【文档说明】黑龙江省鹤岗市第一中学2020-2021学年高一下学期期中考试数学试题 含答案.doc，共(9)页，860.000 KB，由小赞的店铺上传

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鹤岗一中2020～2021学年度高一下学期期中考试数学试题一、选择题（本大题共有12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四选项中只有一项是符合题目要求）1、在用斜二测画法画水平放置的ABC时，若A的两边分别平行

于x轴、y轴，则在直观图中A等于（）A.45B.135C.90D.45或1352、已知,xyR，且xyi+与3i+互为共轭复数，则xy+=（）A.0B.3C.2D.13、已知球的表面积为64，则该球的体积为（）A.2543B.84C.2563D.248

34、复数52izi=−，则z在复平面内的对应点所在的象限是（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限5、若平面//平面，直线a，直线b，则a与b的位置关系是A.平行B.异面C.相交D.平行或异面6、“存在实数，使ba=”是“//ab”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7、棱台的上下底面的面积分别是2和4，高为3，则该棱台的体积是（）A.1862+B.622+C.24D.188、已知,,ABC三点不共线，若3BCCD=，点

E为线段AD的中点，且AExAByAC=+，则xy+=（）A.16−B.12C.1D.329、在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，E为11BC的中点，则过BDE、、三点的平面截正方体1111ABCDABCD−所得的截面面积为（）A.

3102B.92C.32D.21010、ABC中，sin2sincos0ABC+=，3sinsinBC=，则cosC=（）A.12B.32C.12−D.32−11、ABC的外接圆的圆心为O，2AB=，3AC=，则AOBC=（）A.52B.32C.72D.312

、如图，各棱长均为a的正三棱柱111ABCABC−，,MN分别为线段1AB和1BC上的动点，且//MN平面11ACCA，线段MN的中点P的轨迹的长度为3，则正三棱柱111ABCABC−的体积为（）A.

3B.233C.3D.23二、填空题（本大题共有4个小题，每小题5分，共20分）13、已知单位向量,,abc满足30abc++=，则2ab−=_____14、i是虚数单位，复数1zi=−是关于x的方程20xpxq+

+=（,pq为实数）的一个根，则pq+=_____15、已知单位向量1e与单位向量2e的夹角为3，若向量122ee+与122eke+的夹角为56，则实数k=_____16、如图所示，在长方体1111ABCDABCD−中，点E是棱1CC上的一个动点，若平面1BED交棱1AA于点F，给出下列命

题：①四棱锥11BBEDF−的体积恒为定值；②对于棱1CC上任意一点E，在棱AD上均有相应的点G，使得//CG平面1EBD；③O为底面ABCD对角线AC和BD的交点，在棱1DD上存在点H，使//OH平面1EBD；④存在唯一的点E，使得

截面四边形1BEDF的周长取得最小值．其中为真命题的是_____．（填写所有正确答案的序号）三、解答题（本大题共有6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17、（10分）在底面半径

为2母线长为4的圆锥中内接一个高为3的圆柱.（1）求该圆锥的体积；（2）求内接圆柱的表面积.18、（12分）已知向量(3,2)a=，(2,1)b=−．（1）若akb+与kab+平行，求k的值；（2）若ab

−与ab+垂直，求的值．19、（12分）在长方体1111ABCDABCD－中，1O是11AC与11BD的交点，长方体体对角线1AC交截面11ABD于点P，求证：1,,OPA三点在同一条直线上.20、（12分）已知ABC中内角、、ABC所对的边分别

为abc、、，且coscos4cosbCcBA+=−，2a=.（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）求bc+的取值范围.21、（12分）已知ABC中，过重心G的直线交边AB于P，交边AC于Q，设APQ的面积为1S，ABC的面积为2S

，APpPB=，AQqQC=.（1）求证：111pq+=；（2）求12SS的取值范围.22、（12分）如图，在矩形ABCD和矩形ABEF中，AFAD=，AMDN=，矩形ABEF可沿AB任意翻折.（1）求证：当点,,FAD不共线时，线段MN总平行于平面ADF.（

2）“不管怎样翻折矩形ABEF，线段MN总与线段FD平行”这个结论正确吗？如果正确，请证明；如果不正确，请说明能否改变个别已知条件使上述结论成立，并给出理由.NMFEDCBA鹤岗一中2020～2021学年度高一下学期期中考试数学试题参考答案一、1、D2、C3、C4、B5、D6、A7、B8、B9、

B10、C11、A12、D13、314、015、10−16、①③④二、17、解：（1）由题意，圆锥的高为224223−=，底面面积为224=，……………………………………………………2分圆锥的体积18342333V==,……………………

………………..4分（2）设圆锥的底面半径为R，圆柱的底面半径为r，表面积为S，底面半径为2母线长为4的圆锥的高为16423−=，则圆柱的上底面为中截面，可得1r=，……………………………………..6分22πS=底，23πS=侧，……………………

……………………..………..8分()223πS=+.……………………………………………….………..………..10分18、解：（1）因为向量(3,2)a=，(2,1)b=−，所以(32,2)akbkk+=+−，(32,21)kabkk+=+−

，…………………………………2分因为k+ab与kab+平行，所以(32)(21)(2)(32)0kkkk+−−−+=，…………4分即21k=，所以1k=.…………………………………6分（2）因为向量(3,2)a=，(2,1)b=−，所以ab−(32,21

)=−+，ab+(32,2)=+−，…………………………………8分因为ab−与ab+垂直，所以(32,21)−+(32,2)+−0=，所以(32)(32)(21)(2)0−+++−=，…………………………………10分

解得12=−.…………………………………12分19、证明：因为1O∈平面11ABD，1O∈平面11AACC，.…………………………………2分A∈平面11ABD，A∈平面11AACC，.…………………………………4分所以平面11ABD∩平面111AACCAO=..……

……………………………6分又因为1AC∩平面11ABDP=，所以P直线1,ACP平面11ABD，.…………………………………8分所以P平面11AACC，.…………………………………10分所以P直线1AO，即1,,OPA三点在同一条直线上．.……

……………………………12分20、解：（Ⅰ）由题意知coscos4cosbCcBA+=−，结合余弦定理2222224cos22abcacbbcAabac+−+−+=−，整理得4cosaA=−，.………………………

…………3分因为2a=，所以1cos2A=−，.…………………………………4分又因为(0,)A，所以23A=..…………………………………6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知：2422sinsinsin3sin3abcRABC=====，所以4444si

nsinsinsin()33333bcBCBB+=+=+−4134(sincos)sin()22333BBB=+=+，.…………………………………8分因为(0,)3B，所以2(,)333B+，.……………

……………………9分所以3sin()123B+，所以443sin()(2,]333B+，.…………………………11分即bc+的取值范围43(2,3]..…………………………………12分21、（1）证明：设,ABaACb==,APpPB=，1+pAPap

=，AQqQC=，1+qAQbq=，.…………………………………2分,,PGQ三点共线，则存在，使得PQPG=，即()AQAPAGAP−=−，.…………………………4分即11++1+1+331+31+3qpppaababqpbapp

−=−=−，1+31+1+3ppppqq−=−=，整理得33211pqpq==−+，.…………………………………6分即211pqpq−+=，即1121pq−=+

，即111pq+=；.…………………………………7分（2）由（1）1+pAPABp=，1+qAQACq=，121sin211+1+sin2APAQBACAPAQSpqSpqABACABACBAC===，.………………8分111pq+=，1pqp=−，可知1p

，2122222111111+1+1+211192+24SpqppSpqpppppppp=====+−−++−−−，.…………………………………10分1p，101p，则当112p=时，12SS取得最小值49，当11p=时，12SS取得最大值12，11p，则12

SS的取值范围为41,92..…………………………………12分22、（1）证明：在平面图形中，连接MN，与AB交于点G.………………………1分∵四边形ABCD和四边形ABEF都是矩形，ADAF=，∴//ADBE且ADBE=，∴四边形AD

BE是平行四边形，∴//AEDB.又AMDN=，∴四边形ADNM是平行四边形，∴//MNAD.………………………3分当点F，A，D不共线时，如图，//MGAF，//NGAD，AF平面ADF，MG平面AD

F，所以//MG平面ADF，同理//NG平面ADF，又=MGNGG，,MGNG平面GNM，∴平面//GNM平面ADF.又MN平面GNM，∴//MN平面ADF.故当点F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面FAD.………………………5分（2）解：这个结论不正确.…………

………………………………6分要使上述结论成立，M，N应分别为AE和DB的中点.理由如下：当点F，A，D共线时，由（1）得//MNFD.当点F，A，D不共线时，如图，由（1）知平面//MNG平面FDA，

则要使//MNFD总成立，根据面面平行的性质定理，只要FD与MN共面即可.………………………7分若要使FD与MN共面，连接FM，只要FM与DN相交即可，∵FM平面ABEF，DN平面ABCD，平面ABEF平面ABCDAB=，∴若FM与DN相交，则交点只能为点B，由于四边形ABEF为

平行四边形，FB与AE的交点M为AE的中点，则只有M，N分别为AE，DB的中点才满足.………………………9分由FMDNB=，可知它们确定一个平面，即F，D，N，M四点共面.………………………10分∵平面FDNM平面MNGMN=，平面FDNM平面FDAFD=

，平面//MNG平面FDA，∴//MNFD.………………………12分