【文档说明】湖南省三湘名校教育联盟2020-2021学年高一下学期期中考试数学答案.pdf，共(4)页，414.428 KB，由小赞的店铺上传

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1高一数学参考答案选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案DCBBCADAABCBCABDAB1.D解析：∵B＝{x|x(x－4)<0}＝{x|0<x<4}，∴A∪B＝{x|0

≤x<4}.2.C解析：由线面、面面的位置关系易知C正确．3.B解析：由题意可得∠ACB＝60°，∴AB2＝25＋64－40＝49，∴AB＝7.4.B解析：ππsin3cos2sin,sin3cos2sin33yxxxyxxx

，∴至少向左平移2π3个单位长度.5.C解析：由已知可得22222sin2sincos2sinsin0,cos222ccaBAAABAcc，解得22sin5,5,5sinAacacC.6.A解析：在△ABC中，cos72°＝

12BCAC＝5－14，∴cos324°＝cos36°＝1cos72625512164.7.D解析：4logyfxx的零点个数，即4logyfxyx与的图像的交点个数，作出图像可得共有8

个交点.8.A解析：由已知33sinsincossinsincossin,sincossincos,22ABCCBABACCA3sin.2Bπ,,3abABB24sinacA

π2sin4sin2sin3CAA5sin3cosAA27sinA，∴最大值为27.9.ABC解析：z＝3－i2＋i＝（3－i）（2－i）5＝1－i，故ABC错误.10.BC解析：|a＋b

|2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋2a·b＋4＝4，∴a·b＝－12，∴a·(a＋2b)＝0，∴a⊥(a＋2b)，|a－b|＝a2－2a·b＋b2＝6，cos<a，b>＝a·b|a||b|＝－14，∴a与b的夹角不是2π3，故BC正确．211.ABD解

析：S＝AB→·AC→＝|AB|·|AC|cosA＝12bcsinA，∴tanA＝2，sinA＝255，cosA＝55.S＝12BA→·BC→＝12|BA|·|BC|cosB＝12acsinB，∴tanB＝1，B＝π4，cosC＝

－cos(A＋B)＝－(55×22－255×22)＝1010.由AB→·AC→＝12BA→·BC→得bccosA＝12accosB，∴a＝210b5，由c2＝a2＋b2－2abcosC解得c＝35b5.12.AB解析：∵EF∥AC1，∴EF∥平面ACC1A1，A正确；球在底面上的投影为△AB

C的内切圆，其半径为△ABC高的13，即为1，若存在内切球，则AA1＝2R＝2，B正确；外接球的半径r＝22＋12＝5，∴外接球的体积V＝205π3，C错误；平面CEF即为平面B1CE，将三棱柱截下一个三棱锥B1­CBE，设△ABC的面积为S，棱柱的高为h，V三棱柱＝Sh

，VB1­CBE＝13×12Sh＝16Sh，∴大小两部分的体积比为5∶1，D错误．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）[13.π6或5π614.－215.6616.3－23（第一空2分，第二空3分）13.π6或5π6

解析：由正弦定理得3sinB＝72×37，解得sinB＝12＞37，∴B＝π6或5π6.14.－2解析：21,3,131,3BCACABtBCtt，∴2,31,02ABBC

.15.66解析：如图，取AC中点F，连接BF，EF，则∠BEF即为异面直线BE与AD所成角，由BC＝2AB可得三棱锥侧棱两两垂直，设AB＝22，则BC＝4，EF＝2，BE＝23，BF＝10，∴cos∠BEF＝223＝66.16.3－2

3解析：S＝12absinC＝112abc，∴csinC＝2R＝6，R＝3.设BC的中点为D，根据题意可得OA→＝－32(AB→＋AC→)＝－3AD→，∴A，O，D三点共线，∴AB＝AC，且AD＝1，DO＝2，根据勾股定理可得BD＝5，AB＝6，∴BC＝25，根据余弦定

理可得cosA＝6＋6－202×6＝－23.四、解答题（本大题共6小题，共70分）17．解析：(1)AB→＝(0，1)－(1，0)＝(－1，1)，AC→＝(2，5)－(1，0)＝(1，5)，∴2AB→＋AC→＝2(－1，1)＋(1，5)＝(－1，7)，∴|2AB→＋AC→|＝（－1）2＋

72＝52.(6分)(2)cosθ＝－1＋5（－1）2＋12×12＋52＝21313.(10分)318．解析：(1)f(x)＝32sin2x＋12cos2x＝sin(2x＋π6)，令2kπ－π2≤2x＋π6≤2kπ＋π2得kπ－π3≤x≤kπ＋π6(k∈Z)，∴f

(x)的单调递增区间为[kπ－π3，kπ＋π6](k∈Z)．(5分)(2)由f(A)＝12得sin(2A＋π6)＝12，∵π6<2A＋π6<2π＋π6，∴2A＋π6＝5π6，∴A＝π3，∵AB→·AC→＝9，∴bccosA＝9，

∴bc＝18，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－3bc＝4a2－3×18，∴a＝32.(12分)19.解析：(1)∵ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点，∴NQ∥AB∥CD，MQ∥PC，∴NQ∥平面PCD，MQ∥平面PC

D∵NQ∩MQ＝Q，且NQ、MQ⊂平面MNQ，∴平面MNQ∥平面PCD.(6分)(2)线段PD上存在一点E，使得MN∥平面ACE，且PEPD＝12.证明如下：取PD中点E，连接NE、CE，∵N、E、M分别是AP、PD、BC的中点

，BC綊AD，∴NE綊MC，∴四边形MCEN是平行四边形，∴MN∥CE，∵MN⊄平面ACE，CE⊂平面ACE，∴MN∥平面ACE，且PEPD＝12.(12分)20.解析：(1)由已知及正余弦定理得b＋2c·b2＋c2－a22bc＝0

，化简得2222acb.(5分)(2)由（1）可得cosB＝a2＋c2－b22ac＝a2＋3c24ac≥2a2·3c24ac＝32，∴π6B，当且仅当a2＝3c2，即a＝3c时等号成立，∴角B存在最大值为π6.(12分)21．解析：(1)取A1D1中点M，连接MB1

、ME、GE、MG.∵ABCD­A1B1C1D1是正方体，M、G分别为A1D1、AD的中点，∴BG∥B1M，∴B1E与BG所成角即为B1M与B1E所成角，∴∠MB1E为异面直线B1E与BG所成角．设正方体的棱长

为2，则MB1＝B1E＝5，ME＝6，∴cos∠MB1E＝5＋5－62·5·5＝25.(5分)4(2)存在，且DTDC＝14.证明如下：延长BC，B1F交于H，连接EH交DC于K，∵CC1∥BB1，F是CC1的中点，∴C为BH中点．∵CD∥A

B，∴KC∥AB，且KC＝12EB＝14CD，当DT＝14DC时，TK∥AE，且TK＝AE，即四边形AEKT为平行四边形，∴AT∥EK，即AT∥EH，又EH⊂平面B1EF，AT⊄平面B1EF，∴AT∥平面B1EF.(12分)22.解析：（1

）∵D是BC中点，且AB＝2，AC＝3，AD＝2，∴1AD(ABAC)2，∴221AD(ABAC)4，∴111154(492ABAC)(49223cos),cos,sin4444BACBACBAC

，∴1315s4in2ABCSABACBAC.（6分）（2）∵ABACAEABAC|AB||A|3C2，且B，E，C三点共线，

∴231，解得65．（12分）