【文档说明】福建省建瓯市芝华中学2020-2021学年高一下学期期中考试数学试题含答案.doc，共(8)页，246.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年芝华中学高一下期中数学试卷考试时间：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.在每小题所给的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的)1若直线ɑ平行于平面α

，则下列结论错误的是()A．ɑ平行于α内的所有直线B．α内有无数条直线与α平行C．直线ɑ上的点到平面α的距离相等D．α内存在无数条直线与a成90°角2在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，

c，若a＝2，b＝3，B＝π3，则A等于()A.π6B.π4C.3π4D.π4或3π43设向量a＝(2，4)与向量b＝(x，6)共线，则实数x＝()A．2B．3C．4D．64.在平面直角坐标系xOy中，已知四边形ABCD是平行四边

形，AB→＝(1，－2)，AD→＝(2，1)，则AD→·AC→＝()A．5B．4C．3D．25已知a∈R，复数z1＝2＋ai，z2＝1－2i，若z1z2为纯虚数，则复数z1z2的虚部为()A．1B．iC.25D．06.在梯形ABCD

中，∠ABC＝π2，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为()A.2π3B.4π3C.5π3D．2π7．设D为△ABC所在平面内一点，BC→＝3CD→，则()A

.AD→＝－13AB→＋43AC→B.AD→＝13AB→－43AC→C.AD→＝43AB→＋13AC→D.AD→＝43AB→－13AC→8在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段B1C的中点，若三棱锥E-AD

D1的外接球的体积为36π，则该正方体的棱长为()A．2B．22C．33D．4二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.每小题给出的四个选项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(多选题)已知l1，l2，l3是空

间三条不同的直线，则下列说法正确的是()A．若l1⊥l2，l2⊥l3，则l1⊥l3B．若l1⊥l2，l2∥l3，则l1⊥l3C．若l1∥l2∥l3，则l1，l2，l3不一定共面D．若l1，l2，l3共点，则l1，l2，l3共面10(多选题)对任意向量a，b，下列关系式中恒成立的是(

)A．|a·b|≤|a||b|B．|a－b|≤||a|－|b||C．(a＋b)2＝|a＋b|2D．(a＋b)·(a－b)＝a2－b211(多选题)如图K41-5，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，

M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论正确结论()图K41-5A直线AM与CC1是相交直线；B直线AM与BN是平行直线；C直线BN与MB1是异面直线；D直线AM与DD1是异面直线．12(多选题)已知△ABC的三个角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列条件能使得△ABC的形状

唯一确定的是().A.a=1,b=2,c=2B.A=150°,asinA+csinC+asinC=bsinBC.a=,b=2,A=30°D.C=60°,cosAsinBcosC+cos(B+C)cosBcosC=0三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在题中的横线

上)13.复数z＝(1＋2i)(3－i)，其中i为虚数单位，则z的实部是________14．设向量a＝(m，1)，b＝(1，2)，且|a＋b|2＝|a|2＋|b|2，则m＝________．15.△ABC的

内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA＝45，cosC＝513，a＝1，则b＝________．16.过三棱柱ABC-A1B1C1任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有________条．四、解答题：共6小题,共70分,解答应写

出文字说明、证明过程或演算过程)17(10分）知非零向量e1和e2不共线．(1)如果AB→＝e1＋e2，BC＝2e1＋8e2，CD→＝3(e1－e2)，求证：A，B，D三点共线；(2)欲使向量ke1＋e2与e1＋ke2平行，试确定实数k的值．18(12分）在△AB

C中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＋b＝3c，2sin2C＝3sinAsinB.(1)求角C的大小；(2)若S△ABC＝3，求c的值．19.(12分）D是Rt△ABC斜边BC上一点，AC＝3DC.(1)若∠DAC＝30°，

求角B的大小；(2)若BD＝2DC，且AD＝22，求DC的长．20(12分）如图1-5，在三棱锥V-ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝2，O，M分别为AB，VA的

中点．(1)求证：VB∥平面MOC；(2)求证：平面MOC⊥平面VAB；(3)求三棱锥V-ABC的体积．图1-521(12分）如图K43-5，在三棱锥P-ABC中，AB⊥平面PAC，∠APC＝90°，E是AB的中点，M是CE的中点，N点在PB上，且4PN＝PB.(1)证明：平面PCE⊥平面PAB；

(2)证明：MN∥平面PAC.图K43-522(12分）已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2，AD＝2，AB＝1，如图G10-9①所示，将△ABD沿BD折起到△PBD的位置，如图②所示．(1)当平面PBD⊥平面PBC时，求三棱锥P-BCD的体积；(

2)在图②中，E为PC的中点，若线段BQ∥CD，且EQ∥平面PBD，求线段BQ的长；(3)求证：BD⊥PC.图G10­92020-2021学年芝华中学高一下期中数学试卷答案1．A[解析]若直线a平行于平面α，则α内既存在无数条直线与α平行，也存在无数条

直线与α异面且垂直，所以A不正确，B，D正确；因为夹在相互平行的线与平面间的平行线段相等，所以C正确．2．B[解析]由正弦定理，得asinA＝bsinB，即sinA＝22，因为b>a，所以A＝π4.3.B[解析]由向量a，b共线，得2×6－4x＝0，解得x＝3，

选B.4.A[解析]因为四边形ABCD是平行四边形，所以AC→＝AB→＋AD→＝(1，－2)＋(2，1)＝(3，－1)，所以AD→·AC→＝2×3＋1×(－1)＝5，故选A.5.A[解析]由z1z2＝2＋

ai1－2i＝（2＋ai）（1＋2i）5＝2－2a5＋4＋a5i是纯虚数，得a＝1，此时z1z2＝i，其虚部为1.6．C[解析]旋转后的几何体为一个底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥，所求几何体的体积为π×12×2－13π×1

2×1＝53π.7．A[解析]由题意知AD→＝AC→＋CD→＝AC→＋13BC→＝AC→＋13(AC→－AB→)＝－13AB→＋43AC→.8.D[解析]如图所示，设三棱锥E­ADD1外接球的半径为r，∵三棱锥E­ADD1外接球的体积为36π，∴4π3×r3＝36π，解得r＝3.取A

D1的中点F，连接EF，则三棱锥E­ADD1外接球的球心一定在EF上，设球心为点O.设正方体的棱长为x，在Rt△OFD1中，由勾股定理可得22x2＋(x－3)2＝32(x＞0)，解得x＝4，∴正方体的棱长为4.

9.BC[解析]当l1⊥l2，l2⊥l3时，l1与l3可能相交、异面或平行，故A不正确；当l1⊥l2，l2∥l3时，可推出l1⊥l3，故B正确；当l1∥l2∥l3时，l1，l2，l3未必共面，如三棱柱的三条侧棱

，故C正确；当l1，l2，l3共点时，l1，l2，l3未必共面，如正方体中从同一顶点出发的三条棱，故D不正确．10ACD[解析]根据数量积的定义a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，所以|a·b|＝||a||b|cos〈a，b〉

|≤|a||b|，选项A中的关系式一定成立；如果选项B中的关系式成立，则|a－b|2≤||a|－|b||2，可得a·b≥|a||b|，此式只在a，b共线且同向时成立；根据向量的运算法则可知选项C，D中的关系式是恒成立的．11.C

D[解析]A，M，C1三点共面，且在平面AD1C1B中，但C∉平面AD1C1B，因此直线AM与CC1是异面直线，同理AM与BN也是异面直线，AM与DD1也是异面直线，故AB不正确，D正确；M，B，B1三点共面，且在

平面MBB1中，但N∉平面MBB1，因此直线BN与MB1是异面直线，故C正确．12.AC解析B中,由正弦定理可知a2+c2+ac=b2,∴cosB==-,此时A=150°,B=135°,三角形无解;D中,cosAsinBcosC+

cos(B+C)cosBcosC=0,∴cos(B+C)cosC(cosB-sinB)=0,∴B=45°或者B+C=90°,B=30°,三角形的解不唯一.13.5[解析]因为z＝(1＋2i)(3－i)＝3＋5i－2i2＝5＋5i，所以其实部为5.14．－2[解析]

由已知条件得a·b＝0，即m＋2＝0，即m＝－2.15.2113[解析]因为cosA＝45，cosC＝513，且A，C为三角形的内角，所以sinA＝35，sinC＝1213，sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝6365.又因为asinA＝bsinB，所以b＝a

sinBsinA＝2113.16.[解析]符合题意的各中点连线如图，此时平面EFGH与平面ABB1A1平行，所以所求直线有6条．17．解：(1)证明：因为BD→＝BC→＋CD→＝2e1＋8e2＋3(e1－e2)＝5(e1＋e2)

＝5AB→，且AB→为非零向量，所以AB→与BD→共线，即A，B，D三点共线．(2)因为ke1＋e2与e1＋ke2平行，且两向量都为非零向量，所以存在实数λ使得ke1＋e2＝λ(e1＋ke2)成立，即(k－λ)e1＝(λk－1)e2成立．因为e1和e2不共线，所以

k－λ＝0，λk－1＝0，所以k＝±1.18解：(1)∵2sin2C＝3sinAsinB，∴sin2C＝32sinAsinB，∴c2＝32ab.又a＋b＝3c，∴a2＋b2＋2ab＝3c2.根据余弦定理

，得cosC＝a2＋b2－c22ab，∴cosC＝2c2－2ab2ab＝ab2ab＝12，∴C＝π3.(2)∵S△ABC＝3，∴3＝12absinC.∵C＝π3，∴ab＝4，又c2＝32ab，∴c＝6.19.解：(1)在△ADC

中，根据正弦定理，有ACsin∠ADC＝DCsin∠DAC.因为AC＝3DC，所以sin∠ADC＝3sin∠DAC＝32，又∠ADC＝∠B＋∠BAD＝∠B＋60°>60°，所以∠ADC＝120°.于是∠C＝180°－120°－30°＝30°，

所以∠B＝60°.(2)设DC＝x，则BD＝2x，BC＝3x，AC＝3x，于是sinB＝ACBC＝33，cosB＝63，AB＝6x.在△ABD中，由余弦定理，得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcosB，即(22)2＝

6x2＋4x2－2×6x×2x×63＝2x2，得x＝2，故DC＝2.20．解：(1)证明：因为O，M分别为AB，VA的中点，所以OM∥VB.又因为VB⊄平面MOC，OM⊂平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)证明：因为AC＝BC，O为AB的中点，所

以OC⊥AB.又因为平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，且OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面VAB.又因为OC⊂平面MOC，所以平面MOC⊥平面VAB.(3)在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝2，所以AB＝2，OC＝1.所以等边三角形VAB的面

积S△VAB＝3.又因为OC⊥平面VAB，所以三棱锥C­VAB的体积等于13OC·S△VAB＝33.又因为三棱锥V­ABC的体积与三棱锥C­VAB的体积相等，所以三棱锥V­ABC的体积为33.21证明：(1)∵AB⊥平

面PAC，PC⊂平面PAC，∴AB⊥PC.∵∠APC＝90°，∴AP⊥PC，又∵AP⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，AP∩AB＝A，∴PC⊥平面PAB.∵PC⊂平面PCE，∴平面PCE⊥平面PAB.(2)取AE的中点Q，连接NQ，MQ.∵M是CE的中点，∴MQ∥AC.∵PB＝4PN，AB＝4A

Q，∴QN∥AP.又∵AP∩AC＝A，AP⊂平面APC，AC⊂平面APC，QN∩QM＝Q，QN⊂平面MNQ，QM⊂平面MNQ，∴平面MNQ∥平面PAC.∵MN⊂平面MNQ，∴MN∥平面PAC.22解：(1)当平面PBD⊥平面PBC时，因为PB⊥PD，且平面PBD∩平面PBC＝PB，P

D⊂平面PBD，所以PD⊥平面PBC.因为PC⊂平面PBC，所以PD⊥PC.因为直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2，AD＝2，AB＝1，所以BD＝BC＝3，PD＝2，所以CP＝CD2－PD2＝2.又因为BP＝1，所以BP2＋

CP2＝BC2，所以BP⊥CP，所以S△PBC＝12·PB·PC＝22.故V三棱锥P­BCD＝V三棱锥D­PBC＝13S△PBC·PD＝13×22×2＝13.(2)取PD的中点F，连接EF，BF，如图所示．因为E为PC的中点，所以EF∥CD且EF＝12CD.又因为

BQ∥CD，所以EF∥BQ，所以B，F，E，Q共面．因为EQ∥平面PBD，EQ⊂平面BFEQ，且平面BFEQ∩平面PBD＝BF，所以EQ∥FB.又因为EF∥BQ，所以四边形BFEQ是平行四边形，所以B

Q＝EF＝12CD＝1.(3)证明：在题干图①中连接AC，交BD于点G，如图a所示．因为∠CDA＝∠DAB＝90°，所以tan∠CAD＝CDAD＝2，tan∠DBA＝ADAB＝2，所以∠CAD＝∠DBA.因为∠CAD＋∠BAG

＝90°，所以∠DBA＋∠BAG＝90°，所以BD⊥AC.故将△ABD沿BD折起到△PBD的位置后，仍有BD⊥PG，BD⊥CG，如图b所示．因为PG∩CG＝G，所以BD⊥平面PCG.又因为PC⊂平面PCG，所以BD⊥PC.