【文档说明】河北省邯郸市九校联盟2020-2021学年高一下学期期中考试数学试题 含答案.docx，共(11)页，956.422 KB，由小赞的店铺上传

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1邯郸市九校联盟2020~2021学年第二学期期中质量检测高一数学考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。2．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请

用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。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．已知复数3izi=−，则z=（）A．13B．33C．

110D．10102．满足下列条件的三角形有两解的是（）A．1a=，2c=，90B=B．1a=，3b=，120A=C．2a=，3b=，1sin3A=D．2a=，35A=，24B=3．设m，n为两个不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A．若//mn

，m，n，则//B．若mn⊥，m，n，则⊥C．若//mn，m⊥，n⊥，则//D．若mn⊥，//m，//n，则⊥4．设a是非零向量，是非零实数，下列结论中正确的是（）A．ar与2

ar的方向相同B．ar与a−r的方向相反C．aa=rrD．aa−=−rr5．已知a，b，c分别为ABC△三个内角A，B，C的对边，且cos3sinabCbC−=，ABC△的外接圆半径为2．则b=（）A．3B．

2C．23D．46．如图，在长方体1111ABCDABCD−中，2ABAD==，11AA=，点P，Q分别是11AD，11BC的中点，则异面直线AP与DQ所成角的余弦值为（）2A．32B．23C．0D．637．已知向量ar，br满足：22ab==

rr，7ab+=rr，则向量ar与向量br的夹角为（）A．π6B．π3C．π2D．2π38．在ABC△中，已知202120211tantantanABC+=，则222abc+=（）A．2021B．2022C．4042D．4043二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共2

0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2分，有选错的得0分．9．复数cossinzi=+，其中)0,2π，下列说法正确的是（）A．当3ππ2时，z对应于复平面

内的点在第三象限B．2cos2sin2zi=+C．1zz=D．存在满足1z10．已知在锐角ABC△中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列结论正确的是（）A．若AB，则abB．222abc+C．若sinsinAC，则coscosACD．sinsin

sincoscoscosABCABC++++11．如图，在ABC△中，90BAC=，3AB=，4AC=，点D，E为边BC上两个动点，且满足2DE=，则下列选项正确的是（）A．ADAEuuuruuur的最小值为49

253B．ADAEuuuruuur的最小值为11925C．ADAEuuuruuur的最大值为485D．当ADAEuuuruuur取得最大值时，点D与点B重合12．已知在三棱锥PABC−中，O为AB中点，P

O⊥平面ABC，90APB=，2PAPB==，下列说法中正确的是（）A．若O为ABC△的外心，则2PC=B．若ABC△为等边三角形，则APBC⊥C．当90ACB=时，PC与平面PAB所成角的最大值为π4D．当4PC=时，M为平面PBC内动点，满足//OM平面

PAC，则M在PBC△内的轨迹长度为2三．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知aR，复数()221zaaai=+−+−是纯虚数，则a=______．14．已知G为ABC△的重心，且()AGABAC=+uuuruuuruuur，则=______．15．已知三棱锥

PABC−中，90BAC=，32ABAC==，该三棱锥的外接球半径为5，则三棱锥PABC−的体积最大值为______．16．如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点．从A点测得M点的仰角60

MAN=，C点的仰角45CAB=以及75MAC=；从C点测得60MCA=．已知山高100mBC=，则山高MN=______m．两山山顶的距离MC=______m．（本题第一个空2分，第二个空3分）四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步

骤．17．（本小题满分10分）已知向量()1,2a=r，()(),3bkk=Rr．4（1）若//abrr，求k的值；（2）若ab⊥rr，求向量ab+rr与br的夹角余弦值．18．（本小题满分12分）已知在ABC△中，角A，B，C分别对应边a，b，c，ABC△的面积为

S，若cos2cBb=，2a=，______，求b的值．在①43cosSbC=，②2242bcbc+=−，③2sin3bA=，这三个条件中任选一个，补充在上面问题中的横线上进行求解．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．1

9．（本小题满分12分）如图，已知AB，CD分别是圆柱体上底面和下底面的直径，且//CDAB，E为圆柱下底面内的一个动点（不与C、D重合），若该圆柱的高与底面圆的直径长度均为2．（1）求证：平面BCE⊥平面ADE

；（2）求三棱锥ABCE−体积的最大值．20．（本小题满分12分）已知ABC△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为S，且()22234bcaS+−=．（1）求角A；（2）若3a=，当2bc+取得最大值时，求cosB．2

1．（本小题满分12分）如图，矩形ABCD中，2AB=，1BC=，M为边CD的中点，将ADM△沿直线AM翻折成AME，且3BE=，点P为线段BE的中点．（1）求证：//PC平面AME；5（2）求直线PC与平面ABM所成角的正弦值．22．（本小题满分12分）如图，在AOB中

，已知60AOB=，点E、F在射线OB运动（不含端点，且OEOF），点P在射线OA上且2OP=，且30EPF=．（1）若3OE=，求EF长；（2）当E、F在射线OB运动时，设OPE=，记PEF△的面积为()S，求()S的解析式，并求出()S的最小值．邯郸市

九校联盟2020~2021学年第二学期期中质量检测·高一数学参考答案、提示及评分细则1．D()()()3133331010iiiziiii+===−+−−+，故191010010010z=+=．故选D．2．C在选项C中

，根据正弦定理sinsinabAB=得sin1sin2bABa==，因为ab，故30B=或150B=，故有两解，因此C选项正确．3．C若//mn，m⊥，n⊥，则有//，故C选项正确．4．A因为20，所以ar与2ar的方向相同，故A选项正确；当0时，ar与a−r的方向相同

，故B选项错误；当0时，0ar，故C选项错误；当0时，0a−r，故D选项错误．5．B根据正弦定理知sinsincos3sinsinABCBC−=，又因为()sinsinABC=+，所以

cossinBC3sinsinBC=，即3tan3B=，所以30B=，再由4sin30b=，解得2b=，故选B．6．C连结BQ，DB，容易知//APBQ，故DQB为异面直线AP与DQ所成角或补角，22BD=，2BQ=，6DQ=，因为

222BDDQBQ=+，所以90DQB=，故cos0DQB=，因此选C．67．B将7ab+=rr两边平方得2227aabb++=rrrr，即1ab=rr，设向量ar与向量br的夹角为，则1cos2abab==rrrr，故π3=，

故选B．8．D由202120211tantantanABC+=得coscossincos20212021sinsinsinsinsinABCCABABC+==，故22sin2021cos2021si

nsinCcCABab==，即222220212abccabab+−=，即2224043abc+=，故2224043abc+=．故选D．9．BC当3ππ2时，z对应于复平面内的点在第三象限，故A选项错误；()()()222cossin

cossincossin2cossincos2sin2ziiii=++=−+=+，故选项B正确；21zzz==，故选项C正确；因为1z=，故选项D错误．10．AD若AB，则有sinsinAB，再根据正弦定理知则ab

，故A正确；因为C为锐角，故cos0C，即22202abcab+−，即222abc+，因此B选项错误；因为函数sinyx=在区间π0,2上单调递增，故若sinsinAC，则有AC，又因为函数cosyx=

在区间π0,2上单调递减，故coscosAC，故选项C错误；因为π2AB+，所以π2AB−，即sincosAB，同理可得sincosBC，sincosCA，三个式子相加得sinsinsincoscoscosABCABC+

+++，故D正确．11．BC取DE的中点M，则ADAMMD=+uuuruuuruuur，AEAMME=+uuuruuuruuur，则()ADAEAMMD=+uuuruuuruuuruuur()2221AMMEAMMDAM+=−=

−uuuruuuruuuruuuruuur，易知AM的最小值为点A到BC的距离，即AM的最小值为125，即ADAEuuuruuur的最小值为11925，故B选项正确；当点E与点C重合时，AM取得最大值，即2916AM=+753234cos

5B−=，故ADAEuuuruuur的最大值为485，故C选项正确．因此BC正确．12．ACD若O为ABC△的外心，则OAOBOC==，由射影相等即可知PAPBPC==，故A正确；假设APBC⊥，则再根据POBC⊥，得BC⊥平面APB，则BCAB⊥，与ABC△为等边三角形

矛盾，故B错误；当90ACB=时，2OC=，2PC=，过C作CHAB⊥，连结PH，易知CPH为PC与平面PAB所成角的平面角，2sin0,22CHCPH=．故CPH的范围为π0,4

．故C正确；取1M，2M分别为PB，BC的中点，易证平面12//OMM平面APC，则线段12MM为M在三角形PBC内的轨迹，故D正确．13．2−根据题意知21020aaa−=+−，解得2a=−．14．13取BC中点M，则2ABACAM+=uuuruuuru

uur，又因为G为ABC△的重心，故23AGAM=uuuruuur，因此()13AGABAC=+uuuruuuruuur，故13=．15．27取AB中点为M，连结PM，当三棱锥PABC−的外接球球心O在线段PM上时，三棱锥的体积最大，在RtCOM△中，224OMCOC

M=−=，故三棱锥PABC−体积最大值为11932V=()23227=．16．1003()5062+在RtABC△中，45CAB=，100mBC=，所以1002mAC=．在AMC△中，75MAC=，60MCA=，从而45AMC=．由正弦定理得，si

n45sin60ACAM=，因8此1003mAM=．在RtMNA△中，1003mAM=，60MAN=，由sin60MNAM=得MN=31003150m2=．在AMC△中，由正弦定理得10033622

4MC=+，∴()5062mMC=+．17．解：（1）由//abrr得320k−=，即32k=；（2）由ab⊥rr得0ab=rr，即60k+=，所以6k=−．设向量2ab+rr与br的夹角为，()cosabbabb+=+rrrrrr，5a=r，35b=r，()22254550aba

b+=+=+=rr，故52ab+=rr，()245abbb+==rrrr，故45310cos105235==．18．解：由已知及正弦定理得sincos2sinCBB=，即2sincossinBBC=，即sinsin2CB=，故2CB=或2

πCB+=，即2CB=或AB=若选①：由43cosSbC=，得142sin3cos2bCbC=，所以3tan4C=，则3sin5C=，4cos5C=．若2CB=，则2412sin5B−=，解得10sin10B=，所以2310cos1sin10BB=−=，所以()1043103131

0sinsinsincoscossin10510550ABCBCBC=+=+=+=，由sinsinabAB=，得sin1050102sin10131310aBbA===；若AB=，则2ba==．综上，1013b=或2．若选②；根据余弦定理知2242cos22bcAbc+−==−，故

135A=，若2CB=，故15B=．9所以()232162sin15sin453022224−=−=−=，由sinsinabAB=，得sin622231sin4aBbA−===−；若AB=，不符合题意；综上，31b=−．若选③：由sinsinab

AB=，得sinsinbAaB=，则22sin3B=，解得1sin3B=．若2CB=，则27cos12sin9CB=−=，所以242sin1cos9CC=−=，所以()17224223sinsin393927ABC=+=+=，由正

弦定理得sin127182sin32323aBbA===，若AB=，则2ba==，综上，1823b=或2．19．解：（1）证明：因为CD为直径，故CEDE⊥；因为//CDAB且AB、CD均为直径，故四边形ABCD为矩形，且AD、BC为圆柱的母线，故CEAD⊥，又因为ADDED=

，所以CE⊥平面ADE．因为CE平面BCE，故平面BCE⊥平面ADE；（2）由题意可知三棱锥ABCE−体积等于三棱锥EACD−，即ABCEEACDVV−−=，又因为ACD△的面积为定值12222=，故当点E到直线CD的距离最大时，三棱锥ABCE−体积取得最大值．显然点E到直线CD的距离

最大值为1．因此三棱锥ABCE−体积的最大值为121233=．20．解：（1）由题知()222342sinbcaSbcA+−==，由余弦定理得23cos2sinbcAbcA=，所以tan3A=，故π3A=；（2）由正弦定理知3πsinsinsin3bcBC==

，即2sinbB=，2sincC=，因此()π22sin4sin2sin2sin2sin3cos7sin3bcBCBBBBB+=+=++=+=+，10其中π0,2，3s

in7=，2cos7=，故27bc+，当且仅当π2B+=，即π2B=−时取等号，故此时21cossin7B==．21．解：（1）证明：取AE的中点Q，连结QM，QP，因为P，Q均为中点，故//PQAB且12PQAB=，又因为//MCAB，且12MCAB

=，则//PQMC且PQMC=，因此四边形MCPQ为平行四边形，故//PCQM，故//PC平面AME；（2）取AM的中点O，连结OE，OB，因为AEME=，所以OAOE⊥且22OE=．在RtBOM△中，22215222BOOMBM=+

=+=，因为222BOOEBE+=，故EOOB⊥，故EO⊥平面ABM．因此AMQ为直线PC与平面ABM所成角，()()2sinsin45cossin2AMQEMQEMQEMQ=−=−在RtMEQ△中，112sin552EQEMQQM===，2cos5EMEMQQM=

=故10sin10AMQ=．22．解：（1）在EOP△中，根据余弦定理得2222cos607EPOEOPOEOP=+−=．由正弦定理知sinsin60OEEPOPE=，解得321sin14OPE=．由题意知，90EFPOPE+=，所以7sin

cos14EFPOPE==．在EFP△中，由正弦定理知sin30sinEFEPEFP=，解得7EF=；11（2）由()0,90OPE=，则120OEP=−，90OBP=−．在

OEP△中，()2sin120sin60EP=−，解得()3sin120EP=−．在OBP△中，()2sin90sin60PF=−，解得3cosPF=．因此PEF△的面积为()()()133sin3024sin120cos32sin26

0SPEPF===−++，当26090+=，即15=时，()S取最小值()323−．