【文档说明】安徽省黄山市屯溪第一中学、中科大附中2020-2021学年高一下学期期中联考数学试卷 含答案.docx，共(11)页，662.909 KB，由小赞的店铺上传

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屯溪一中、中科大附中2020—2021学年高一年级第二学期期中联考数学试卷本试题分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题号的答案标号涂黑，如需改动用橡皮檫干净后，再选涂其它答案标号；

2．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔将答案书写在答题卡规定的位置上；3．考试结束后，将答题卡交回．一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个答案正确）1．化简OPQPPSSP−++的结果等于（）

A．QPB．OQC．SPD．SQ2．如下左图，RtOAB是一个平面图形的直观图，若2OB=则这个平面图形的面积是（）A．1B．2C．22D．423．若221()4i()1zmmmm=++−++，mR，232iz=−，则“1m=”是“12zz=”的（）A．充

分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件4．如图，已知平面α，β，且l=．设梯形ABCD中，//ADBC，且AB，CD．则下列结论正确的是（）A．直线AB与CD可能为异面直线B．直线AB，CD，l相交于一点C．ABCD=D．直线AC与BD可能为异面直

线5．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，大概意思如下：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为2尺8寸，盆底直径为1尺2寸，盆深1尺8寸，若盆中积水深9寸，则平均降雨量是（注：①平

均降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②1尺等于10寸）（）A．3寸B．4寸C．5寸D．6寸6．若ABC△的内角满足sin2sin2sinABC+=，则cosC的最小值是（）A．624−B．624+C

．622−D．622+7．已知点O是ABC内一点，满足2OAOBmOC+=，47AOBABCSS=△△，则实数m为（）A．2B．2−C．4Ｄ．4−8．点O是平面α上一定点，A，B，C是平面α上ABC的三个顶点，B，C分别是边AC，AB

的对角．有以下五个命题：①动点P满足OPOAPBPC=++，则ABC的外心一定在满足条件的P点集合中；②动点P满足()(0)||||ABACOPOAABAC=++，则ABC的内心一定在满足条件的P点集合中；③动点P满足()(0)||sin||sinABACOPOAAB

BACC=++，则ABC的重心一定在满足条件的P点集合中；④动点P满足()(0)||cos||cosABACOPOAABBACC=++，则，ABC的垂心一定在满足条件的P点集合中．其中正确命题的个数为：（）A．4B．3C．2D．1二、多项选择题（本

大题共4小题，每小题5分，共20分．请将正确答案的序号在答题卷相应位置涂黑，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分）9．下面四个命题中的真命题为（）A．若复数z满足1Rz，则zRB．若复

数z满足2zR，则zRC．若复数1z，2z满足12zzR，则21zz=D．若复数zR，则zR10．已知α、β为平面，A、B、M为点，a为直线，下列推理正确的是（）A．Aa，A，Ba，BaB．a=，M，MMaC．A，AA＝

D．A、B、M，A、B、M，且A、B、M不共线、β重合11．一个棱长为2的正方体，用过同一顶点三条棱的中点平面截去各个顶点得到的一个新的几何体，对这个新的几何体说法正确的是（）A．所有截面面积和为23B．新几何体表面积为12+3；C．新几何体表面积为12+23D．新几何体的体

积为203．12．已知ABC△三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且∠π3C=，2c=．A．ABC△面积的最大值为3B．ACAB的最大值为2+433C．coscosBA的取值范围为()2,−+D

．coscos2bAaB+=三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请将正确答案填在答题卷相应位置）13．已知复数13i1iz+=−，i为虚数单位，则=Z_______．14．已知向量(),2ax=，()

2,1b=，(3)cx=，，若ab⊥，则||bc+=________．15．在ABC中，B=3，3AC=，且222coscossin2sinsinCABBC−−=−，则C=________，BC=________．（本题第一

空2分，第二空3分）16．如图在AOB中，D是边OB的中点，C是OA上靠近O的三等分点，AD与BC交于M点，过点M的直线与线段OA，OB分别交于E，F（不与端点重合）．设OEpOA=，OFqOB=，则pq+的最小值为________．四、解答题（本大题共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．（本题满分10分）设两个非零向量a与b不共线．（1）若=abAB+，=2a+8bBC，3()CDab=−，求证：A，B，D三点共线；（2）试确定实数k，使kab+和

akb+反向．18．（本题满分12分）已知O为坐标原点，向量1OZ、2OZ分别对应复数1z、2z，且()21310i5zaa=+−+，()()22251zaiaRa=+−−．若12zz+是实数．（1）求实数a的值；（2）求以1OZ、2OZ为邻边的平行四边形的面积．19．

（本题满分12分）在ABC△中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足()()()sinsinsinsinbcBCBCABaa+=−++，请你再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，条件①：4c=，627ab+=+．条件②：6b=，37sin24B−=−

．求：（1）a的值；（2）ABC△的面积．20．（本题满分12分）在高一年级一次社会实践活动中，一组学生的任务是用数控机床把一个半径为2的铝合金球加工成一个工件，这个工件是具有公共底面圆的两个圆锥形（如图），且这两个圆锥的顶点

和底面圆周都在这个球面上，已知圆锥底面面积是这个球面面积的316．（1）求此次加工工件的利用率（加工成品工件的体积之与球的体积之比）．（2）求工件的表面积；21．（本题满分12分）如图，某快递小哥从A地出发，沿

小路ABBC→送快件到C处，平均速度为20公里/时，已知10BD=公里，45DCB=，30CDB=，ABD是等腰三角形，120ABD=．（1）试问，快递小哥能否在50分钟内将快件送到C处？（2）快递小哥出发15分钟后，快递公司发现快件有重大问题，由于通讯不

畅，公司只能派车沿大路ADDC→追赶，若汽车平均速度为60公里/时，问汽车能否先到达C处？22．（本题满分12分）在ABC△中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且()223sinsin222CBbcbc

bca+=++．（1）求角A的大小；（2）若ca，求abmc+=的取值范围．屯溪一中、中科大附中2020—2021学年高一年级第二学期期中联考数学试卷参考答案（时间：120分钟满分：150分）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个答案正确，请

将正确答案的序号在答题卷相应位置涂黑）1．B2．C3．A4．B5．【答案】A作出圆台的轴截面如图所示，由题意知，14BF=寸，6OC=寸，18OF=寸，9OG=寸，即G是OF的中点，∴GE为梯形OCBF的中位线，∴14610

2GE==寸，即积水的上底面半径为10寸，∴盆中积水的体积为1(10036106)95883++=（立方寸），又盆口的面积为214196=（平方寸），∴平均降雨量是588=3196（寸），即平均降雨量是

3寸．故选：A6．【答案】A由正弦定理，得22abc+=，则22abc+=所以222222222()3222228cos2abababababbcaaabbC++−+−=+−==26226284ababa

b−−=，当且仅当2232ab=，即32ab=时，等号成立，所以cosC的最小值为624−．故选：A7．【答案】D由2OAOBmOC+=得12,333mOAOBOC+=设3mOCOD=，则1233OAOBOD+=，∴A，B，D三点共线，如图所示，∵OC与OD反反向共线，∴||3|

|ODmmCD=−，∴||4|37||AOBABCSODmSmCD===−△△，解得4m=−．故选D．8．【答案】．C①当动点P满足OPOAPBPCAPPBPC=++=+时，则点P是ABC的重心，所以①不正确；②显然ABACABA

C+uuuruuuruuuruuur在BAC的角平分线上，而AP与BAC的平分线所在向量共线，所以ABC的内心一定在满足条件的点P集合中，因此②正确；③变形为()||sin||sinABACAPABBACC=+，而||sinABB，||sinACC表示点

A到BC边的距离，设为AD，所以()APABACAD=+，而ABAC+表示BC边的中线向量，所以AP表示BC边的中线向量，因此ABC的重心一定在满足条件的P点集合中，所以③正确；④当90A=时，ABC的垂心与点A重合，但显然此时垂心点P不满足公式，所以④不正确；正确答

案序号为②③．二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．请将正确答案的序号在答题卷相应位置涂黑，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分）9．【答案】AD若复数z满足1Rz，则zR，A为真命题；复数iz=满

足21zR=−，而zR，故B为假命题；若复数1iz=，22iz=满足12zzR，但21zz，故C为假命题；若复数zR，则zzR=，故D为真命题．10．ABD11．ACD12．【答案】ABA．显然正确B．设ABC△的外接圆半径为R，则432

sin3cRC==．4383cos2cos2sincossincos33ACABbcAbABABA====，23BA=−，832cossin33ACABAA=−=2833143coscossin4cos3223AAAA+=+

sincosAA()2323431321cos2sin2sin22cos22sin2cos233322AAAAAA=++=++=+43sin2233A=++．∵203A，4023A，5

2333A+，则当232A+=，即：12A=时，ACAB取得最大值为4323+，正确．C．222cos()cossinsiconcos13333=tan22scoscoscosBAAAAAAA−+==−+而tanA的取值范围为

()()0,,3+−−，所以coscosBA的取值范围为()33,,2+−D．coscos2bAaB+=三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请将正确答案填在答题卷相应位置

）13．【答案】5∵()()()()13i1i24i12i1i1i2z++−+===−+−+，∴()22=125zz=−+=14．【答案】515．【答案】5122由222coscossin2sinsinCABBC−−=−，可得2221sin(1sin)

sin2sinsinCABBBC−−−−=−，即222sinsinsin2sinsinCBBCA−−=−．结合正弦定理得2222BCABACACAB−−=−，所以2cos2A=，4A=，则512CAB=−−=．由sinsinACBCBA=，解

得2BC=16．【答案】3225+设OMxayb=+，则(1)(|1)AMOMOAxOAyOBxayb=−=−+=−+，12ADODOAab=−=−+，∵A，M，D三点共线，∴AM，AD共线，从而1(1)2xy−=−，①又C

，M，B三点共线，∴BM，BC共线，同理可得1(1)3yx−=，②联立①②，解得1525xy==，故1255OMab=+．∵1212()5555EMOMOEabpapab=−=+−=−+，112p，113qEFOFOEqbpa=−=−∵EM，EF共线，∴1

2()55pqp−=−，整理得125pq+=．∴11212322()()(3)555qppqpqpqpq++=++=++，经验证等号可以成立．四、解答题（本大题共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．

【答案】（1）证明：因为=a+bAB，28BCab=+，3()CDab=−，所以283()5()5BDBCCDabababAB=+=++−=+=，所以AB，BD共线，又它们有公共点B，所以A，B，D三点共线．（2）因为kab+与akb+

反向共线，所以存在实数λ，使(())0kabakb+=+，所以1kk==，所以1k=．又0，k=，所以1k=−．故当1k=−时，两向量反向共线．18．【解答】（1）由题意可得()21310i

5zaa=−−+，∵()22251zaia=+−−，则()21232215i51zzaaaa+=+++−+−，由于复数12zz+是实数，则221505010aaaa+−=+−，解得3a=；（2）由（1）可得13i8z=+，21iz

=−+，则点13,18Z，()21,1Z−，因此，以1OZ、2OZ为邻边的平行四边形的面积为121118SZZ==．19．【解析】选择条件①：4c=，627ab+=+．（1）在ABC中，ABC++=，则ABC+=−，BCA+=−，所以()()si

nsinsinABCC+=−=，()()sinsinsinBCAA+=−=．所以()sinsinsinsinbcABCCaa=−+，整理得()sinsinsinsinaAbBCcC=−+，由正弦定理可得222abcbc=+−，则()()2222627166274abcbcaa=+−=+−+−+

−，解得27a=．（2）因为27a=，627ab+=+，所以6b=，由（1）及余弦定理可得2221cos22bcaAbc+−==，又()0,A，所以3A=，所以113sin6463222ABC

SbcA===△．选择条件②：6b=，37sin24B−=−．（1）在ABC中，ABC++=，则ABC+=−，BCA+=−，所以()()sinsinsinABCC+=−=，(

)()sinsinsinBCAA+=−=．所以()sinsinsinsinbcABCCaa=−+，整理得()sinsinsinsinaAbBCcC=−+，由正弦定理可得222bcabc+−=，由余弦定理可得2221cos22bcaAbc+−==，又()0,A，所以3A=．因

为37sincos24BB−=−=−，所以7cos4B=，所以3sin4B=．由正弦定理得36sin2433sin4bAaB===．（2）由（1）知()3713213sinsinsincoscossin24248CABABAB+=+=+=+=，所以()93711

213sin4362282ABCSabC++===△．20．【解答】（1）设球半径为R，圆锥底面半径为r．∵223416rR=，∴332rRr==．设较大圆锥与较小圆锥的高分别为1h，2h，则11RtBOCRtCOA∽，得1231hh=::

，所以13h=，21h=22121211()(3)4=433VVVrhh=+=+=工件加工工件的利用率343=4823VV=工件球（2）由（1）得大、小圆锥的母线长为123l=，22l=所有大、小圆锥

的表面积之和为12122()23(223)=4(33)SSSrll=+=+=++．21．【解析】（1）由题意知，10AB=公里，在BCD中，由sin45sin30BDBC=，得52BC=公里，快递小哥行走的路程为1052ABBC+=+（公里

），其需要的时间10526051.2120t+=（分），因为51.2150，所以快递小哥不能在50分钟内将快件送到C处．（2）在ABD中，由2222212cos120101021010()3002ADABBDABBD=+−=+−−=，

得103AD=公里，在BCD中，105CBD=，由52sin105sin30CD=，得5(13)CD=+公里，则汽车到达C处所需时间1035(13)60152015345.9860t++=+=+（分），因为45.9851.21，所以汽车能先到达C

处．22．【解析】（1）由()()221cos1coscoscossinsin222222bCcBCBbcbCcBbc−−+++=+=−2222222222222abcacbbcbcabcaaa+−+−++++−=−=−=所以()322bcabcbca+−=++，可得()223bcab

c+−=，即222bcabc+−=．由余弦定理得2221cos222bcabcAbcbc+−===，又()0,πA，所以π3A=．（2）由32331sincos+sinsinsin23222sinsinsinCCCABmCCC+−++===()31c

os12sin2CC+=+23cos3cos1131222222sincos2sin2tan2222CCCCCC=+=+=+．因为ca，所以π3c，又2π3BC+=，所以π2π33C，所以ππ623C，得3tan332C，所以3133tan2C，所以1

2m．