【文档说明】广东省肇庆市高要区第二中学2020-2021学年高一下学期段考二数学试题含答案.docx，共(8)页，544.191 KB，由小赞的店铺上传

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12020—2021学年第二学期高要区第二中学第二次阶段性考试高一数学命题人：审核人：审核时间：2021年5月20日一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分（每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．()=+41i()A.-4B.4C.i4−D

.i42.已知单位向量ba,的夹角是60，则在下列向量中，与b垂直的是()A.ba2+B.ba+2C.ba2−D.ba−23.已知复数在复平面内对应点在射线()02=xxy上，且5=，则复数的虚部为A.-2B.2C.-1D.14.若空间四边形ABC

D中，AB=CD，AB与CD所成角为090，E、F分别是BC、AD中点，则EF与AB所成角大小为()A.030B.045C.060D.0905.已知圆柱的母线长是2，它的两个底面圆周在直径为62的同一个球的球面上，则该圆柱

的表面积为()A.54B.()368+C.310D.()5410+6.把边长2的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角后，下列命题正确的是()A．⊥CD平面ABCB．平面⊥ABC平面ACDC．2=A

CD．三棱锥BCDA−的外接球的表面积为87.在ABC中，内角CBA,,所对的边分别是cba,,，()622+−=bac，,3=C则该三角形的面积为()A.3B.239C.233D.338.已知平行四边形

ABCD中，2ABAD==，60DAB=，对角线AC与BD相交于点O，点M是线段BC上一点，则OMCM的最小值为()A．169−B．169C．21−D．212二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分（第9—12题有多个选项符合题目要求，全部选对

的得5分，部分选对的得3分，有错选的得0分）9.给出如下四个命题，正确的有()A.平行于同一个平面的两条直线是平行直线B.垂直于同一条直线的两个平面是平行平面C.若平面α内有不共线的三个点到平面β的距离都相等，则α//βD.若平面⊥，l=

，过平面内的任意一点作交线l的垂线，则此垂线垂直于平面10.如图，在正四棱柱1111DCBAABCD−，E，F分别是AB1，BC1的中点，则下面结论一定成立的是()A.EF与A1C1平行B.BC1与AB1所成角大小为3C.EF与BB1垂直D.E

F与BD垂直11.若关于的x方程02=++qpxx（qp,是实数）有两个不等复数根和，其中i2321+−=（i是虚数单位），下面四个选项正确的有()A.1=B.12=C.2=D.233=+12.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，EF是棱

AB上的一条线段，且EF＝1，点Q是棱A1D1的中点，点P是棱C1D1上的动点，则下面结论中正确的是()A．PQ与EF一定不垂直B．二面角P﹣EF﹣Q的正弦值是1010C．△PEF的面积是22D．点P到平面QEF的距离是定值三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向

量()2,2−=a与()Rxxb−=,,1，且ba//，则=−ba2.14.已知复数，且1=，则i2−()是虚数单位i的最大值是．15.正四棱锥的顶点都在同一个球的球面上，若该棱锥的侧棱长为23，底面边长为2，则该球的体积为．16.已知ABC中，cb

a,,的内角分别是A，B，C，若()BCA222sinsinsin−+Btan=CAsinsin,则角B=．3ABPC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.（本小题满分10分）在①AcCacos3si

n=,②222cbbca+=+这两个条件中任选一个，补充到下面问题中进行解答．问题：在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．(1)求出角A;(2)若2=a，3=ABCS，求cb,．注：如果

选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．18.（本小题满分12分）如图，三棱锥P﹣ABC中，PA＝PC，AB＝BC，∠APC＝120°，∠ABC＝90°，AC＝3PB＝2．（1）求证：AC⊥PB；（2）求PB与平面PAC所成的角．1

9.（本小题满分12分）（1）若非零向量,ab满足23abab==−，求a与b夹角的余弦值及a在b上的投影向量（用含b的表达式表示）；（2）如右图，一个圆内接四边形中ABCD，已知2=AB，,4,6===DADCBC求四边形ABCD的面积．BCAD4ABPDCE20.（本题满分12分）

如图，棱长为2的正方体1111DCBAABCD−中，,EF分别是棱,ABAD的中点，G为棱1DD上的动点．（1）当G是1DD的中点时，判断平面1DBC与平面EFG的位置关系，并加以证明；（2）若直线EG与D1C所成的角为60，求三棱锥CEFG

−的体积．21.（本题满分12分）已知A,B,C是ABC的三个内角，nm⊥，其中向量(),sin2sin,cosCBBm−==n()BBCsin,coscos2+.（1）求角A；（2）若3=BC,求ACAB+的取值范围.22.（本题满分12分）

如图，在四棱锥ABCDP−中，AD//BC，平面⊥APD平面ABCD，PDPA=，E在AD上，且2=====EADECDBCAB．（1）求证：平面PEC⊥平面PBD；（2）设直线PB与平面PEC所成的

角为6，求平面APB与平面PEC所成的锐二面角的余弦值．52020－2021学年高要区二中第二次阶段性考试高一数学答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．题号123456789101112答案ADABDDCABACDABDBCD二、填空题：本大题共4小题

，每小题5分，共20分．13、2414、315、1624316、656或17.解答：（选条件）(1)由正弦定理得，ACCAcossin3sinsin=，因为0sinC，所以3tancos3sin==AAA，又

(),0A，故3=A；－－－－－5分(2)3sin21==AbcSABC4=bc－－－－－－－－－6分由余弦定理Abccbacos2222−+=，即3cos424222−+=cb822=+cb－－－－－－8分由8,422

=+=cbbc得出2==cb－－－－－－－－－10分（选条件）(1)由余弦定理Abccbacos2222−+=知21cos−=A，又(),0A故3=A；－－－－－－－－－5分(２)3sin21==AbcSABC4=bc－－－－－－－－－6分由余弦定理Abccbacos2222−+=

，822=+cb－－－－－－8分由8,422=+=cbbc得出2==cb－－－－－－－－－－10分18.【解答】（1）证明：取AC的中点为O，连接BO，PO．在△PAC中，∵PA＝PC，O为AC的中点，∴PO⊥AC，在△BAC中，∵BA＝BC，O为AC

的中点，∴BO⊥AC，∵OP∩OB＝O，OP，OB⊂平面OPB，∴AC⊥平面OPB，∵PB⊂平面POB，∴AC⊥BP------------------------------6分（2）解：在直角三角形ABC中，由AC＝2，O为AC

的中点，得BO＝1.6在等腰三角形APC中，由∠APC＝120°，得PO＝33，又∵PB＝332，∴PO2+BO2＝PB2，即PO⊥BO，又BO⊥AC，AC∩OP＝O，∴BO⊥平面ABC，---------------9分即OPB为PB与平面PAC所成的角．在POBRt中，21cos=

=PBOPOPB,3=OPB,PB与平面PAC所成的角大小为3.19.（1）由题意知，令ba2==023=−kba——————1分=+−=+−=−2222224964963kkbakbbaaba232kba=--------3分故a与b的夹

角的余弦值,43cos==babaa在b上的投影向量为b23.----6分(2)ABCADCABCADC−==+coscos,--------------------7分连接AC，在ABC和ADC分

别使用余弦定理得：ADCABCAC−+=−+=cos44244cos6226222222即71cos=ABC，所以，734sin=ABC，四边形ABCD的面积S=()38734446221=+=+ADCABCSS-------------------12分注：其他解法

可参照评分标准酌情给分20.解：（1）依题意可以判断，平面1DBC与平面EFG平行．连结1AD，,FG分别是1,ADDD的中点，1//FGAD，又11//ABDC，且11ABDC=，∴四边形11ABCD是平行四边形111//,//ADBCFGBC，又1BC平面EFG，且

EF平面EFG，1//BC平面EFG．—————2分易证BD//平面EFG，又BBCBD=1，711,BDCBCBD平面，故平面1DBC//平面EFG————————————5分（2）取CD的中点O，连结,OEOG，由题意可知，OE⊥平面11DCCD，————6分因为GO//

D1C，OGE是直线EG与D1C所成的角，60OGE=，在RtOEG中，223tan603OG==，∴在RtODG中，22233133DG=−=，————————10分2111133211212332236CFFGGCEF

CFFVVSDG−−===−−=．12分21.解答：（1）0=•⊥nmnm，()()0sinsin2sincoscos2cos=−++BCBBCB，()01cos2=++CB，故()21cos−=+CB.---------

---4分因为(),0+CB,所以,32=+CB3=A------------5分（2）,3,3==BCA由正弦定理得2sinsinsin===ABCBACCAB,CABsin2=,

−==CBAC32sin2sin2故−+=+CCACAB32sin2sin2=CCcos3sin3+=+CCcos21sin2332=+6sin32C------------------------1

0分因为32,0C,所以+65,66C,(32,36sin32+C.所以,ACAB+的取值范围是(32,3.-----------12分22.解：（1）连接PE，BD．//A

DBC，PAPD=，E在AD上，且2ABBCCDDEEA=====．8PEAD⊥，四边形EBCD为菱形，BDCE⊥平面APD⊥平面ABCD，PE⊥面ABCD，BDPE⊥且PEECE=，DB⊥面PECDB平面PBD，平面PE

C⊥平面PBD；5分（2）易得四边形AECB，BCDE为菱形，ABE、BCE、CDE均为正三角形．设ECBDO=，可得1EOCO==，3BODO==由（1）得BD⊥面PEC，BPO为直线PB与平面PEC所成的角，

6BPO=．223PBOB==，2222PEPBBE=−=．11=HP.————8分过P作直线//mEC，可得面APB平面PECm=．取AB中点H，则PHm⊥，又PEEC⊥，可得PEm⊥．HPE平面APB与平面PEC所成的锐二面角．在RtPHE中，22222c

os1111PEHPEPH===平面APB与平面PEC所成的锐二面角的余弦值为22211——————12分mHOABPDCE