【文档说明】福建省南安市柳城中学2020-2021学年高一下学期期中考试数学试题含答案.docx，共(15)页，928.852 KB，由小赞的店铺上传

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2021年柳城中学高一下数学期中试题一、单选题1.设复数(12)zii=−（i为虚数单位），则在复平面内z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.若向量(1,2)a=，(0,1)b=，kab−与2ab−共线，则实数k的值为（）A.1−B.12−C.1

D.23.已知正三角形ABC的边长为2，那么ABC△的直观图ABC△的面积为（）A.62B.34C.3D.684.在ABC△中，43a=，12b=，6A=，则此三角形（）A.无解B.两解C.一解D.解的个数不确定5.已知圆

柱的高为2，它的两个底面的圆周在直径为26的同一个球的球面上，则圆柱的表面积为（）A.45B.()863+C.103D.()1045+6.在平行四边形ABCD中，点N为对角线AC上靠近A点的三等分点，连结BN并延长交AD于M，则MN=（）A.1136ABAD−+B.

1143ABAD−C.1136ABAD−D.3144ABAD−7.《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，下周十尺，高六尺，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10尺，米堆的高为6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，估算堆放的米约为（）A.17斛B.25斛C.41斛D.58斛8.如图，为

了测量B，C两点间的距离，选取同一平面上A，D两点，已知90ADC=60A=，2AB=，26BD=，43DC=，则BC的长为（）A.43B.5C.65D.7二、多项选择题9.在复平面内，下列说法正确的是（）

A.若复数11izi+=−（i为虚数单位），则301z=−B.若复数z满足2zR，则zRC.若复数(,)zabiab=+R，则z为纯虚数的充要条件是0a=D.若复数z满足1z=，则复数z对应点的集合是以原点O

为圆心，以1为半径的圆10.已知，是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（）A.若mn∥，m⊥，则n⊥B.若m∥，n=，则mn∥C.若m⊥，m⊥，则∥D.若m

⊥，mn∥，n⊥，则∥11.下列结论正确的是（）A.在ABC△中，若AB，则sinsinABB.在锐角三角形ABC中，不等式2220bca+−恒成立C.在ABC△中，若4C=，22acbc−=，则ABC△为等腰直角三角形D.在ABC△中，若3

b=，60A=，三角形面积33S=，则三角形外接圆半径为3312.在ABC△中，D，E，F分别是边BC，AC，AB中点，下列说法正确的是（）A.0ABACAD+−=B.0DAEBFC++=C.若3||||||ABACADADABAC+=，则

BD是BA在BC的投影向量D.若点P是线段AD上的动点，且满足BPBABC=+，则的最大值为18二、填空题13.已知复数31izi−=+（i为虚数单位），则z=_________.14.已知向量a，b夹角为30，||2a=，||23b=，则|2|ab+=_________.15.在

ABC△中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若()()3abcabcab+++−=，且2abc=，则sinbaA的值为_________.16.已知一个高为3的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为23的等边三角形，则三棱锥的表面

积为_________，若三棱锥内有一个体积为V的球，则V的最大值为_________.四.解答题17.己知向量a，b，c是同一平面内的三个向量，其中()1,1a=−（Ⅰ）若||32c=，且ca∥，求向量c的坐标；（Ⅱ）若

b是单位向量，且(2)aab⊥−，求a与b的夹角.18.如图，在三棱锥PABC−中，90ACB=，PA⊥底面ABC.M，N分别为PB，PC的中点.（1）求证：MN∥平面ABC；（2）求证：平面PCB⊥平面PAC；（3）若2PAACCB===，求三棱锥NA

MC−的体积19.在ABC△中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知222sinsinsin2sinsinBCABC+=+.（1）求角A的大小；（2）若1cos3B=，3a=求c的值.20.已知复数12sinsin()zACaci=++，212coscos4zACi

=++，且12zz=，其中A、B、C为ABC△的内角，a、b、c为角A、B、C所对的边.（1）求角B的大小；（2）若22b=，求ABC△的面积.21.如图所示，在正方体1111ABCDABCD−.（1）求AC与1AD所成角的大小；（2）求证：平面1ACB⊥平面11

BDDB；（3）若E，F分别为AB，AD的中点，求EF与平面1ABC所成角的正切值.22.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A，B，C三点满足1233OCOAOB=+.（1）求证：ACCB∥；（2）已知(1,cos)Ax，(1cos,cos)Bxx+，0,2

x，2()2||3fxOAOCmAB=−+若()fx的最小值为()gm，求()gm的最大值.2021年柳城中学高一下数学期中试题答案1.【答案】A【分析】根据复数的乘法运算可得到结果.【详解】复数(12)2ziii=−

=+，对应的点坐标为()2,1，在第一象限故选：A.【点睛】在复平面上，点(),Zab和复数(,)zabiab=+R一一对应，所以复数可以用复平面上的点来表示，这就是复数的几何意义.复数几何化后就可以进一步把复数与向量沟通起来，从而使复数问题可通过画图

来解决，即实现了数与形的转化.由此将抽象问题变成了直观的几何图形，更直接明了，属于基础题.2.【答案】B【分析】由题意结合平面向量线性运算的坐标表示可得(,21)kabkk−=−，2(1,4)ab+=，再由平面向量共线的性质即可得解.【详解】∵向量(1,2)a=，(0,1)b=，∴(1,2)(0

,1)(,21)kabkkk−=−=−，2(1,2)2(0,1)(1,4)ab+=+=，又kab−与2ab+共线，∴421kk=−，解得12k=−故选：B.【点睛】本题考查了平面向量线性运算的坐标表示及平面向量共线的性质，考查了运算求解能力，属于基础题.3.【答案】D【分析】作出原图

和直观图，然后求面积.【详解】如图，直观图ABC△的底边AB长度为原图形的底边长，高为原图形的高CD的一半乘以22，故其直观图面积为131262222228=.【点睛】本题考查了斜二测画法及平面直观图的面积.熟记作图原则是关键，属于基础题.4.【答案】【分析】利用正弦定

理列出关系式，把a，b，sinA的值代入求出sinB的值，即可做出判断.【详解】∵在ABC△中，43a=，12b=，6A=，由正弦定理sinsinaAbB=得：112sin32sin1243bABa===，又∵ab，∴此三角形有两解.故选：B.【点睛】本题考查利用正弦定理判断

三角形解的情况，解题关键是能够熟练掌握正弦定理，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.5.【答案】D【分析】先求出圆柱的底面圆的半径，再求圆柱的表面积.【详解】由题得圆柱的底面圆的半径为22(6)15−=，所以圆柱的侧面积为22(5)252(1045

)+=+.故选：D.【点睛】本题主要考查球的内接圆柱问题，考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象观察能力，关键在于求出圆柱的底面圆的半径，属于中档题.6.【答案】C【分析】利用三角形相似推出12AMAD=，

再利用边的比例关系及平行四边形法则即可求解.【详解】∵MANACB=，MNABNC=，∴ANMCNB△∽△∴12AMANBCNC==，∴111111()323236MNANAMACADABADADABAD=−=−=+−=−.故选：

C.【点睛】本题考查用基底表示向量、平面向量线性运算，属于基础题.7.【答案】C【分析】根据圆锥的体积公式计算出对应的体积即可.【详解】解：设圆锥的底面半径为r，则102r=，解得20r=，故米堆的体积为211202002006433

=，∵1斛米的体积约为1.62立方尺，∴2001.62413，故选：C.【点睛】本题主要考查锥体的体积的计算，属于基础题.8.【答案】A【分析】在ABD△中，由正弦定理求出sin

ADB，再根据诱导公式求出cosBDC，最后在CBD△中，由余弦定理计算可得：【详解】解：在ABD△中，由正弦定理可得sinsinBDABAADB=，即262sin60sinADB=，所以2sin4ADB=，又因为90ADC=，所以()2coscos90sin4BDCAD

BADB=−==在CBD△中，由余弦定理可得2222cosBCDCBDDCBDBDC=+−即2222(43)(26)243264BC=+−所以43BC=，故选：A.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，属于基础题.9.【答案】AD【分析】根据复数的运

算及相关概念一一判断可得；【详解】解：对于A：21(1)1(1)(1)iiziiii++===−−+，21i=−，41i=，所以303047221ziii+====−，故A正确；对于B：设zabi=+，,abR，所以2222()2zabiababi=+=−+，若2zR，则20ab=，则0a

=，0b或0b=，0a或0ab==，当0b=时zR，故B错误；复数(,)zabiab=+R，则z为纯虚数的充要条件是0a=且0b，故C错误；若复数z满足||1z=，则复数z对应点的集合是以原点O为圆心，以1为半径的圆，故D正确；故选：AD.【点睛】本题考考查复数的运算及相关

概念的理解，属于基础题.10.【答案】ACD【分析】由线面垂直的判定定理、面面平行的判定定理、线面平行的性质定理，以长方体为载体逐一分析即可得出结论.【详解】解：若m⊥，则,ab且abP=使得ma⊥，mb⊥，又mn∥，则na⊥，nb⊥，由线面垂直的判定定理得n⊥，故A对；若m∥，n

=如图，设mAB=，平面1111ABCD为平面，m∥，设平面11ADDA为平面，11ADn==，则mn⊥，故B错；垂直于同一条直线的两个平面平行，故C对；若m⊥，mn∥，则n⊥，又n⊥，

则∥，故D对；故选：ACD.【点睛】本题主要考查线面平行的性质定理、面面平行的判定定理以及线面垂直的判定定理，通常借助长方体为载体进行判断，属于基础题.11.【答案】ABC【分析】对选项A，利用三角形“大角对长边”和正弦定理即可判断A正确；对选项B，利用余弦定理222cos02bcaAbc+

−=，即可判断B正确，对选项C，首先根据余弦定理得到2bca+=，利用正弦定理边化角公式得到sinsin2sin4BA+=，再化简即可判断选项C正确.对选项D，首先利用面积公式得到4c=，利用余弦定理得到13a=，再利用正弦定理2sinaRA=即可判断

D错误.对选项A，在ABC△中，由2sin2sinsinsinABabRARBAB，故A正确.对选项B，若2220bca+−，则222cos02bcaAbc+−=，又因为0A，所以A为锐角，符合ABC△为锐角三

角形，故B正确.对选项C，2222cos4cabab=+−，整理得：2222cabab=+−.因为22acbc−=，所以220bcbab+−=，即2bca+=.所以sinsin2sin4BA+=，即2sin

2sin24BB+=+，2sin2sincoscossinsincos244BBBBB+=+=+，又2cos2B=，又0B，所以4B=.故442A=−−=，则ABC△为等腰直角三角形，故C正确.对选项D，113sin333222SbcAc==

=，解得4c=.22212cos916234132abcbcA=+−=+−=，所以13a=.又因为132239132sin6033R===，393R=，故D错误.故选：ABC【点睛】主要考查正弦定理和余

弦定理的综合应用，熟练掌握公式为解题的关键，属中档题.12.【答案】BCD【分析】对选项A，B，利用平面向量的加减法即可判断A错误，B正确对选项C，首先根据已知得到AD为BAC的平分线，即ADBC⊥，再利用平面向量的投影概

念即可判断C正确.对选项D，首先根据A，P，D三点共线，设(1)BPtBAtBD=+−，01t，再根据已知得到12tt=−=，从而得到211112228tylmtt−===−−+，即可判断选项D正确.【详解】如图所示：

对选项A，20ABACADADADAD+−=−=，故A错误.对选项B，111()()()222DAEBFCABACBABCCACB++=−+−+−+111111222222ABACBABCCACB=−−−−−−1111110222222ABACABBCA

CBC=−−+−++=，故B正确.对选项C，||ABAB，||ACAC，||ADAD分别表示平行于AB，AC，AD的单位向量，由平面向量加法可知：||||ABACABAC+为BAC的平分线表示的向量.因为3||||||ABA

CADABACAD+=，所以AD为BAC的平分线，又因为AD为BC的中线，所以ADBC⊥，如图所示：BA在BC的投影为||||cos||||||BDBABBABDBA=，所以BD是BA在BC的投影

向量，故选项C正确.对选项D，如图所示：因为P在AD上，即A，P，D三点共线，设(1)BPtBAtBD=+−，01t.又因为12BDBC=，所以(1)2tBPtBABC−=+.因为BPBABC=+，则12tt=−=，01t

.令211112228tylmtt−==−−+，当12t=时，取得最大值为18.故选项D正确.故选：BCD【点睛】主要考查平面向量的加法，减法的几何意义，数形结合为解决本题的关键，属中档题.13.【答案】5【分析】首

先化简12zi=−，求出z的共轭复数，再求模长即可.【详解】23(3)(1)3324121(1)(1)22iiiiiiiziiii−−−−−+−=====−++−，12zi=+，22||125z=+=.故答案为：5.【点睛】本题主要考查复数的模长，同时考查复数的四则运算和共轭复数，

属于简单题.14.【答案】213【分析】首先根据向量数量积的运算律计算2(2)ab+，再开根即可.【详解】因为向量a，b，夹角为30，||2a=，||23b=所以2223|2|4444422312522abaabb+=++=++=，所以2|2|213ab+=.故答案为：

213.【点睛】本题考查向量的数量积，涉及向量数量积的运算律、向量的模，属于基础题.15.【答案】233【分析】由题意结合正弦定理、余弦定理可转化条件为1cos2C=，sinsinaAbC=，求得3C=后代入运算即可得解.【详解

】∵()()3abcabcab+++−=，∴222abcab+−=，∴2221cos22abcCab+−==，由(0,)C可得3C=，又2abc=，∴sinsinaAbC=，∴11123sinsin33sin32baAC====.故

答案为：233.【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理的综合应用，考査了运算求解能力与转化化归思想，熟记公式，合理运用是解题的关键，属于中档题.16.【答案】（1）93（2）4327【分析】画出图形，取

BC的中点E，连接AE、PE，设ABC△的中心为O，连接PO，由题意结合正三棱锥的几何特征可得PEBC⊥、2PE=，进而可求得的三棱锥的表面积和体积，由等体积法即可求得三棱锥内切球的半径，即可得解.【详解】由题意，三棱锥PABC−如图所示：取BC的中点E，连接AE、PE，由正三角形的性质可得ABC

△的中心O在线段AE上，且13133OEAECE===，连接PO，则PO即为该三棱锥的高，即3PO=，所以222PEOEPO=+=，又PBPC=，所以PEBC⊥，所以1232PBCSBCPE==△，又1332ABCSBCAE==△，所以三棱锥的表面积33332393ABCPBCSSS

=+=+=△△；所以该三棱锥的体积111333333ABCVSPO===△，当球与三棱锥PABC−内切时，体积最大，设三棱锥PABC−的内切球的半径为R，则()111393333ABCPBCVSSRR=+==△△，

解得33R=，则33max4434333327VR===.故答案为93；4327.【点睛】本题考查了正三棱锥几何特征的应用以及几何体内切球半径的求解，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于

中档题.17.【答案】（Ⅰ）(3,3)c=−，或(3,3)c=−；（Ⅱ）4=.（Ⅰ）设向量c的坐标为(),xy运用向量模的公式和向量共线的坐标表示，解方程即可得到向量c的坐标；（Ⅱ）运用向量垂直的条件：数量积为0，

可求得1ab=，由向量的夹角公式，计算即可得到所求夹角.【详解】（Ⅰ）设(,)cxy=，由||32c=，且ca∥可得22018yxxy+=+=，所以33xy=−=或33xy==−，故(3,3)c=

−，或(3,3)c=−（Ⅱ）因为||2a=，且(2)aab⊥−，所以(20)aab−=，即220aab−=，所以220ab−=，1ab=，故2cos2||||abab==，4=.18.【答案】（

1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）13.【分析】（1）由题意可得MNBC∥，再利用线面平行的判定定理即可证出.（2）由线面垂直的性质定理可得PABC⊥，再由ACBC⊥，利用线面垂直的判定定理可得BC⊥平面PAC，再由

面面垂直的判定定理即可证出.（3）利用等体法：1133NAMCMANCANCVVSMN−−===△【详解】证明：（1）M，N分别为PB，PC的中点，所以MNBC∥，BC平面ABC，MN平面ABC，所以MN∥平

面ABC；（2）PA⊥底面ABC，BC平面ABC，所以PABC⊥，因为90ACB=，所以ACBC⊥，又PAACA=，所以BC⊥平面PAC，BC平面ABC，所以平面PCB⊥平面PAC；（3）由（2）知，MNBC∥，BC⊥平面P

AC，所以MN⊥平面PAC，112MNBC==，在三角形PAC中，2AN=，2NC=，112ANCSANNC==△，所以1133NAMCMANCANCVVSMN−−===△.【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、面面垂直的判定定理、等体法求三棱锥的体积，考查了考生的推理能力，需

熟记锥体的体积公式，属于基础题.19.【答案】（1）4A=；（2）221+.【分析】（1）由正弦定理化角为边，然后由余弦定理可得cosA，从而得A；（2）由两角和的正弦公式和诱导公式求得sinC，再由正弦定理可得c.【详解】解：（1）由正弦定理可得2222bcabc+=+，由余

弦定理得2222os22bcaAbc+−==，因为(0,)A，所以4A=；（2）由（1）可知2sin2A=，因为1cos3B=，B为ABC△的内角，所以22sin3B=，故sinsin[()]sin()sincoscossi

nCABABABAB=−+=+=+212224223236+=+=，由正弦定理sinsinacAC=得423sin6221sin22aCcA+===+.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理，解题关键是用正弦定理进行边角转换.20.【答案】（1）3B

=；（2）233【分析】（1）根据复数相等可得2sinsin12coscosACAC=+，变形化简即可求出B；（2）根据3B=，4ac+=，22b=，利用余弦定理可求出ac，代入三角形面积公式即可.【详解】（1）∵12zz=，∴2sinsin12coscosACAC=+①，4ac+=②

，由①得2(coscossinsin)1ACAC−=−，即1cos()cos()cos2ACBB+=−=−=−，∵1cos2B=，∵0B，∴3B=；（2）∵22b=，由余弦定理得2222cosbacacB=+−，即228acac+−=，④由②

得22216acac++=⑤，由④⑤得83ac=，∴118323sin22323ABCSacB===△.【点睛】本题主要考查了复数相等，余弦定理，三角形面积公式，三角恒等变形，属于中档题.21.【答案】（1）60；（2）2【分析】（1）由1111ABCDABCD−是正方

体，可得从而1BC与AC所成的角就是AC与1AD所成的角，根据三角形的几何性质即可求解.（2）连接BD，所以EFBD∥，所以EF与平面1ABC所成角即等于BD与平面1ABC所成角，即角1BOB即为所求，根据边长关系，即可求得1BOB正切值.【详解】解：（1）如图所示，连

接1BC，1AB，由1111ABCDABCD−是正方体，易知ADBC∥，从而1BC与AC所成的角就是AC与1AD所成的角，∵11ABACBC==，∴160BCA=，即1AD与AC所成的角为60.（2）连接BD与AC交于点O，因

为ACBD⊥，1ACBB⊥，且1BDBBB=，所以AC⊥平面11BDDB，所以平面1ACB⊥平面11BDDB，（3）在正方体1111ABCDABCD−中，∵E，F分别为AB，AD的中点，∴EFBD∥，所以EF与平面1ABC所成角即等于BD与平面1ABC所成角，连接1BO，所以1BO即为BO在平面1

ACB的射影所在的线段；1BOB即为BO与平面1ACB所成的角，设该正方体边长为2，得2OB=，12BB=，1tan2BOB=，所以EF与平面1ABC所成角的正切值为2.【点睛】本题考查空间中异面直线所成的角、线面角的求法，解题的关键在于通过

平移找到线线角、线面角，并根据几何性质求解，属中档题.22.【详解】（1）由题意知A，B，C三点满足1233OCOAOB=+，可得2()3OCOAOBOA−=−，所以22()33ACABACCB==+，即1233ACCB=即2ACCB=，

则ACCB∥（2）由题意，函数2222()?2||1coscos2cos333fxOAOCmABxxmx=−+=++−+22(cos)1xmm=−+−因0,2x，所以cos[0,1]x当0m时，()fx取得最小值()1gm

=，当01m时，当cosxm=时，()fx取得最小值2()1gmm=−，当1m时，当cos1x=时，()fx取得最小值()22gmm=−，综上所述，210()101221mgmmmmm=−−，可得函数()gm的最大值为1，即()gm

的最大值为1.