【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()630,2120Psincos,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l

m⊥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．197.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．()yfx=的周期为2D．()ygx=−在5,124上有3个零点12.已知正方1111—ABCDA

BCD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1A

FD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()fxAsinx=+（）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A

BCD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ACD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

==+112234sin2423sinxcosxx=+=+因为22T==,所以1=,所以()()1sin223fxx=+又因为3,sin25=所以24cos1sin5=−−=−2247sin22sincos,cos22co

s12525==−=−=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，314

2y，当x7,1212时，1122y−所以3142t19.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ABC

D.所以PC与平面ABCD所成的角为PCN因为2,1CDDN==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:2sinAcosBsinCcosAsinBcosA=−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(),)CmncosBsincosBcosC−=−=2222mncosBcosC−=+1cos21cos222BC++=+11222(

)cosBcosC=++12=1+2223[()]cosCcosC+−4[()]311222cosCcosC=+−+13=1+222221[]2cosCsinCcosC−+−11312222[2]cosCsinC=+−11cos(2)23C=++因为203C52333C

+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GHF,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AED,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tan

xaxtan=++,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