【文档说明】山东省德州市2020-2021学年高一下学期期末考试数学试题 含答案.docx,共(10)页,628.321 KB,由小赞的店铺上传
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德州市2020-2021学年高一下学期期末考试数学试题本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分,第I卷1—2页,第II卷3-4页,共150分,测试时间120分钟.注意事项:选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂
其它答案,不能答在测试卷上.第I卷(共60分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知34izi+=,求z=()A.5B.13C.15D.252.已知角a的终边经过点()6
30,2120Psincos,则2sincos−=()A.1010B.1010−C.71010D.71010−3.已知向量()()3,46,ab=−=−,2c=μ,,满足//ab,且ac丄,则=μ()A.132B.163C.-3D.16-34.
设,lm是两条不重合的直线,,是两个不同的平面,已知,ml∥⊥,则下列说法正确的是()A.若∥,则lm∥B.若∥,则lm⊥C.若⊥,则lm∥D.若,⊥则lm⊥5.已知31acos=,则239t211sinan的值
为()A.21aa−B.21a−C.21aa−D.21a−−6.已知ABC的面积为332,角,,ABC所对的边分别为a,,bc,60A=,且32sinBsinC=,则a为()A.3B.5C.7D.1
97.在正方体1111ABCDABCD−,中,点E为1BB的中点,则平面11AED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A.12B.55C.255D.228.已知P是ABC所在平面内的一动点且满足sinsinCBAPABACABAC=+,则动点F的轨迹一定通过
ABC的()A.重心B.内心C.外心D.垂心二、多选题(本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分)9.在ABC中,角,,ABC所对的
边分别为,,abc,由已知条件解三角形,其中有唯一解的是()A.30,45,75bAC===B.15,14,75acB===C.8,16,30abA===D.12,15,100acA===10.下列选项中,与30sin的值相等的有()A.21275cos
−B.135154575sincoscoscos−C.35120220cossincos−D.202512025tantanantan++11.已知函数()()()sin20,0fxx=+,将()yfx=图象上所有点向右平移6个单位,然后纵坐标不
变,横坐标伸长为原来的2倍,得到函数()ygx=的图象.若()ygx=为偶函数,且最小正周期为,则下列说法正确的是()A.()yfx=的图象关于24(-,0)对称B.()yfx=在5,24(0)上单调递增C.()yf
x=的周期为2D.()ygx=−在5,124上有3个零点12.已知正方1111—ABCDABCD的棱长为1,如图,点,,FGM分别为1111,,CCBBBC的中点,则下列说法正确的是()A.平面1/
/ADF平面1AMGB.直线1AD与直线1AG所成角的余弦值为1010C.平面1AFD截正方体1111—ABCDABCD所得截面的面积为98D.点1C与点G到平面1AFD的距离相等第II卷(共90分)
三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分.)13.在ABC中,角ABC,,所对的边分别为a,b,c,且2A=3,a=23,则ABC外接圆的半径为.14.已知两单位向量12,ee,满足()12,90ee=,且1243aee=−,12bee=+,则(),cosab=.15.函数八()fx
Asinx=+()0,0,0A()的图象如图所示,则()0f=.16.在ABC中,2ABBC==,90ABC=,平面ABC外一点P满足6PAPBPC===,则三棱锥PABC−外接球的表面积是.四、解答题(本大题共6小题,共70
分,解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)17.在平面直角坐标系xOy中,已知点1,4,2,3,2,1ABC−()(-)().(1)求ABAC及ABAC+;(2)设实数t满足()ABtOCOC−⊥求t的值.18.已知向量()sin,3cos2mxx
=),11cos,24nx=,其中0,()fxmn=,且函数()yfx=周期为.(1)若2,且35sin=,求()f的值;(2)方程()0fxt−=在70,12[]上有且仅有两个不同的实数解,求实数t的取值范围.19.如图,在四棱锥PABCD−中,底
面ABCD是边长为2的正方形,PAPD=,,EF分别为棱,PCPA的中点,且平面PAD丄平面ABCD.(1)求证://EF平面PAD;(2)若直线PC与平面ABCD所成角的正切值为55,求四棱锥PABCD−的体积
.20.在ABC中,角,,ABC所对的边分别为,,abc,且()=2acosBcbcosA−.(1)求角A;(2)若向量()2,2,0,2cmcosBcosAnsin==,求2mn−的取值范围.21.如图,四边形ABCD是平行四边形,23BE=,//EFAB,2,1,
6,3ABBCEFAEDE=====,60BAD=,G为BC的中点.(1)求证://FG平面BED;(2)求证:BD⊥平面AED;(3)求点C到平面BED的距离.22.如图,某小区有一空地,要规划设计成矩形ABCD,ACa=米,拟在AC
D和ACB两个区域内各自内接一个正方形PQMN和正方形1111PQMN用作喷泉水池,并且这两个正方形恰好关于线段AC的中点成中心对称,为了美观,矩形ABCD区域除了喷泉水池其余都种植鲜花.设1S表示矩形ABCD的面积,2S表示两个喷泉水池的面积之和,02ACB=(),现将比
值12SS称为“规划指数”,请解决以下问题:(1)试用表示1S和2S;(2)当变化时,求“规划指数”取得最小值时角的大小.德州市2020-2021学年高一下学期期末考试数学试题参考答案一、选择题(本大题共8小题,每题5分,共40分.在每小题给出的
四个选项中,只有一项是符合题目要求的.)1.A2.D3.B4.B5.D6.C7.C8.A二、多选题(本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选
错的得0分)9.ABC10.BC11.AC12.ABC三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分.)13.214.21015.116.9四、解答题(本大题共6小题,共70分,解答题应写出文字说明、证明过程或演算步
骤.)17.解:(l)()()3,1,1,5ABAC=−−=−,()()31152ABAC=−−=+−()2,6ABAC+=−−,436210ABAC+=+=(2)()()32,1t,2,1ABtOCtOC−=
−−−+=−,()ABtOCOC−⊥,()0ABtOCOC−=()()()322110tt−−++−−=1t=−18.(1)解:⑴()13224fxmnsinxcosxcosx==+112234sin2
423sinxcosxx=+=+因为22T==,所以1=,所以()()1sin223fxx=+又因为3,sin25=所以24cos1sin5=−−=−2247sin22sincos,cos22cos12525==
−=−=所以()112473sin2sin2coscos2sin23233100f−+=+=+=(3)方程()0fxt−=在70,12[]上有且仅有两个不同的实数解等价于函数()yfx=与yt
=在70,12[]有且仅有两个不同的交点,而()1sin223yfxx==+,在70,12[]上为增函数,在7,1212为减函数当0,12x时,3142y,当x7,1212时,1122y−所以3142t19.证
明:取PD的中点M,连接,EMAM,因为E为棱PC的中点,所以MECD∥,12MECD=又F为AB的中点,所以AFCD∥,1=2AFCD所以MEAF∥,=MEAF,即四边形AFEM为平行四边形所以EFAM⊥又因为AM平面PAD,EF
平面PAD所以EF∥平面PAD解:取AD的中点N,连接,PNCN,则有PNAD⊥又因为平面PAD丄平面ABCD,PN平面PAD,平面PAD平面ABCDAD=所以PN⊥平面ABCD.所以PC与平面ABCD所成的角为PCN因为2,1CDD
N==则=5CN,而5=5PNtanPCNCN=所以515PNCN==,所以114221333PABCDABCDVSPN−===正方形20.解:(1)在ABC中,()=2bacosBccosA−由正弦定理:2sinAcosBsinCcosAsinB
cosA=−2sinAcosBsinBcosAsinCcosA+=2sinCsinCcosA=因为()0,C,故0sinC从而1cos2A=又()0,A,所以3A=(2)()2,10(,2)nCmcosBsin==22,12(2(),)CmncosBsincosB
cosC−=−=2222mncosBcosC−=+1cos21cos222BC++=+11222()cosBcosC=++12=1+2223[()]cosCcosC+−4[()]311222cosCcosC=+−+13=1+222221[]2cosCsinCcosC
−+−11312222[2]cosCsinC=+−11cos(2)23C=++因为203C52333C+11cos232C−+所以1151cos22234C++所以2152,24mn−
所以252,22mn−21.证明:(1)取CD中点H,连接,GHFH因为,GH分别为,BCCD的中点所以GHBD∥又H为CD中点,=EFAB∥,而=12DHAB∥,所以=EFDH∥所以四边形FHDE为平行四边形,所以//HFED因为=GHHFH,,GHFH平面GH
F,而,DEDB平面BDE所以平面//GHF平面BDE因为FG平面GHF所以FG∥平面BDE(2)在ABD中,=2AB,==1ADBC,222=-?241221cos603BDABADABADcosBAD
+=+−=所以3BD=222314BDADAB+=+==故90,ADBBDAD=⊥在BDE中,222=12=BEBDDE+从而90,BDEBDDE=⊥因为ADDED=,AD平面A
ED,DE平面AED所以D丄平面AED(3)解:连接AC交BD于点O,则O为AC的中点,所以点C与点A到平面BED的距离相等,令该距离为d,所以有=CBEDABEDBBEDVVV−−−=即11d33BDEADESBDS=由(2)知BD丄平
面AED,BDDE丄,BDAD⊥所以133=322BDEBDSBDDE==,在ADE中,91622313cosADE+−==所以53sinADE=,所以15531232ADES=所以点C到平面BDE的距离53523332ADEBDEBDSdS
===22.解:(1)设正方形PQMN的边长为x米,则tanxAQ=,MCxtan=,ADacos=,CDasin=而ACAQQMMC=++,即tanxaxtan=++,解得11tantanax=++而221sincossin2022aSADCDa
===2222222sin2220sin22211tantanaSxa===+++(2)()2122sin221sin2114sin24044sin24sin22sin2sin22SS+====++
+令202tsin=(),又因为44ytt=++在0,1(]单调递减所以当1t=时,即4=时,12SS有最小值,最小值为94