【文档说明】福建省泉州一中、莆田二中、仙游一中2020-2021学年高一下学期期中联考数学标准.pdf，共(10)页，461.501 KB，由小赞的店铺上传

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答案第1页，总10页2020-2021学年度下学期泉州一中、莆田二中、仙游一中期中联考高一数学参考答案及评分标准1．A【详解】1111111222iiiiziiii，则复数z的虚部为12.故选：A.2．B【详解】22,4a，22,6ab，

2abc∥，则有260，解得：3.故选：B3．C【详解】A.,mnm∥，则n也可在平面内，故选项A不正确.B.,n∥，则n也可在平面内,故选项B不正确.C.,mnmn∥成立两平行线,mn，m平面，m必垂

直于内的两条相交直线，则n必定垂直于内那两条相交直线，故n,故C正确.D.,mn∥，则,mn也可是异面直线的关系.故选项D不正确.故选：C4．C【详解】因为1cos3C，0C，所以222sin1cos3CC，因为32a，23b，所以1122sin322343223A

BCSabC，故选：C5．A【详解】由题意可知，该几何体的体积等于圆锥的体积，∵圆锥的侧面展开图恰为一个半径为3的圆的三分之一，∴圆锥的底面周长为2323，∴圆锥的底面半径为1，母线长为3，∴圆锥的高为23122

，∴圆锥的体积V圆锥212212233．从而所求几何体的体积为223V．故选：A．6．D【详解】连接CE，DE，等边ABC△与等边ABD△所在平面成锐二面角3，可得3DEC，设等边ABC△与等边ABD△的边长为a，则32DECEa，即

DEC△为等边三角形，所以32DCa，因为EF，分别为AB，AD中点，所以//EFBD，异面直线EF与CD所成角即为,BDCD所成的角，在BCD△中，答案第2页，总10页222323cos4322aaaBDCaa.

故选：D7．B【详解】2231111231612ACAAOBABACABABACCBAC8．C【详解】由题意可知ABD△，BCD△为等边三角形，如

图所示，设外接球的球心为O，等边三角形BCD的中心为O，取BD的中点F，连接AF，CF，OO，OB，OB，OA，由ABADBCBDDC，可得AFBD，CFBD，又因为AFCFF，所以

BD平面AFC，且可求得3AFCF，而AC33，所以120AFC，在平面AFC中，过点A作CF的垂线，与CF的延长线交于点E，由BD平面AFC，可得BDAE，又由AEEC，BDECF，所以AE⊥平面BCD，过点O作OGAE于点G，则四边形OEGO是矩形，又因为

2sin6023OBBC，所以112OFOB，33sin602AEAF，3sin302EFAF.设外接球的半径为R，OOx，则由222OOOBOB，222OAAGGO，可得2222xR，222333122xR

，解得3x27R，故三棱锥ABCD外接球的表面积2428SR.故选：C.9．BD【详解】由1ziiz，可得2121111iiiziiii，所以1zi，所以A不正确；由22(1)12z，所以B正确；

由z在复平面内对应点为1,1，位于第二象限，所以C不正确；由2212zii，则2z为纯虚数，所以D正确．故选：BD10．BD【详解】由20PAPC，2QAQB，可知点P为AC的三等分点，点Q为AB延长线的点，且B为

AQ的中点，如图所示：对于A，点P为AC的三等分点，点B为AQ的中点，所以PB与CQ不平行，故A错误；对于B，22123333BPBAAPBAACBABCBABABC

,故B正确；对于C，cos0PAPCPAPCPAPC，故C错误；答案第3页，总10页对于D，设A

BC的高为h，132ABCSABh，即6ABh，则APQ△的面积1212226423233APQSAQhABh，故D正确；故选：BD11．BCD【详解】连接DE，1DE，如图所示，因为E为AB的中点，所以EB=BC=2，所以2222C

EBEBC，同理22DECE，又DC=4，所以222DEECDC，即DEEC，又因为1DD底面ABCD，CE底面ABCD，所以1DDCE，所以CE平面1DDE，即1CEDE，又111DEDBD，即1DE与1DB不平行，所以CE不垂直

1DB，故A错误；由等体积法可得：三棱锥DCEF的体积118422323DCEFFCEDVV，故B正确；作出P，使11DP，取11CD中点G，则P为1DG中点，连接FP，CP，1AG，因为F，P分别为11AD，1DG中点，所以1FPAG，又11ADGCBE

≌，且11ADBC，1DGEB所以1AGEC，所以FPEC，所以E、C、P、F四点共面，故C正确；由选项C可得E、C、P、F四点共面，平面CEF即为平面CEFP，作EHCP∥，交1AA于H，如图所示：所以E、H、P、C在同

一平面内，即H点在平面ECP内，所以E、C、P、F、H在同一平面内，所以平面CEF截该长方体所得的截面为五边形，故D正确.故选：BCD12．AB【详解】A项：设ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c

，因为sin:sin:sin2:3:7ABC，所以由正弦定理可得::2:3:7abc，设2at，3bt，70ctt，因为63ABCS△，所以2222221749637442ttttt

，解得2t，则4a，6b，27c，故ABC的周长为1027，A正确；B项：因为2221636281cos22462abcCab，答案第4页，总10页所以π3C，π2ππ233ABC，故B正确；C项：因为π3C，所以3sin2C，由

正弦定理得274212sin33cRC，2213R，C错误；D项：由余弦定理得2221628367cos2142427acbBac，在BCD△中4BC，7BD，由余弦定理得21677cos14247CDB，解得19CD，D错误，故选：A

B.13．5【详解】因为单位向量a与b的夹角为4，所以||||1ab，π2||||cos42baab，因此22|2|||2||221225aababb.故答案为5.14．0【详解】cossinixexixQ，1co

ssin11010iei.故答案为：0.15．45【详解】由题意，在ABC中，22cosbcaB，根据余弦定理，可得222222acbbcaac，整理得222

bcabc，可得2221cos22bcaAbc，因为(0,)A，可得23A，又因为ABC的面积为43，可得113sin43222bcAbc，解得16bc，又由8a，根据余弦定理可得2222cosabcbcA，即2222222

642cos()()163bcbcbcbcbcbcbc，所以2()80bc，可得45bc.故答案为：4516．334【详解】由PA平面ABC，得PABC，又BCAB，PAABA，BC平面PAB，得B

CAD，又ADPB，PBBCB，AD平面PBC，得ADPC，而DEPC，ADDED，PC平面ADE，可得AEPC．在RtPAC△中，由23,2PAAC，得4PC．由RtPEARtPAC∽，得PEPAPAPC，则21234PAPE

PC，431ECPCPE，3PEEC；由3PE，23PA，得23AE，又ADDE，2223ADDEAE，得2232ADDEADDE，答案第5页，总10页即32ADDE„（当且仅当ADDE时等号成立）．三棱锥PADE体积的最大值是11113333

23224ADDEPE．故答案为：3；34．17．【详解】（1）由已知条件可得2223110a，1分1cxaxb，则221110511550caxax

baxaxabxxx，3分解得13x；4分（2）2222221211ccxaxbxaxxabxb5分22221010

15125205521xxxxxxx.6分当25x时，cr取最小值1.7分所以2355cab，8分则2232323551555555b

cbababb，9分因此，15cos,551bcbcbc.10分18．【详解】（1）如图，取DE的

中点M，连接PM，由题意知，PDPE，PMDE1分又平面PDE平面BCDE，平面PDE平面BCDEDE，PM平面PDE，PM平面BCDE2分，即PM为四棱锥PBCDE的高．3分在等腰RtPDE中，

2PEPDAD，122PMDE，4分而梯形BCDE的面积11()(24)2622SBECDBC，5分四棱锥PBCDE的体积11262233VPMS．6分（2）取BC的中点N，连接PN、MN，则BCMN，

7分PBPC，BCPN，8分MNPNN，MN、PN平面PMN，BC平面PMN，9分答案第6页，总10页PM平面PMN

，BCPM，由（1）知，PMDE，10分又BC、DE平面BCDE，且BC与DE是相交的，PM平面BCDE，11分PM平面PDE，平面PDE平面BCDE．

12分19．【详解】选①sinsin4sinsinbAaBcAB，因为sinsin4sinsinbAaBcAB，所以由正弦定理得sinsinsinsin4sinsinsinBAABCAB，1分即2si

nsin4sinsinsinBACAB，2分所以1sin2C，3分因为0,πC，所以π6C或5π6C.4分若5π6C，由1+3sinsin4AB，而π6A，π6B，从而1sinsin4A

B，矛盾，舍去…………5分故π6C，6分接下来求△ABC的面积S.法一：设△ABC外接圆的半径为R，则由正弦定理得224πsinsin6cRC，7分2sin4sinaRAA，

8分2sin4sinbRBB，9分16sinsin4(13)abAB，10分111sin4(13)13222ABCSabC.12分法二：由（1）得3cos

2C，即3coscossinsin2ABAB，1+3sinsin4AB，13coscos4AB，7分1cos()coscossinsin2ABABAB，5π5π(,)66AB，π3AB或

π3BA，8分当π3AB时，又5π6AB，7π12A，π4B，9分由正弦定理得π2sinsin422πsinsin6cBbC，

10分117π2123sin222sin22()1322122222ABCSbcA△，11分答案第7页，总10页当π3BA时，同理可得13ABCS，故△ABC的面积为13.12

分选②2cos223sin322CC，因为2cos223sin322CC，所以22cos13(1cos)320CC，1分即22cos3cos30CC，

2分(2cos3)(cos3)0CC，3分所以3cos2C或cos3C（舍），4分因为0,πC，5分所以π6C.

6分以下同解法同①，选③(3)sinsinsinabAbBcC，由(3)sinsinsinabAbBcC及正弦定理得223ababc，2分即2223abcab，3分由余弦定理得2223cos22abcCab，

4分0πC，5分π6C，6分以下解法同①.20．（1）证明见解析；（2）存在；N为AE的中点．【详解】（1）证明：取PD的中点E，连接EM，AE，则有//EMCD且12EM

CD，1分而//ABCD且12ABCD，2分∴ABEM∥，ABEM.3分∴四边形ABME是平行四边形，即BM∥AE．4分∵AE⊂平面PAD，BM⊄平面

PAD，5分答案第8页，总10页∴BM∥平面PAD．6分（2）解：当N为AE的中点时，MN⊥平面PBD．7分理由如下：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，

又AB⊥AD，PA∩AD＝A，即AB⊥平面PAD，8分∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD，又PA＝AD，E是PD的中点，即AE⊥PD，而AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABME．9分作MN⊥B

E，交AE于点N，∴MN⊥PD，又PD∩BE＝E，∴MN⊥平面PBD．10分易知△BME∽△MEN，而2,1BMEMAB，∴BMEMEMEN，11分即222EMENBM，而2A

E，∴N为AE的中点．12分21．【详解】（1）如图，连接BD，在BCD中，由余弦定理得2222cos120BDBCCDBCCD1分2223

331213332，所以1BD，2分因为BCCD，所以180120302CDBCBD，

3分又90EBC，所以60EBD，在EBD△中，1BD，3DE，60EBD，由正弦定理得31sin60sinBED，4分所以1sin2BED，30BED或150（舍去），5分所以30BED

，90BDE，得2BE，即BE的长度是2km.6分（2）设ABE，因为60∠BAE，所以120AEB，7分在ABE△中，由正弦定理得sinsinsinABAEBEAEBABEBA

E，答案第9页，总10页因为243sinsin603BEBAE，8分所以43sin1203AB，43sin3AE，所以4343sin120sin33ABAE9分4sin30，

10分因为0120，所以3030150，所以当3090，即60时，11分ABAE取得最大值4km，即道路AB，AE长度之和的最大值为4km.

12分22．【详解】（1）在平行四边形ABCD中，ADC60，1CDAB，2AD，由余弦定理可得2222cos3ACADCDADCDADC，3AC，1分2BCAD，222ABACBC，90BAC，ABAC，因为四边形A

CEF为矩形，则AFAC，ABAFAQI，AC平面ABF，……2分BF平面ABF，所以ACBF；3分（2）在ABD△中，1AB，2AD，180120BADADC

，由余弦定理可得2222cos7BDABADABADBAD，ABAC，平面ABCD平面ACEF，平面ABCD平面ACEFAC，ABÌ平面ABCD，AB平面ACEF，4分AF平面ACEF，ABAF，则222BFABAF

，AFAC，ABACA，AF平面ABCD，5分ADQ平面ABCD，ADAF，225DFADAF，222BFDFBD，由勾股定理的逆定理知90BFDo，11022BDFSBFDF△，答案第10页，总10页

6分设点A在平面BFD内的射影为O，连接DO，则ADO为直线AD与平面BDF所成角，1322ABDABCSSABAC△△，由ABDFFABDVV，可得1133BDFABDAOSAFS△△，可得31

30210102ABDBDFAFSAOS△△，7分又2AD，30130sin10220AOADOAD，2370cos1sin20ADOADO，因此，直线AD与平面BDF所成角的余弦值为37020；

8分（3）设AC与BD相交于N，连接FN、CM，因为四边形ABCD为平行四边形，且ACBDN，则N为AC的中点，//ACEF且ACEF，M为EF的中点，//CNFM且CNFM，所以，四边形CMFN为平行四边形，则//CMFN，

9分FN平面BDF，CM平面BDF，//CM平面BDF，10分由图可知，当点P在M或C时，三棱锥PBFD的体积最小，11分min11321sin1201326PBFDCBFDFBCDVVV.

12分