易知三棱柱的高为BC=2,所以三棱柱外接球的球心与底面外接

圆圆心的距离为1,则三棱柱的外接球的半径R=332+12=233,所以三棱柱的外接球的表面积S=4πR2=16π3.]11.D[∠BAD=73.5°-26.5°=47°,在△BAD中,由正弦定理得BDsin∠BAD=ADsin∠ABD,即asin47°=ADsin26.5°,所以AD=asi

n26.5°sin47°,又因为在Rt△ACD中,ACAD=sin∠ADC=sin73.5°,所以AC=ADsin73.5°=asin26.5°sin73.5°sin47°.]12.D[对于A,在图①中,水面EFGH所在四边形的面积为棱柱底面的面积,在图②中,水面

EFGH所在四边形的面积大于原棱柱底面的面积,故A错误;对于B,在图①中,A1C1与水面所在平面平行,在图②,图③中,A1C1与水面所在平面均不平行,故B错误;对于C,因为棱柱在绕BC旋转的过程中,没有水的部分始终呈棱柱形,故C错误;对于D,因为在图

③中,有水的部分形成一个直三棱柱,设三棱柱的底面为三角形,高为BC,根据水􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋

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面积为定值,故BE·BF为定值.]13.43解析由sinB=3sinA及正弦定理得b=3a,因为cosC=a2+b2-c22ab=4a2-c223a2=32,所以a=c,则A=C=π6,B=2π3,因为csinA=2,所以a=c=4,所以S△ABC=12acsinB=4

3.14.23解析方法一设z1-z2=a+bi,a,b∈R,因为z1+z2=3+i,所以2z1=(3+a)+(1+b)i,2z2=(3-a)+(1-b)i.因为|z1|=|z2|=2,所以|2z1|=|2z2|=4,所以(3+a)2+(1+b)2=4,①(3-a)2+(1-b)

2=4,②①2+②2,得a2+b2=12.所以|z1-z2|=a2+b2=23.方法二设复数z1,z2在复平面内分别对应向量OA→,OB→,则z1+z2对应向量OA→+OB→.由题意知|OA→|=|OB→|=|OA→+OB→|=2,如图所示,以OA,OB为邻边作平行四边形OACB,则z1-

z2对应向量BA→,且|OA→|=|AC→|=|OC→|=2,可得|BA→|=2|OA→|sin60°=23.故|z1-z2|=|BA→|=23.15.18解析如图,取C1D1的中点P,B1C1的中点Q,连接PQ,PD,BQ,BD,易知在正方体ABCD-A1B

1C1D1中,PQ∥BD,∴P,Q,B,D确定一个平面,∵PQ∥MN,PQ⊄平面AMN,MN⊂平面AMN,∴PQ∥平面AMN,∵PD∥AN,PD⊄平面AMN,AN⊂平面AMN,∴PD∥平面AMN,又PQ∩PD=P,∴平面PQB

D∥平面AMN,即四边形PQBD为所得截面,易知四边形PQBD是一个等腰梯形,如图,PQ=22,BD=42,PD=42+22=25,∴h=32,S梯形PQBD=12(22+42)×32=18.16.①②④解析

对于①,a·(b-c)=a·b-a·c,因为a·b=a·c,所以a·(b-c)=0,故a⊥(b-c),故①正确;对于②,因为|a|=1,|b|=2,a与b的夹角为60°,故可得a·b=1×2×12=1,故a在b上的投影向量为a·b|b|b|b|=14b,故②正确;对于③,由点O满足AO→·AB

→|AB→|=AO→·AC→|AC→|,可得AO→·AB→|AB→|-AC→|AC→|=0,所以点O在∠CAB的平分线上,由CO→·CA→|CA→|=CO→·CB→|CB→|,可得CO→·CA→|CA→|-CB→|CB→|=0,

所以点O在∠ACB的平分线上,则点O是△ABC的内心,故③错误;对于④,不妨设A(1,1),B(2,3),C(6,1),D(5,-1),则AB→+AD→=(1,2)+(4,-2)=(5,0)=AC→,所以四边形ABCD是

平行四边形,因为AB→·AD→=1×4+2×(-2)=0,所以AB⊥AD,故四边形ABCD是矩形,故④正确.17.解(1)由c∥a,可设c=λa=(2λ,λ),又|c|=25,∴4λ2+λ2=20,∴λ=±2,(2分)……………………

……………∵a,c反向共线,∴λ<0,∴λ=-2,故c=(-4,-2).(5分)………………(2)∵a+2b与2a-b垂直,∴(a+2b)·(2a-b)=0,即2a2+3a·b-2b2=0,又|b|=52,|a|=12+2

2=5,(6分)…………∴a·b=2|b|2-2|a|23=-52,(7分)…………∴cosθ=a·b|a||b|=-525×52=-1,又∵θ∈[0,π],∴θ=π.(10分)…………………􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋�

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􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋高一数学答案第3页,共4页18.解(1)因为z=a+i(a>0),所以z+2z=a+i+2a+i=a+i+2(a-i)(a+i)(a-i)=a+i+2a

-2ia2+1=a+2aa2+1+1-2a2+1i,(2分)……………由于复数z+2z为实数,所以1-2a2+1=0,(4分)………………………………………………解得a=1(负舍),所以z=1+i.(6分)…

………(2)由题意(m+z)2=(m+1+i)2=(m+1)2-1+2(m+1)i=(m2+2m)+2(m+1)i,(7分)………………………………………………由于复数(m+z)2对应的点在第一象限,则m2+2m>0,2(m+1)>0,解

得m>0.(10分)……………因此,实数m的取值范围是(0,+∞).(12分)…19.解(1)由题意可知,圆锥的母线长l=R2+(3R)2=2R,所以该圆锥的表面积S=πR(R+l)=3πR2.(5分)………………………………………………(2)如图所

示,设正四棱柱的底面正方形对角线长的一半为x,即BC=x,易知△PCB∽△POA,所以BCAO=PCPO,即xR=3R-OC3R,解得OC=3(R-x),(7分)……………………正四棱柱的底面是一个正方形,其底边长为2x,底面积为2x2,所以

正四棱柱的表面积S=2×2x2+4×2x×3·(R-x)=(4-46)·x2+46Rx,(10分)………由二次函数的基本性质可知,当x=46R8(6-1)=6R2(6-1)时,S有最大值,故Smax=6(6+1)R25.(12分)……20.(1)证明∵在四棱锥P-ABCD

中,BC∥平面PAD,BC⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面PAD=AD,∴BC∥AD.(3分)…………………………………(2)证明取PA的中点F,连接EF,BF(图略),∵E是PD的中点,∴EF∥AD,EF=12AD,又BC∥AD,BC=12AD,∴BC∥

EF,BC=EF,∴四边形BCEF是平行四边形,∴CE∥BF,(5分)…………………………………又CE⊄平面PAB,BF⊂平面PAB,∴CE∥平面PAB.(6分)…………………………(3)解存在.取AD的中点N,连接CN,EN,MN(图略),∵E,N分别为PD,AD的中点,∴EN∥PA,又E

N⊄平面PAB,PA⊂平面PAB,∴EN∥平面PAB,(8分)…………………………由(2)可得CE∥平面PAB,CE∩EN=E,CE,EN⊂平面CEN,∴平面CEN∥平面PAB,∵M是CE上的动点,MN⊂平面CEN,∴MN∥平面PAB,∴线段AD上存在点N,使MN∥平面P

AB.(12分)……………………………………………21.解(1)由题意知,∠BCP=90°,∠PBC=60°,PC=23,在Rt△BCP中,tan∠PBC=PCBC,解得BC=2,(2分)……………………

…………………………在△ABC中,易知∠BCA=60°-15°=45°,由正弦定理得BCsin∠BAC=ABsin∠BCA,即2sin15°=ABsin45°,所以AB=2(3+1),故巡逻船的航行速度是6(3+1)千米/时.(5分)………………………

…(2)由题意知BD=3+1,∠DBC=60°.在△BCD中,由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC×BDcos∠DBC=22+(3+1)2-2×2×(3+1)cos60°=6,故CD=6.(8分)………………在△BC

D中,由正弦定理得CDsin∠DBC=BCsin∠CDB,即6sin60°=2sin∠CDB,解得sin∠CDB=22,所以∠CDB=45°.故山顶P位于D处的南偏东45°方向.(12分)……………………………………………􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋

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标系(图略).(1分)……(1)令|AC→|=a,则C(0,a),B(2a,0),所以AB→-AC→=(2a,-a),AB→+AC→=(2a,a).(2分)………………………………………………设向量AB→-AC→与向量AB→+AC→的夹角为θ,所以cosθ=(AB→-AC→)·(AB→+AC→)

|AB→-AC→|·|AB→+AC→|=4a2-a25a·5a=35.(3分)…………………………(2)因为|AB→|=2|AC→|=2,所以C(0,1),B(2,0),M1,12.(4分)…………设Ox,x2,x∈[0,1],

所以OA→·OB→+OC→·OA→=OA→·(OB→+OC→)=2OA→·OM→=2-x,-x2·1-x,12-x2=2x2-x+x24-x4=52(x2-x)=52x-122-58,(6分)…………当x=12时,OA→·OB

→+OC→·OA→取得最小值,为-58.(7分)………………………………………(3)设∠CAP=α,则α∈0,π2,∠BAP=π2-α,因为AP→·AC→=2,AP→·AB→=4,|AP→|=2,所以2·|AC→|cos

α=2⇒|AC→|=1cosα,(8分)………………………………………………2·|AB→|cosπ2-α=4⇒|AB→|=2sinα,(9分)………………………………………………所以|AB→+2AC→+AP→|2=|AB→|2+

4|AC→|2+|AP→|2+4AB→·AC→+4AC→·AP→+2AB→·AP→=4sin2α+4cos2α+4+8+8=4sin2α+cos2αsin2α+sin2α+cos2αcos2α+20=4sin2αco

s2α+cos2αsin2α+28≥8sin2α·cos2αcos2α·sin2α+28=8+28=36,(11分)…当且仅当sin2αcos2α=cos2αsin2α,即tanα=1时,|AB→+2AC

→+AP→|取得最小值,|AB→+2AC→+AP→|min=6.(12分)………………􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋

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