【文档说明】广东省广东实验中学2020-2021学年高一下学期期中考试数学试题 含解析【精准解析】.doc，共(22)页，1.485 MB，由小赞的店铺上传

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12020-2021学年广东省实验中学高一（下）期中数学试卷一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.1．设复数z满足z•（1+i）＝2（i为虚数单位），则|z|＝（）A．1B．C．2D．32．已知向量，，且，则λ＝（）A．﹣11B．﹣2C．D．3．如图，

平行四边形O'A'B'C'是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O'A'＝5，O'C'＝2，∠A'O'C'＝30°，则原图形的面积是（）A．4B．C．D．64．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱所在

直线与直线BA1为异面直线的条数是（）A．4B．5C．6D．75．下列四个命题中正确的是（）A．底面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥B．两两相交的三条直线必在同一平面内C．在空间中，四边相等的四边形是菱形D．不存在所有棱长都相等的正六棱锥6．已知P，Q是不同的点

，l，m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列数学符号表示的不是基本事实（公理）的选项为（）A．P∈l，Q∈l，P∈α，Q∈α⇒l⊂α2B．P∈α，P∈β⇒存在唯一直线l，α∩β＝l，且P∈lC．l∥m，m∥n⇒l∥nD．m∥n⇒确定一个平面γ且m⊂γ，n⊂γ7．

已知三棱锥A﹣BCD中，，BC＝AC＝BD＝AD＝1，则此几何体外接球的体积为（）A．2πB．C．D．π8．在△OAB中，OA＝OB＝2，，动点P位于直线OA上，当取得最小值时，∠PBA的正弦值为（）A．B．C．D．二、多项选择题（本

大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）9．设z为复数，则下列命题中正确的是（）A．B．z2＝|z|2C．若|z|＝1，则|z+i|的最小值为0D．若|z﹣1

|＝1，则0≤|z|≤210．如下图，直角梯形ABCD中AB＝2，CD＝4，AD＝2．则下列说法正确的是（）A．以AD所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得旋转体的侧面积为B．以CD所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得旋转体的体积为C．以AB所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，

所得旋转体的全面积为D．以BC所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得旋转体的体积为311．如图一个正四面体和一个正四棱锥的所有棱长都相等，将正四面体的一个面和正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起，得到一个新几何体．

对于该几何体，则（）3A．AF∥CDB．2V三棱锥F﹣ABC＝V四棱锥A﹣BCDEC．新几何体有7个面D．新几何体的六个顶点在同一个球面上12．在棱长为的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，球O1同时与以B为公共顶点的三个面相切，球O2同时与以D1为公共顶点的三个面相切，且两

球相切于点E，若球O1，O2的半径分别为r1，r2，则（）A．O2，O1，B，D1四点不共线B．r1+r2＝3C．这两个球的体积之和的最小值是9πD．这两个球的表面积之和的最大值是18π三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．设A＝{正方体}，B＝{直平行六面体}，C

＝{正四棱柱}，D＝{长方体}，那么上述四个集合间正确的包含关系是14．向量在向量方向上的投影向量的坐标为．15．如图，在△ABC中，，点E在线段AD上移动（不含端点），若＝λ+μ，则＝，λ2﹣2μ的最小值是．16．正方

体ABCD﹣A1B1C1D1为棱长为2，动点P，Q分别在棱BC，CC1上，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S，设BP＝x，CQ＝y，其中x，y∈[0，2]，下列命题正确的是．（写出所有正确命题的编号）①当x＝0时，S为矩形，其面积最大为4；4②当x＝y＝1时，S的面积

为；③当x＝1，y∈（1，2）时，设S与棱C1D1的交点为R，则；④当y＝2时，以B1为顶点，S为底面的棱锥的体积为定值．四、解答题（本题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17．已知向量与的夹角，且|

|＝3，||＝2．（1）求，|+|；（2）求向量与+的夹角的余弦值．18．（1）在△ABC中，a＝1，b＝2，cosC＝，求cosA．（2）在△ABC中，已知a＝，c＝10，A＝30°，求角B；19．已知棱长为1的正方体AC1，H、

I、J、K、E、F分别相应棱的中点如图所示．（1）求证：H、I、J、K、E、F六点共面；（2）求证：BE、DF、CC1三线共点；（3）求几何体B1BE﹣D1DF的体积．20．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q分别为对角线BD、CD1上的点，且＝＝．（1）

求证：PQ∥平面A1D1DA；5（2）若R是CD上的点，当的值为多少时，能使平面PQR∥平面B1C1BC？请给出证明．21．若函数f（x）＝sinx+2cos2，△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且f（A）＝3．（1）当取最大值时，判断△ABC的形状；（2）在

△ABC中，D为BC边的中点，且AD＝，AC＝2，求BC的长．22．已知向量，．（1）当a＝0时，令，求f（x）的最值；（2）若关于x方程在上有6个不等的实根，求a的取值范围；（3）当对x∈[x1，x2]恒成立时，x2﹣x1的

最大值为，求a的值．6参考答案一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.1．设复数z满足z•（1+i）＝2（i为虚数单位），则|z|＝（）A．1B．C．2D．3解：由题意得z＝＝＝1﹣i，则|z|＝．故选：B．2．已知向量，，且，则λ＝（）A．﹣11B．﹣2C．D．解：∵向量，，

且，∴＝3（1﹣λ）+4（2+λ）＝0，解得λ＝﹣11．故选：A．3．如图，平行四边形O'A'B'C'是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O'A'＝5，O'C'＝2，∠A'O'C'＝30°，则原图形的面积是（）A．4B．C．D．6解：平行四边形O'A'B'C'中，O'A'＝5，O'

C'＝2，∠A'O'C'＝30°，所以平行四边形O′A′B′C′的面积为S′＝O′A′•O′C′•sin30°＝5×2×＝5，所以原平面图形的面积是S＝2S′＝2×5＝10．故选：C．4．如图，长方体ABCD

﹣A1B1C1D1的棱所在直线与直线BA1为异面直线的条数是（）7A．4B．5C．6D．7解：根据异面直线的定义可得，与直线BA1为异面直线的棱有：AD，B1C1，CD，C1D1，CC1，DD1，共6条．故选：C．5．下列四个命题中正确的是（）A．底

面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥B．两两相交的三条直线必在同一平面内C．在空间中，四边相等的四边形是菱形D．不存在所有棱长都相等的正六棱锥解：对于A：底面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥与锥体的定义矛盾，故A错误；对于B：两两相交的三

条直线且不相交于同一点的直线必在同一平面内，故B错误；对于C：在空间中，四边相等的四边形沿一条对角线折叠，构成四面体，故C错误；对于D：不存在所有棱长都相等的正六棱锥，由于六个等边三角形正好360°，构成一个周角，故正确；故选：D．6．已知P，Q是不同的点，l，m，n是不同

的直线，α，β是不同的平面，则下列数学符号表示的不是基本事实（公理）的选项为（）A．P∈l，Q∈l，P∈α，Q∈α⇒l⊂αB．P∈α，P∈β⇒存在唯一直线l，α∩β＝l，且P∈lC．l∥m，m∥n⇒l∥nD．m∥n⇒确定一个平面γ且m⊂γ，n⊂γ解：由公理一

可知：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内，故A选项为公理，8由公理三可知：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，故B选项是公理，由平行公理得：平行于同一条直线的两

条直线互相平行，故C选项是公理，不同的两直线平行，确定一个平面，且两直线在平面内，为判定定理，非公理，故D选项错误．故选：D．7．已知三棱锥A﹣BCD中，，BC＝AC＝BD＝AD＝1，则此几何体外接球的体积为（）

A．2πB．C．D．π解：如图，由，BC＝AC＝BD＝AD＝1，可得AC2+AD2＝CD2，BC2+BD2＝CD2，则AC⊥AD，BC⊥BD，取CD中点O，则OA＝OC＝OD＝OB，∴O为该几何体外接球的球

心，则半径为．∴此几何体外接球的体积为×＝．故选：B．8．在△OAB中，OA＝OB＝2，，动点P位于直线OA上，当取得最小值时，∠PBA的正弦值为（）A．B．C．D．解：建立如图平面直角坐标系，则A（﹣，

0），B（，0），O（0，1），设P（x，y），9直线AO的方程为y＝x+1，∵•＝（﹣﹣x，﹣y）•（﹣x，﹣y）＝x2+y2﹣3＝x2+﹣3＝x2+x﹣2＝﹣，∴当x＝﹣时，•有最小值，此时P（﹣，），∴＝（﹣，），＝（﹣2，0），∴co

s∠PBA＝＝＝，∵∠PBA∈（0，π），∴sin∠PBA＝＝．故选：C．二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对

但不全的得2分，有选错的得0分）9．设z为复数，则下列命题中正确的是（）A．B．z2＝|z|2C．若|z|＝1，则|z+i|的最小值为0D．若|z﹣1|＝1，则0≤|z|≤2解：由于z为复数，设z＝a+bi（a，b∈R

），对于A：|z|2＝a2+b2＝，故A正确；对于B：z2＝（a+bi）2＝a2+2abi﹣b2，|z|2＝a2+b2，故B错误；对于C：由于a2+b2＝1，所以∈[0，2]，故C正确；对于D：若|z﹣1|＝1，即（a﹣1）2+b2＝1，所以，故D正确；故选

：ACD．10．如下图，直角梯形ABCD中AB＝2，CD＝4，AD＝2．则下列说法正确的是（）10A．以AD所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得旋转体的侧面积为B．以CD所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得旋转体的体积为C．以AB所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一

周，所得旋转体的全面积为D．以BC所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得旋转体的体积为3解：直角梯形ABCD中AB＝2，CD＝4，AD＝2．则对于A：，故A错误；对于B：V＝＝，故B正确；对于C：以AB

所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，所得旋转体的全面积为相当于一个圆柱挖去一个圆锥，如图所示：构成的表面积为＝＝，故C正确；对于D：以BC所在直线为旋转轴，将此梯形旋转一周，相当于一个圆锥的体积和一个圆台的体积的和切去一个小圆锥的体积，如图所示：11即：．故D正确；故选：CD．1

1．如图一个正四面体和一个正四棱锥的所有棱长都相等，将正四面体的一个面和正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起，得到一个新几何体．对于该几何体，则（）A．AF∥CDB．2V三棱锥F﹣ABC＝V四棱锥A﹣BCDEC．新几何体

有7个面D．新几何体的六个顶点在同一个球面上解：取BC的中点G，DE的中点H，连接FG，AH，GH，则FG⊥BC，BC⊥GH，AH⊥DE，则BC⊥平面FGH，DE⊥平面AGH，∵BC∥DE，∴平面FGH与平面AGH重合，即AHGF为平面四边形，12

∵AF＝CD＝GH，∴四边形AHGF为平行四边形，∴AF∥CD，故A正确，由于BE∥CD，∴BE∥平面ADCF，∵V四棱锥A﹣BCDE＝2V四棱锥A﹣BCD＝2V四棱锥B﹣ACD，V四棱锥B﹣ACD＝V四棱锥B﹣ACF＝V三棱锥F﹣A

BC，∴2V三棱锥F﹣ABC＝V四棱锥A﹣BCDE，故B正确，由于平面ACF与平面ACD重合，平面ABF与平面ABE重合，∴该几何体有5个面，故C错误，由于该几何体为斜三棱柱，故不存在外接球，故D错误，故选：AB．12．在棱长为的正方体ABCD﹣A

1B1C1D1中，球O1同时与以B为公共顶点的三个面相切，球O2同时与以D1为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点E，若球O1，O2的半径分别为r1，r2，则（）A．O2，O1，B，D1四点不共线B．r1+r2＝3C．这两个球的体积之和的最小值是9πD．这两个球的表面积之和的最

大值是18π解：由对称性作过正方体对角面的截面图如下，可得O2，O1，B，D1四点共线，故A错误；13由题意可得，，则（）r1+（）r2＝BD1＝×（3+），从而r1+r2＝3，故B正确；这两个球的体积之和为：π（）

＝π（r1+r2）（），∵r1+r2＝3，∴（r1+r2）（）＝3（9−3r1r2）≥3[9−3×]＝，即π（）≥9π，当且仅当r1＝r2＝时等号成立，故C正确；这两个球的表面积之和S＝4π（）≥4π•＝18π，当且仅当r1＝r2＝时等号成立，故D错误故选：BC．三、填空题（本大题共4小题，每

小题5分，共20分）13．设A＝{正方体}，B＝{直平行六面体}，C＝{正四棱柱}，D＝{长方体}，那么上述四个集合间正确的包含关系是A⊆C⊆D⊆B．解：在这4种图象中，包含元素最多的是直平行六面体，其次是长方体，最小的是正方体，其次是正四棱柱，故A⊆C⊆

D⊆B．故答案为：A⊆C⊆D⊆B．14．向量在向量方向上的投影向量的坐标为（，）．解：因为，，则•＝2×3+1×4＝10，||＝＝5，则向量在向量方向上的投影为＝＝2，设向量在向量方向上的投影向量＝（x，y），x＞0，y＞0，由于与共线，可得，即y＝，又

x2+y2＝22，解得x＝，y＝，14所以向量在向量方向上的投影向量的坐标为（，）．故答案为：（，）．15．如图，在△ABC中，，点E在线段AD上移动（不含端点），若＝λ+μ，则＝2，λ2﹣2μ的最小值是．解：因为，所以＝

（），所以＝，因为E在线段AD上移动（不含端点），所以＝＝，（0＜x＜1），所以λ＝，μ＝，＝2，λ2﹣2μ＝，根据二次函数的性质知，当x＝时取得最小值﹣．故答案为：2，﹣．16．正方体ABCD﹣A1B1C1D1为棱长为2，动点P，Q分别在棱

BC，CC1上，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S，设BP＝x，CQ＝y，其中x，y∈[0，2]，下列命题正确的是②③④．（写出所有正确命题的编号）①当x＝0时，S为矩形，其面积最大为4；②当x

＝y＝1时，S的面积为；③当x＝1，y∈（1，2）时，设S与棱C1D1的交点为R，则；④当y＝2时，以B1为顶点，S为底面的棱锥的体积为定值．15解：当x＝0时，点P与点B重合，∴AB⊥PQ，此时S为矩形，当点Q与点C1重合时，S的面积最大，S＝＝．故①错误；当x＝1，y＝1时，PQ为△BC

C1的中位线，PQ∥BC1，∵BC1∥AD1，∴AD1∥PQ，∴S为等腰梯形APQD1，过P作PE⊥AD1于E，PQ＝，AD1＝2，∴，AP＝，∴，∴＝，故②正确；16由图可设S与DD1交于点F，可得D1F∥CC1，△C1QR∽△D1FR，∵CQ＝y，则C

1Q＝2﹣y，∴，故③正确；当y＝2时，以B1为定点，S为底面的棱锥为B1﹣APC1H，×，故④正确；故答案为：②③④．四、解答题（本题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17．已知向量与的夹角，且||＝3，||＝2．（1）求，|+|；（2）求向量与+

的夹角的余弦值．解：（1）＝||||cos＝3×＝﹣3，17||＝＝＝＝，（2）设向量与+的夹角θ，则cosθ＝＝＝．18．（1）在△ABC中，a＝1，b＝2，cosC＝，求cosA．（2）在△ABC中，已知a＝，c＝10，A＝30°，求角B；解：（1）由余弦定理得c2＝a

2+b2﹣2abcosC＝1+4﹣2×＝4，解得c＝2，再由余弦定理得cosA＝＝＝；（2）由正弦定理得，所以sinC＝＝，因为C为三角形内角，所以C＝45°或C＝135°，当C＝45°时，B＝105°，C＝135°时，B＝15°．19．已知棱

长为1的正方体AC1，H、I、J、K、E、F分别相应棱的中点如图所示．（1）求证：H、I、J、K、E、F六点共面；（2）求证：BE、DF、CC1三线共点；（3）求几何体B1BE﹣D1DF的体积．【解答】（1）证明：连接C1D，AB1，由已知FJ∥C1D，KH∥AB1，又C1D∥AB1，∴FJ∥K

H，设两线确定的平面为α，18即点F，J，K，H∈α，在平面ADD1A1内延长JI交直线A1A于P点，由△API与△DJI全等，可得，在平面ABB1A1内延长KH交直线A1A与Q点，同理可得，∴P，Q重合，∴P∈α，∴I∈α同理可证E∈α，综上H、I、J、K、E、F共面．（2）证明：

设BE∩DF＝O，则O∈平面DC1，O∈平面BC1，∵平面DC1∩平面BC1＝CC1，∴O∈CC1，∴BE、DF、CC1三线共点；（3）解：∵，，∴，∴．20．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q分别为对角线B

D、CD1上的点，且＝＝．（1）求证：PQ∥平面A1D1DA；（2）若R是CD上的点，当的值为多少时，能使平面PQR∥平面B1C1BC？请给出证明．19【解答】（1）证明：连接CP，并延长与DA的延长线交于M点，因为四边形ABCD为正方形，所以BC∥AD，故△PBC∽△PDM，所以，又因为，所以，

所以PQ∥MD1．又MD1⊂平面A1D1DA，PQ⊄平面A1D1DA，故PQ∥平面A1D1DA．（2）当时，能使平面PQR∥平面Bl∁lBC．证明：因为，即有，故，所以QR∥DD1．又∵DD1∥CC1，∴QR∥CC1，又CC1⊂平面Bl∁lB

C，QR⊄平面Bl∁lBC，所以QR∥平面Bl∁lBC，由，得PR∥BC，BC⊂平面Bl∁lBC，PR⊄平面Bl∁lBC，所以PR∥平面Bl∁lBC，又PR∩RQ＝R，所以平面PQR∥平面Bl∁lBC．2021．若函数f（x）＝sinx+2cos2，△ABC的角A，B，C

的对边分别为a，b，c，且f（A）＝3．（1）当取最大值时，判断△ABC的形状；（2）在△ABC中，D为BC边的中点，且AD＝，AC＝2，求BC的长．解：因为f（x）＝sinx+2cos2＝sinx+cosx+1＝2sin（x+）+1，所以f（A）＝2sin（A+）+1

＝3，即sin（A+）＝1，因为0＜A＜π，所以＜A+＜，所以A+＝，A＝．（1）由正弦定理可得＝＝＝2sin（B+），因为0＜B＜，所以＜B+＜，所以当B＝时，取得最大值，此时C＝，所以A＝B＝C，所以△ABC是等边三角形．（2）解：取A

B边的中点E，连接DE，则DE∥AC，且DE＝AC＝1，∠AED＝，在△ADE中，由余弦定理得AD2＝AE2+DE2﹣2AE•DE•cos＝13，解得AE＝3，AB＝6，在△ABC中，由余弦定理可得BC2＝AB2+AC2﹣2

AB•AC•cosA＝36+4﹣2×6×2×＝28，所以BC＝2．2122．已知向量，．（1）当a＝0时，令，求f（x）的最值；（2）若关于x方程在上有6个不等的实根，求a的取值范围；（3）当对x∈[x1，x2]恒成立时，

x2﹣x1的最大值为，求a的值．解：（1）∵a＝0，+5，又|sinx|≤1，∴当sinx＝﹣1时，；当时，h（x）max＝5．（2）由，令t＝sinx，由题意，结合函数t＝sinx在上的图像可知在t∈（0，1）

上有两个零点，∴△＞0，16×3+16（2﹣a）＞0，并且h（1）＝﹣4+4+2﹣a＜0，解得，（3）∵，即：，即，则5﹣a≥0，得a≤5，得，∵对x∈[x1，x2]恒成立时，x2﹣x1的最大值为，∴当时，不妨，得，得a＝﹣7，当

时，不妨，得，得a＝5，此时不成立，舍去，综上a＝﹣7．22