【文档说明】福建省厦门双十中学2020-2021学年高一下学期期中考试数学试题含答案.doc，共(8)页，1.192 MB，由小赞的店铺上传

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2020-2021厦门双十中学高一下期中考数学试卷一、单项选择题：本题共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1．已知1e，2e是表示平面内所有向量的一组基底，则下列四个向量中，

不能作为一组基底的是（）A．1212,eeee+−B．122132,46eeee−−C．12212,2eeee++D．212,eee+2．已知复数12zi=+，则55zziz−+=（）A．12i+B．2i+C．12i−D．2i−3．在ABC中，AD为BC边上的中线

，E为AD的中点，则EB=（）A．3144ABAC-B．1344ABAC-C．3144ABAC+D．1344ABAC+4．已知z是关于x的方程20xxa++=的根，且||5z=则实数a=（）A．5−B．5−C．5D．55．在ABC中，100a=，80b=，45A

=，则此三角形解的情况是（）A．一解B．两解C．一解或两解D．无解6．已知ABC中，2AB=，1AC=，1ABAC=，O为ABC所在平面内一点，且230OAOBOC++=，则AOBC的值为（）A．4−B．1−C．

1D．47.如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的体积为（）A．323B．643C．32D．64238.称d(a，b)＝|a－b|为两个向量a，b间的“距离”．若向量a，b满足：①|b|＝1；②a≠b；③对任意的t∈R，恒有d(a，tb)≥d(a，b)，则()A．a⊥

bB．b⊥(a－b)C．a⊥(a－b)D．(a＋b)⊥(a－b)二、多项选择题：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，全部选对得5分，部分选对得2分，有项选错得0分.9

.已知,,abc为空间中直线，,为空间中平面，下列命题错误的是（）A.若//,abb,则//aB.若//，,ab，则//abC.若//,ab，则//abD.若//,//aa，且b=，则//ab10.设向量(1,1),(0,2)ab=−

=，则（）A．||||ab=B．()//abb−C．()aba−⊥D．a与b的夹角为411.已知i为虚数单位，则下列选项中正确的是（）A.复数z=3+4i的模为5；B.复数z=3+4i，则z在复平面上的点在第四象限C.复数2(34)(

1)mmmi+−+−是纯虚数，则m=1或m=-4D.若||1z=，则|1|zi++的最大值为21+12.如图，在长方体1111ABCDABCD−中，14,2ABBCBB===，E、F分别为棱AB、11AD的中点，则下列说法中正确的有（

）A．1DBCE⊥B．三棱锥DCEF−的体积为83C．若P是棱11CD上一点，且11DP=，则E、C、P、F四点共面D．平面CEF截该长方体所得的截面为五边形三．填空题13.如图是△AOB用斜二测画法画出的直观图△A′O′B′，则△AOB的周长是________．14.223i+的平

方根为________.15.如图，已知圆锥的底面半径为2，母线长为4，AB为圆锥底面圆的直径，C是AB的中点，D是母线SA的中点，则圆锥的表面积为;异面直线SC与BD所成角的余弦值为16.已知四边形ABCD，A

B=2,BC=4,∠ABC=120°，则AC=；若AD⊥AB，CD⊥BC，则AD=四．解答题17.（本题满分10分）已知复数()221izimi=++−（其中i是虚数单位，mR）.（1）若复数z是纯虚数，求m的值；（2）求1z−的取

值范围.18.如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ADB＝90°，CB＝CD，点E为棱PB的中点．（1）若PB＝PD，求证：PC⊥BD；（2）求证：CE∥平面PAD.19.(本题满分12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知asinA＋C2＝bsinA.(1)求B；(2)若△ABC

为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．21.(本题满分12分）如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径.一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C，现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步

行，速度为50m/min.在甲出发2min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1min后，再匀速步行到.C假设缆车匀速直线运动的速度为130m/min，山路AC长为1260m，经测量得12cos13A=，63sin65B=．（1）问乙出发多少min后，乙在缆车上与甲的距离最短（2）为使两

位游客在C处互相等待的时间不超过3min，乙步行的速度应控制在什么范围内.22.(本题满分12分）（1）如图（1）正四棱锥P-ABCD，AB=PA=4（ⅰ）求此四棱锥的外接球的体积；（ⅱ）M为PC上一点，求MA+MB的最小值；（2）将边长为4的正方形铁皮用剪刀剪切后，焊接成一个正

四棱锥（含底面），并保持正四棱锥的表面与正方形的面积相等，在图（2）中用虚线画出剪刀剪切的轨迹，并求焊接后的正四棱锥的体积.2020-2021厦门双十中学高一下期中考数学参考答案1.B因为()21124

6223eeee=−−−，所以2146ee−与1232ee−共线，所以122132,46eeee−−不能作为基底，2.B12zi=+，则2125zz=+=，因此，()()()5125552121212iiz

ziiiziii−−+===+++−.3.A1122EBEDDBADCB=+=+=111()()222ABACABAC++−3144ABAC=−.4.C.因为实系数一元二次方程的虚根共轭成对出现，2||55zzza===5.A根据正弦定理有sinsinabAB=，则sin22si

n5bABa==，ab，AB，这样的B只有一个，6.B()2231111231612ACAAOBABACABABACCBAC−=−=+−−=7.D故该四棱锥的外接球，与以DEC为底面，以4为高的直三棱柱的外接球相同，∵底面底边为4，高为2，故底面是等腰直角三角形且2DE

C=，∴底面三角形外接圆的半径为||2rOE¢==，由棱柱高为4可得2OO=，∴外接球半径为222222R=+=，外接球的体积为34642(22)33V==，8.B【解析】由于d(a，b)＝|

a－b|，因此对任意的t∈R，恒有d(a，tb)≥d(a，b)，即|a－tb|≥|a－b|，即(a－tb)2≥(a－b)2，t2－2ta·b＋(2a·b－1)≥0对任意的t∈R都成立，因此有(－2a·b)2－4(2a·b－1

)≤0，即(a·b－1)2≤0，得a·b－1＝0，故a·b－b2＝b·(a－b)＝0，故b⊥(a－b)．9.ABC10.CD11.ABD12.BCDA.连接DE，1DE，如图所示，因为E为AB的中点，所以EB=BC=2，所以2222CEBEBC=+=，同理22DECE==，又DC=4，所以222D

EECDC+=，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；B.由等体积法可得：三棱锥DCEF−的体积118422323DCEFFCEDVV−−===，故B正确；C.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1

1AD，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；D.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：BCD13.如图是△AOB用斜二测画法画出的直观图△A′O′B′，则△AOB的周长是________．根据直观图画出原图如下图所示，

根据原图和直观图的关系可知，4,2,8OBODBDAD====，所以2228217OAAB==+=,所以△AOB的周长是421724417+=+.14.设zabi=+，根据复数相等得到222223abab−==，解得答案.解

得31ab==或31ab=−=−，故(3)zi=+.15.12π，延长AB至点E，使ABBE=，连接SE，CE，OC．因为D是母线SA的中点，所以//SEBD，所以CSE为异面直线

SC与BD所成的角（或补角）．由题意知6OE=，2OC=，又C是AB的中点，所以COOB⊥，所以在RtCOE△中，22210CEOCOE=+=．因为4SASBAB===，所以3232BDSB==，所以243SEBD==．在SCE△中，4SC=，则

由余弦定理得2221648403cos242443SCSECECSESCSE+−+−===，16.27;103317.（1）()()()()()2ii12i2i2ii1i1i1zmm+=++=++−−+()()2iii1m=+−+，-------2分21(1)imm=++−-------

---------------------------------------------------------------4分若复数z是纯虚数，则210,10mm+=−，所以12m=−.---------------------

-------6分（2）由（1）得21(1)izmm=++−，12(1)izmm−=+−，22214(1)521zmmmm−=+−=−+，--------------------------------------------8分因为2521ymm=−+是开口向上的抛物线，有最小值45

；所以1z−255.所以|z-1|的取值范围为25[,)5+----------------------------------------------------------10分21.解()121co

s13A=，63sin65B=，5sin13A=，16cos65B=−，()4sinsin5CAB=+=--------2分在ABC中，由正弦定理sinsinACABBC=，得1040mAB=，-----4分设乙出发mint后，甲、乙距离为d，由余弦定理得()22212(130)(10050)

21301005013dtttt=++−+，即()22235625200377050200[37)3737dttt=−+=−+，--------6分10400130t，即08t，当3537t=时，即乙出发35min37后，

乙在缆车上与甲的距离最短----7分()52sin13A=，由正弦定理sinsinBCACAB=，得12605631365BC=，500mBC=，------------------------------

------------------------------------9分乙从B出发时，甲已经走了()()50281550m++=，还需走710m才能到达C，----10分设乙的步行速度为/minvm，则500710350v

−，故5007103350v−−，解得12506254314v，故为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3min，乙步行的速度应控制在12506254314，范围内----12分22.（1）如图，设外接球半径为R，则22234642(22)(22)223

3RRRVR=+−===（2）如图，将三角形PBC展开到与平面PAC在同一平面，此时MA+MBAB在三角形PAB中：22244244cos15031163AB=+−=+所以4234(31)4234262222AB++=+=

==+（3）