【文档说明】福建省福州市平潭县新世纪学校2020-2021学年高一下学期5月周练（13）数学试题含答案.docx，共(20)页，640.396 KB，由小赞的店铺上传

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平潭县新世纪学校2020-2021学年高一下学期周练（13）数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列说法正确的是（）A．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是

棱台B．两底面平行，并且各侧棱也互相平行的多面体是棱柱C．棱锥的侧面可以是四边形D．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面2．若复数z满足()214zii−=+（i是虚数单位），则复数z在复平面中对应的点在（）A．

第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．在ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则EC=（）A．1344ABAC-B．1344ABAC−+C．3144ABAC+D．3144ABAC-4．已知3b=，a在b方向上的投影为32−，则ab的值为（）A．

92B．92−C．2D．-25．下列说法正确的是（）A．三点确定一个平面B．一条直线和一个点确定一个平面C．梯形一定是平面图形D．过平面外一点只有一条直线与该平面平行6．已知向量()1,2a=，()3,0b=，若()aba−⊥，则实数=（）A．0

B．12C．35D．347．设△ABC的三边分别为a，b，c，若a2+b2＝c2﹣ab，c＝1，则△ABC的外接圆半径为（）A．33B．55C．233D．28．在ABC中，ABAC=，4BC=，120BAC=，3BEEC=uuuruuu

r，若P是BC边上的动点，则APAE的取值范围是（）A．1,3−B．2,33−C．210,33−D．101,3−二、多选题9．在△ABC中，根据下列条件解三角形，其中有一解的是（）A．b＝7，c＝3，C＝30°B．b＝5，c＝4，

B＝45°C．a＝6，b＝33，B＝60°D．a＝20，b＝30，A＝30°10．已知(),zabiabR=+为复数，z是其共轭复数，则下列命题一定正确的是（）A．22zz=B．2zzz=C．若2z为纯虚数，则0ab=D．复数z

是实数的充要条件是zz=11．(多选题)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论正确的是（）A．C1，M，O三点共线B．C1，M，O，C四点共面C．C1，O，

A，M四点共面D．D1，D，O，M四点共面12．如图所示，设,OxOy是平面内相交成2角的两条数轴，12,ee分别是与,xy轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系xOy为仿射坐标系，若12OMxeye=+，则把有序数对(),xy叫做向

量OM的仿射坐标，记为(),OMxy=，在23=的仿射坐标系中，()1,2a=r，()2,1b=−r则下列结论中，正确的是（）．A．()1,3ab−=−B．3a=C．ab⊥D．a在b上的投影向量为33,714−三、填空题13．一艘船以32海里/小时的速

度向正北航行，在A处看灯塔S在船的北偏东30°，半小时后航行到B处，在B处看到灯塔S在船的北偏东75，则灯塔S与B点的距离为______海里.14．已知ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sin2sinbAcB=，1cos4B=，3b=

，则ABC面积为___________.15．如图，已知某平面图形的斜二测画法直观图为边长为2正方形OABC，则该平面图形的面积为____________，周长为___________．16．1748年，瑞士数学家

欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式cossinixexix=+，这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.根据此公式，则1ie+=________；31322i+=_

_______.五、解答题17．已知复数z＝a＋i(a>0，a∈R)，i为虚数单位，且复数2zz+为实数.（1）求复数z；（2）在复平面内，若复数(m＋z)2对应的点在第一象限，求实数m的取值范围.18．一个透明的球形装饰品内放置了两个具有

公共底面的圆锥，且这两个圆锥的顶点和底面圆周都在这个球面上，如图，已知圆锥底面面积是这个球的表面积的316，设球的半径为R，圆锥底面半径为r.（1）试确定R与r的关系，并求出大圆锥与小圆锥的侧面积的比值.

（2）求出两个圆锥的总体积(即体积之和)与球的体积之比.19．如图，在长方形ABCD中，E为边DC的中点，F为边BC上一点，且23CFCB=．设,ABaAbD→==．（1）试用基底,ab→→，表示,AEEF；（2）若G为长方形ABCD内部一点，且3243AGab→=+．求证：E，G，F三

点共线．20．设,mn是两个单位向量夹角为60，若2,32amnbmn=+=−+，（1）求ab；（2）求ar；（3）求a与b夹角；（4）求b在a的投影.21．已知ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足

2coscoscosbAaCcA=+.（1）求角A的大小；（2）若3b=，4c=，2BDDC=，求AD的长22．在①5bc+=，②433c=，③75C=°，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题（2）中，并完成问题的解答．问题：已知ABC的

内角A，B，C的对边分别为a，b，c，4a=且cossin2AbaB=．（1）求A；（2）若________，求ABC的面积．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分参考答案1．B【分析】由棱台的概念可判断A，由棱

柱的概念可判断B，由棱锥的几何特征可判断C，举出反例可判断D，即可得解.【详解】对于A，有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体，所有侧棱不一定交于同一点，所以该六面体不一定是棱台，故A错误；对于B，由棱柱的概念可得两底面平行，并且各侧棱也互相平行的多面体是棱柱，故B正确；对于C，

棱锥的侧面一定是三角形，故C错误；对于D，在正六棱柱中，存在互相平行的侧面，故D错误.故选：B.【点睛】本题考查了几何体的概念及几何特征的应用，牢记几何体的几何特征是解题关键，属于基础题.2．C【分析】先对复数进行化简，然后结合复数的几何意义即可求解

．【详解】由()214zii−=+，得14(14)(2)29292(2)(2)555iiiiziiii+++−+====−+−−+2955zi=−−，所以复数z在复平面中对应的点为29,55−−，在第三象限．故选：C．3．B

【分析】首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，向量的运算法则，用基底,ABAC表示EC，从而求得结果.【详解】由D为BC中点，根据向量的运算法则，可得()12ADABAC=+，113244ECACAEACADABAC

=−=−=+−故选：B.【点睛】本题考查了平面向量基本定理，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量减法的三角形法则，考查了转化能力，尤其注意向量减法运算的方向问题.4．B【分析】根据投影和数量积的关系可求ab的值.【详解

】()39cos,322abaabb==−=−，故选：B.5．C【分析】由平面的基本性质，根据点、线、面的位置关系判断各选项的正误即可.【详解】A：不在一条直线上的三点确定一个平面，三点在一条直线上时不能确定平面，不正确；B：点在直线上时，不能确定平面，不正确；C

：梯形有两条边平行，两条平行线确定一个平面，梯形的两腰也在平面内，正确；D：过平面外一点与平面平行的平面内，过该点的直线都符合条件，不正确.故选：C.6．C【分析】首先可得()3,2ab−=−，然后由()aba−⊥建立方程算出答案

即可.【详解】因为()1,2a=，()3,0b=所以()3,2ab−=−因为()aba−⊥，所以340−+=，解得35=故选：C7．A【分析】由已知可得a2+b2﹣c2＝﹣ab，再利用余弦定理可得co

sC的值，结合C的范围可求C的值，进而利用正弦定理即可求解．【详解】解：∵a2+b2＝c2﹣ab，可得：a2+b2﹣c2＝﹣ab，∴2221cos222abcabCabab+−−===−，∵()0,C，∴23C=，∵c＝1，设△ABC的

外接圆半径为R，由正弦定理可得1232sin332cRC===，解得33R=，故选：A．【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是正余弦定理的熟练运用，涉及求解三角形的外接圆半径的问题，首先应想到利用正弦定理去求解.8．C【分析】建立平面直角坐标系，设()(),0,22Pxx−，分

别求得向量,APAE的坐标，利用数量积运算求解.【详解】因为ABC中，ABAC=，4BC=，120BAC=，3BEEC=uuuruuur，建立如图所示平面直角坐标系:设()(),0,22Pxx−，则()230,,1,03AE

，所以2323,,1,33APxAE=−=−，所以43APAEx=+，因为22x−，所以APAE210,33−，故选：C9．BC【分析】利用正弦定理，结合三角形个数的

判断，判断各选项的正误．【详解】解：对于A，∵b＝7，c＝3，C＝30°，∴由正弦定理可得：17sin72sin136bCBc===，无解；对于B，b＝5，c＝4，B＝45°，∴由正弦定理可得：24sin222sin15

5cBCb===，且c＜b，有一解；对于C，∵a＝6，b＝33，B＝60°，∴由正弦定理可得：36sin2sin1,9033aBAAb====，此时C＝30°，有一解；对于D，∵a＝20，b＝30，A＝30°，∴由正弦定理可得：130sin32sin1204bABa===

，且b＞a，则sinbAab，∴B有两个可能值，即有两解，故选：BC．【点睛】易错点睛：利用正弦定理判断三角形解的个数时需要注意：（1）正弦值的范围：()0,1；（2）利用正弦定理求解出正弦值()0,1后，注意结合“大边对大角，小边对小角”对

结果进行取舍.10．BD【分析】利用特殊值法可判断A选项的正误；利用复数的乘法可判断B选项的正误；利用复数的乘法以及复数相等可判断C选项的正误；利用复数的概念结合充分条件、必要条件的定义可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，取1zi=

+，则()2212zii=+=，222112z=+=，所以，22zz，A选项错误；对于B选项，()()222zzabiabiabz=+−=+=，B选项正确；对于C选项，()()22222zabiababi=

+=−+为纯虚数，则22020abab−=，即0ab=，C选项错误；对于D选项，充分性：若z为实数，即za=，此时za=，zz=，充分性成立.必要性：若zz=，即abiabi+=−，可得bb=−，即0b=，zR，必要性成立.所以，复数z是实数的充要条件是zz=，

D选项正确.故选：BD.11．ABC【分析】根据三点C1，M，O是平面C1BD与平面ACC1A1的公共点可知C1，M，O三点共线，由此可得答案.【详解】在题图中，连接A1C1，AC，则AC∩BD＝O，又A1C∩平面C1BD＝M.∴三点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1

A1的交线上，即C1，M，O三点共线，∴A，B，C均正确，D不正确.故选：ABC12．ABD【分析】利用12,ee运算可得ab−的仿射坐标，知A正确；根据()2122aee=+，利用平面向量数量积的运算律可求

得B正确；由()()12123222abeeee=+−=−，知C错误；利用abb可求得a在b上的投影数量，由投影向量定义计算可得D正确.【详解】对于A，122aee=+，122bee=−，123abee−=−+，即()1,3ab−=−，A正确；对于B，()2

121222214cos433aeeee=+=+=++=，B正确；对于C，()()221212112223222323cos032abeeeeeeee=+−=+−==−，ar与b不垂直，C错误；对于D，(

)2121222254cos73beeee=−=−=−=，ar在b上的投影数量为3372147abb−==−，ar在b上的投影向量为123733333,1414714714bbeeb−=−=−+=−，D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题考查平面

向量中的新定义运算的问题，解题关键是能够利用12,ee表示所求内容，根据平面向量的加减、数乘以及数量积运算等知识来进行求解.13．82【分析】建立方位平面直角坐标系，在ABS中，利用正弦定理求解.【详解】如图所示：由题意得30,75BASy

BS==，则45BSA=，又132162AB==，在ABS中，由正弦定理得16sin30sin45sin45BSAB==，解得82BS=，故答案为：8214．91516【分析】利用正弦定理求得2ac=，结合余弦定理求出,ac，

再利用三角形的面积公式可求得结果.【详解】sin2sinbAcB=Q，由正弦定理得：2bacb=，即2ac=由余弦定理得：222cos2acbBac+−=，即22214944ccc+−=，解得：294c=，又0c，32c

=，3a=0B，215sin1cos4BB=−=，所以ABC的面积为11315915sin3222416ABCSacB===△.故答案为：91516.【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知

条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：（1）若式子含有sinx的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；（2）若式子含有,,abc的齐次式，优先考虑正弦定理，“边

化角”；（3）若式子含有cosx的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；（4）代数变形或者三角恒等变换前置；（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理使用；（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到ABC++=.15．8216【分析】首先根据斜二测画法画出原图

，再计算其面积和周长即可.【详解】如图所示：2OABC==，42OB=，90BOA=，所以()222426AB=+=，故原图的周长为662216+++=，面积为24282=.故答案为：82；1616．01−【分析】根据复指数函数和三角函数的关

系可计算得出1ie+的值，由已知条件得出31322iie+=，利用指数的运算性质以及复指数函数和三角函数的关系可求得31322i+的值.【详解】1cossin1110iei+=++=−+=，313c

ossin2233iiie+=+=，因此，33313cossin122iiieei+===+=−.故答案为：0；1−.17．（1）1zi=+；（2）()0,+.

【分析】（1）利用复数的四则运算以及复数的分类即求解.（2）利用复数的四则运算以及复数的几何意义即可求解.【详解】（1）因为z＝a＋i(a>0)，所以z＋2z＝a＋i＋2ai+＝a＋i＋()()()2aiaiai−+−＝a＋i＋2221

aia−+＝2222111aaiaa++−++，由于复数z＋2z为实数，所以1－221a+＝0，因为a>0，解得a＝1，因此，z＝1＋i.（2）由题意(m＋z)2＝(m＋1＋i)2＝(m＋1)2－1＋2(m＋1)i＝(m2＋2m)＋2(m＋1)i

，由于复数(m＋z)2对应的点在第一象限，则()220210mmm++，解得m>0.因此，实数m的取值范围是(0，＋∞).18．（1）32rR=，大圆锥与小圆锥的侧面积的比值为3:1；（2）3:

8.【分析】（1）求出球的表面积和圆锥底面积，即可得出32rR=，根据几何特征表示出圆锥的高和母线长，即可求出侧面积之比；（2）根据体积公式计算出，即可得出比值.【详解】解：（1）球的表面积为24R，圆锥的底面积为223416rR=，解得

32rR=，由几何体的特征知球心到圆锥底面的距离，球的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形；由此可以求得球心到圆锥底面的距离是：22112OORrR=−=，所以小圆锥的高为：1122RRR−=，

母线长为：2212RrR+=；同理可得大圆锥的高为：1322RRR+=，母线长为：22332RrR+=；又由这两个圆锥的底面半径相同，∴较大圆锥与较小圆锥的侧面积之比等于它们母线长之比，

即3:3:1RR=.（2）由（1）可得两个圆锥的体积和为：321232RrR=，球的体积为：343R，故两个圆锥的体积之和与球的体积之比为：334:3:823RR=.19．（1）12AEba→→→=+,1223EFab→→→=−；（2）证明见解析

．【分析】（1）根据题意，由平面向量的线性运算法则即可用基底,ab→→，表示,AEEF；（2）由3243AGab=+,得出2EFEG=，即可证明结论.【详解】（1）由题可知：2211AEADDEADDCADAB=

+=+=+＝12ba→→+，121212232323EFECCFABCBABADab=+=+=−=−（2）3211,4343AGabEGAGAEab=+=−=−，122,,23EFabEGEFEG=−=共线，且,EFEG

有一公共点E，∴E，G，F三点共线．20．（1）72−；（2）7；（3）2π3；（4）72−．【分析】由已知得1mn==，1cos602mnmn==.（1）()()232abmnmn=+−+展开可得答案；（2）()222amnmn=+=+再展开可得答案；.（3）

()23232bmnmn=−+=−+展开可得答案；（4）由（3）得，b在a的投影为cosbab可得答案.【详解】由已知得1mn==，1cos602mnmn==.（1）()()()()2223262abmnmnmnmn=+−+=−+

+17621122=−++=−.（2）()()()2222244amnmnmnmn=+=+=++141472=++=.（3）()()()22232329412bmnmnmnmn=−+=−+=+−1941272=+−=，由（1）（2）得712cos277ababab−

===−，因为两个向量的夹角的范围在0,，所以a与b夹角为23.（4）由（3）得，b在a的投影为17cos22babb=−=−.21．（1）3A=；（2）2193AD=.【分析】（1）利用正弦定理化简已知可得：2sincossi

ncossincosBAACCA=+，结合两角和的正弦公式及诱导公式可得：2cos1A=，问题得解.（2）利用2BDDC=可得：1233ADABAC=+，两边平方并结合已知及平面向量数量积的定义即可得解.

【详解】解：（1）因为2coscoscosbAaCcA=+，所以由正弦定理可得2sincossincossincosBAACCA=+,即2sincossin()sinBAACB=+=,因为sin0B,所以2cos1A

=，1cos2A=，(0,)A,故3A=.（2）由已知得1233ADABAC=+，所以222144+999ADABABACAC=+164443cos99939=++769=,所以2193AD=.【点睛】本题主要考查了正弦定

理的应用及两角和的正弦公式，还考查了利用平面向量的数量积解决长度问题，考查转化能力及计算能力，属于中档题．22．（1）3A=；（2）答案见解析.【分析】（1）由正弦定理结合二倍角的正弦公式可得结果；（2）①若选择5bc+=，利

用余弦定理可得3bc=，再利用面积公式可得结果；②若选择433c=，由余弦定理可求得得833b=，再利用面积公式可得结果；③若选择75C=°，由内角和求得45B=，再由正弦定理求出b，代入面积公式即可.【详解】（1）cossin2AbaB=，由正弦定理可得sinc

ossinsin2ABAB=，又sin0B，cossin2sincos222AAAA==，又由已知cos02A，1sin22A=，由(0,)A．3A=（2）①若选择5bc+=，由余弦定理得：22

22()3abcbcbcbc=+−=+−，16253bc=−，3bc=，11333sin32224ABCSbcA===．②若选择433c=，由余弦定理得：222216432cos1633abcbcAbb=+−=

+−=，整理得：24332033bb−−=，解得：833b=，或433b=−（舍去），118343383sin223323ABCSbcA===．③若选择75C=°，则180756045B=−−

=，由正弦定理得：sin60sin45ab=，sin4546sin603ab==．()1146sin4sin4530223ABCSabC==+14662124342343++==．【

点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：（1）若式子含有sinx的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；（2）若式子含有,,abc的

齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；（3）若式子含有cosx的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；（4）代数变形或者三角恒等变换前置；（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理使用；（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到ABC++=.