【文档说明】山东省济宁市泗水县2020-2021学年高一下学期期中考试数学试题和答案.docx，共(8)页，688.773 KB，由小赞的店铺上传

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《课程标准》达标测试高一数学试题第Ⅰ卷（选择题共60分）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要求的．1.已知i是虚数单位，则20201ii−复平面内对应的点位

于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2.如图所示，+ab=（）A.124ee−+ururB.123ee−−ururC.123ee−−ururD.123ee−+urur3.已知向量a、b是两个非零向量，且abab=

=+，则a与b的夹角为（）A.56B.23C.6D.34．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分

之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（）A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛5.如图，在平行四边形ABCD中，,ABaADb==，E

是CD边上一点，且2DEEC=，则AE=（）A13ab+B.23ab+C.13ab+D.23ab+6．如图，平行六面体1111ABCDABCD−中，11ABADAA===，1120BADBAA==，160DAA=，则1AC=（）A．1B．2C．3D．27.一个由两个圆柱组合

而成的密闭容器内装有部分液体，小圆柱底面半径为1r，大圆柱底面半径为2r，如图1放置容器时，液面以上空余部分的高为1h，如图2放置容器时，液面以上空余部分的高为2h，则12hh=（）A.21rrB.212rrC.321rrD

.21rr8.八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH，其中OA=1，则下列结论中错误．．的是。（）A．//ADBCuuuruuurB．22OAOD=−uuruuurgC．2

OBOHOE+=−uuuruuuruuurD．22AF=−uuur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.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.设i为虚数单位，复数()(12)zaii

=++，则下列命题正确的是（）A.若z为纯虚数，则实数a的值为2B.若z在复平面内对应的点在第三象限，则实数a的取值范围是(,)122−C.实数12a=−是zz=（z为z的共轭复数）的充要条件D.若||5()zzxixR+=+，则实数a的值为210.若a→，b→，c→是任意的非零向量，则下列叙

述正确的是（）A.若ab→→=，则ab→→=B.若acbc→→→→=，则ab→→=C.若//ab→→，//bc→→，则//ac→→D.若abab→→→→+=−，则ab→→⊥11．如图,在棱长均相等的四棱锥PABCD−中,O为底面正方形的中心,M,N分别为侧

棱PA,PB的中点,有下列结论正确的有：()A．PD∥平面OMNB．平面PCD∥平面OMNC．直线PD与直线MN所成角的大小为90D．ONPB⊥12．设点M是ABC所在平面内一点，则下列说法正确的是（

）A．若1122AMABAC=+，则点M是边BC的中点B．2AMABAC=−若，则点M在边BC的延长线上C．若AMBMCM=−−，则点M是ABC的重心D．若AMxAByAC=+，且12xy+=，则MBC△的面

积是的ABC面积的12三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知复数31i22z=+，z的共轭复数为z，则zz=________.14.已知3a=，2b=，()()2318abab+−=−，则a与b的夹角为________.15.直角梯形AB

CD中，AD⊥AB，AD∥BC，AD＝2，AB＝1，BC＝3，现将梯形ABCD绕边AD所在直线旋转一周得到一旋转体，则该旋转体的体积为_____，表面积为_____．16.如图，边长为2的菱形ABCD的对角线相交

于点O，点P在线段BO上运动，若1ABAO=，则APBP的最小值为_______.四、解答题：本题共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.（本小题满分10分）在平面直角坐标系xOy中，已知(4,3)AB=−−，(3,1)BC=.（1）求BA与BC夹角的

余弦值；（2）设APAC=uuuruuur，若BPAC⊥，求实数的值.18.（本小题满分12分）已知复数()()220lg4432zaaaai=−++−+（i为虚数单位，aR）为纯虚数，0z和b是关于x的方程()23260xix

i−++=的两个根.（1）求实数a，b的值；（2）若复数z满足1zabi+，说明在复平面内z对应的点Z的集合是什么图形？并求该图形的面积19.（本小题满分12分）如图，四棱锥SABCD−的底面是边长为1的正方形，SD

垂直于底面ABCD，1SD=.（1）求平面SBC与平面ABCD所成二面角的大小；（2）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的大小.20（本小题满分12分）.如图，四边形ABCD中，2ADBC=.（1）用,ABAD表示DC；（2）若90A=，点E在AB上，2AEEB=

，点P在DE上，2DPPE=，1EBBC==，求cosCDP.21.（本小题满分12分）如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，点E是CD的中点，将△DAE沿线段AE折起到PAE的位置，F为PB的中点．（1）证明：//CF平面PAE；（2）若PB＝23，求证：

平面PAE⊥平面ABCE．22．（本小题满分12分）如图所示，在四边形ABCD中：3ACB=，3AB=，+3ACBC=，ACBC，//ABCD．点E为四边形ABCD的外接圆劣弧CD（不含,CD）上一动点．（1）证明：ABBC⊥；（2）若(,R

)ACxAByAExy=+，设DAE=，()yf=，求()f的最小值．《课程标准》达标测试高一数学试题答案选择题：1-8ABBBD,DBD,9ACD10ACD11ABD12ACD三、填空题：13.114.315.(1).83(2).（7+2）π16.34−四、解

答题：本题共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.（本小题满分10分）解：（1）因为(4,3)AB=−−，(3,1)BC=，所以(4,3)BA=，22435BA=+=，223110BC=+=，所以12315BABC=+=

，所以15310cos,10510BABCBABCBABC===；（2）因为()4,3AB=−−uuur，()3,1BC=，所以()1,2ACABBC=+=−−uuuruuuruuur，所以(),2APAC==−−，()4,32BP

BAAP=+=−−，又BPAC⊥，所以()()42320BPAC=−−−−=，所以2=.18.（本小题满分12分）解：（1）因为()()220lg4432iazaaa=+−++−为纯虚数，所以()22lg440320aaaa−+=−+，即22441320aaaa

−+=−+，解得3a=，此时02iz=，由韦达定理得0032i6izbzb+=+=，3b=.（2）复数z满足1izab+，即132z，不等式1z的解集是圆1z=的外部（包括边界）所有点组成的集合，不等式32z的解集是圆32z=的内部（包括边界）所有点组成的集合，所以所求点

Z的集合是以原点为圆心，以1和32为半径的两个圆所夹的圆环，包括边界.22=[(32)1]17S−=圆环.19.（本小题满分12分）解：（1）由题意可知底面ABCD是边长为1的正方形，则BCCD⊥，又因为SD垂直于底面ABCD，BC平面ABCD，则SDBC⊥，由于SCCDC=，

则BC⊥平面SDC，而SC平面SDC，所以BCSC⊥，则SCD即为平面SBC与平面ABCD所成二面角的平面角，由1SDDC==可知，在RtSCD中，45SCD=；（2）由1SDAD==，且SDAD⊥，M为棱SA的中点，所以由等腰三角形性质可知DMSA⊥,又因为B

AAD⊥，且SDBA⊥，所以BA⊥平面SDA，而DM平面SDA，所以BADM⊥，而DMSA⊥且BASAA=，所以DM⊥平面SAB，而SB平面SAB，所以DMSB⊥，则异面直线DM与SB垂直，所以异面直线DM与SB

的夹角为90.20（本小题满分12分）.解：（1）因为2ADBC=，所以1122DCDAABBCADABADADAB=++=−++=−+；（2）由已知：2ADBC=，2AEEB=，1EBBC==得：2AD=，2AE=，在ADE中，90A=，

2AEAD==，∴45AEDADE==，22DE=，在BCE中，90B=，1BEBC==，∴45BCEBEC==，2CE=，∴90CEP=，又∵2DPPE=，∴423DP=，223PE=，在CE

P△中，90CEP=，2CE=，223PE=，∴263CP=，∴222133cos13263CPE==，∵CPECPD+=∴()213coscos13CPDCPE=−=−.21.（本小题满分12分）（1）

如图，取PA中点G，连接,GFGE，∵F是PB中点，∴1//,2GFABGFAB=，原矩形中E是CD中点，∴//CEAB，12CEAB=，∴//,GFECGFEC=，∴GFCE平行四边形，∴//CFG

E，又CF平面PAE，GEÌ平面PAE，∴//CF平面PAE；（2）取AE中点M，连接,MPMB，∵PAPE=，∴PMAE⊥，又2PAPE==，1122222AMAE===，∴2PM=，45DAE=90

45EABDAE=−=，在ABM中，2222cosBMAMABAMABMAB=+−216224cos4510=+−=，∵23PB=，∴222PMMBPB++，即PMMB⊥，AEBMM=，AE平面ABCE，BM平面ABCE，∴PM⊥平面ABCE．又PM平面PAE，∴

平面PAE⊥平面ABCE．22．（本小题满分12分）22.（12分）解：（1）在ABC中，由余弦定理知：2222cosABACBCACBCACB=+−·················1分所以23()3ACBCACBC=+−，又因为+3ACBC=，所以

2ACBC=··3分是所以,ACBC分别为方程2320xx−+=的两根，因为ACBC，所以2,1ACBC==···················4分所以222ACABBC=+，所以ABBC⊥··················5分（2）因为ABBC⊥，所以

AC是四边形ABCD的外接圆的直径，ADDC⊥所以四边形ABCD为矩形，连接DE，6AEDACD==·········6分设AE交CD于F，作CG平行于AF且交AB于G，则四边形AGCF为平行四边形，所以ACAGAF=

+，又因为(,R)ACxAByAExy=+，由平面向量基本定理知：AFyAE=，所以AFyAE=·············8分在ADE中，因为6AED=，DAE=，所以56ADE=−由正弦定理知：sins

inAEADADEAED=，所以52sin()6AE=−在RtΔADF中，1coscosADAF==所以1()52cossin()6AFfyAE===−，(0,)3··········10分所以1()52cossin()6f=−2

1cos3sincos=+21cos23sin2=++212sin(2)6=++···········11分因为(0,)3，所以52()666+，，所以212sin(2)36

++所以，当6=时，()f取最小值，最小值为23．·············12分