2021-2022学年山西省晋中市某校高一（下）期中考试数学试卷人教A版

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2021-2022学年山西省晋中市某校高一（下）期中考试数学试卷一、选择题 1. 已知复数z=3+i1−i（i是虚数单位），则|z|=（        ） A.2 B.2 C.1 D.12 2. 已知向量a→=2,t，b→=t+3,2，且a→//b→，则实数t=（        ） A.1或4 B.1或一4 C.14或1 D.−14或1 3. 若平面α//平面β，直线m⊂平面α，点M∈平面β，则过点M且与直线m平行的直线有（        ） A.0条或无数条 B.2条C.0条或1条或无数条 D.1条 4. 设x∈R，a0的图象过点3,3. (1)求m，n的值； (2)求关于x的不等式logm1+x>logm2−x的解集．  已知复数z满足：z+i是实数，z的模为5，x的共扼复数z在复平面内对应的点在第一象限． (1)求z1−1； (2)若z+z2=a+1+bia,b∈R，求a，b的值．  已知向量a→=2,−1，b→=1,4. (1)求|2a→−b→|的值； (2)求向量a→+2b→与a→−b→夹角的余弦值．  如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是矩形，M，N分别为BC，PD的中点． (1)证明：MN//平面PAB； (2)若K为AD的中点，证明：平面MNK//平面PAB．  已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，点D在BC边上，AD是角平分线，sin2C+sin2B+sinC⋅sinB=sin2A，且△ABC的面积为23. (1)求A的大小及AB→⋅AC→的值； (2)若c=4，求BD的长．  在△ABC中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知csinB+a+c2a−b2asinC=2csinA，且三角形的外接圆半径为3. (1)求C的大小， (2)若△ABC的面积为3，求cos2A−2sin2B+1的值； (3)设△ABC的外接圆圆心为O，且满足sin2B⋅CB→+sin2A⋅CA→=2mCO→⋅sinAsinB，求m的值．参考答案与试题解析2021-2022学年山西省晋中市某校高一（下）期中考试数学试卷一、选择题1.【答案】A【考点】复数代数形式的乘除运算复数的模【解析】此题暂无解析【解答】|z|= |3+i1−i|=|3+i||1−i|=22=22.【答案】B【考点】平面向量的坐标运算【解析】此题暂无解析【解答】由题得，有4=tt+3，解得t=1或−4.3.【答案】D【考点】空间点、线、面的位置【解析】此题暂无解析【解答】因为α//β,m⊂α,M∈β所以M∉α，所以点M和直线m可以确定唯一一个平面γ，设β∩γ=n，因为α//β，α∩γ=m,β∩γ=n，所以m//n，所以过点M的所有直线中有且只有一条与m平行的直线．4.【答案】C【考点】根据充分必要条件求参数取值问题必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】此题暂无解析【解答】设A=x|a≤x≤b,B=x|x2+x−2≤0=x|−2≤x≤1，由题意可得A=B，所以b−a=1−−2=35.【答案】B【考点】三角函数的恒等变换及化简求值【解析】此题暂无解析【解答】sin2α+3sinαcosαsin2α=sinα+3cosα2cosα=tanα2+32=1166.【答案】C【考点】函数零点的判定定理【解析】此题暂无解析【解答】C7.【答案】D【考点】柱体、锥体、台体的体积计算【解析】此题暂无解析【解答】D8.【答案】A【考点】余弦定理三角形求面积【解析】此题暂无解析【解答】根据余弦定理：BC=AB2+AC2−2AB⋅ACcos∠BAC=22+42−2×2×4×22=10．设BC边上的高为h，则S=12bcsinA=12ah,12×4×2×22=1210,h=21059.【答案】D【考点】数量积表示两个向量的夹角【解析】此题暂无解析【解答】设向量a→，b→的夹角为θ，|a→−2b→|=a→−2b→2=|a→|2+4|b→|2−4a→⋅b→=17−8cosθ≤25=5，∴ |a→−2b→|的最大值为5.故选D10.【答案】C【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【解析】此题暂无解析【解答】底角的正弦值为35，可得高为35×10=6，底面半径为8，则底面积为π⋅82=64π，侧面积为12×(2π×8)×10=80π，表面积为64π+80π=144π，底面积：表面积=64π:144π=4911.【答案】B【考点】函数恒成立问题复数代数形式的乘除运算【解析】此题暂无解析【解答】因为z=105a2−i=105a2+i2−i2+i=45a+25ai，又a≥1，所以|z|=10a，由a≥1时，不等式2|z|2−t|z|+6≥0恒成立，所以t≤2|z|+6|z|恒成立，即t≤20a+35a恒成立，令fa=20a+35a=20a+3100a，因为a≥1时，fa单调递增，所以famin=f1=1035，所以实数t的取值范围是(−∞,1035].12.【答案】C【考点】在实际问题中建立三角函数模型【解析】此题暂无解析【解答】该圆锥的母线长为40152+402=160，所以2×π×40160=π2，所以圆锥的侧面展开图为圆心角为π2的扇形，如图，展开圆锥的侧面，连接A′B，过点S作A′B的垂线，垂足为H，由两点之间线段最短，知观光公路为图中的A′B,A′B=SA′2+SB2=1602+1202=200，记点P为A′B上任一点，连接PS，上坡即P到山顶S的距离PS越来越小，下坡即P到山顶S的距离PS越来越大，∴ 下坡段的公路，即图中的HB，由Rt△SA′B∼Rt△HSB，得HB=SB2A′B=1202200=72.二、填空题【答案】3【考点】复数的基本概念复数代数形式的乘除运算【解析】此题暂无解析【解答】z=5−5i1+2i=51−i1−2i1+2i1−2i=−1−3i，∴ z=−1+3i，∴ 虚部为3.【答案】3,7（也可写为（3，7]）,4【考点】复合函数的单调性二次函数在闭区间上的最值【解析】此题暂无解析【解答】3,7；4【答案】2【考点】平面向量数量积的运算向量在几何中的应用【解析】此题暂无解析【解答】如图所示延长AD，BF交于点P，∵ AF→=λAB→+μAD→，EF→=2FB→，E为CD中点，AF→=λAB→+μ⋅12AP→,AF→=λAB→+μ2AP→，P，B，F三点共线，∴ λ+μ2=1．∴ 2λ+μ=2.【答案】613+32 【考点】棱柱的结构特征截面及其作法【解析】此题暂无解析【解答】因为正方体的棱长为6，如图，延长EF交DA的延长线于N，连接CN交AB于点G，因为E，F分别是A1D1,AA1 的中点，所以AG=13AB，所以EF=32,AG=2,FG=13,CG=213，延长FE交DD1 的延长线于点M，连接CM交C1D1 点H，连接EH，所以D1H=2,EH=13,CH=213，所以平面CEF被正方体截得的截面为CHEFG，如图，所以平面CEF被正方体截得的截面的周长为613+32.三、解答题【答案】解：(1)由题知幂函数fx，则m2−3m−3=1，得m=4或m=−1，又∵ m>0，可得m=4，图象经过3,3，则f3=3n=3，解得n=2；(2)∵ m=4，∴ 以4为底的对数函数在其定义域内是单调递增的，∴ 满足条件为 1+x>0,2−x>0,1+x>2−x 解得x>−1x<2,x>12, ∴ 解集为12,2．【考点】幂函数的概念、解析式、定义域、值域指数函数的定义、解析式、定义域和值域对数函数的值域与最值对数函数的定义域【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)由题知幂函数fx，则m2−3m−3=1，得m=4或m=−1，又∵ m>0，可得m=4，图象经过3,3，则f3=3n=3，解得n=2；(2)∵ m=4，∴ 以4为底的对数函数在其定义域内是单调递增的，∴ 满足条件为 1+x>0,2−x>0,1+x>2−x 解得x>−1x<2,x>12, ∴ 解集为12,2．【答案】解：(1)设复数z=m+nim,n∈R，z+i=m+n+1i是实数，n+1=0,n=−1．|z|=m2+n2=5,m=±2，又∵ z在第一象限，∴ m>0,n<0，∴ m=2，∴ z=2−i．∴ z1−i=2−i1−i=2−i1+i1−i1+i=3+i2=32+12i；(2)由(1)得：z=2−i,z=2+i,z2=2−i2=3−4i，∴ z+z2=2+i+3−4i=5−3i=a+1+bi，∴ a+1=5b=−3, ∴ a=4,b=−3．【考点】复数的基本概念复数的代数表示法及其几何意义共轭复数【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)设复数z=m+nim,n∈R，z+i=m+n+1i是实数，n+1=0,n=−1．|z|=m2+n2=5,m=±2，又∵ z在第一象限，∴ m>0,n<0，∴ m=2，∴ z=2−i．∴ z1−i=2−i1−i=2−i1+i1−i1+i=3+i2=32+12i；(2)由(1)得：z=2−i,z=2+i,z2=2−i2=3−4i，∴ z+z2=2+i+3−4i=5−3i=a+1+bi，∴ a+1=5b=−3, ∴ a=4,b=−3．【答案】解：（1）∵ a→=(2,−1),b→=(1，4），∴ 2a→=4,−2，2a→−b→=(3，−6），∴ |2a→−b→|=9+36=35；(2)设a→+2b→与a→−b→的夹角为θ，则cosθ=a→+2b→a→−b→|a→+2b→|⋅|a→−b→|，a→+2b→=4,7，|a+2b|=26，a→−b→=1,−5，|a−b|=26，∴ cosθ=4,7⋅1,−565×26=−311310=−3110130，∴ 向量a→+2b→与a→−b→夹角的余弦值为−3110130．【考点】向量的模数量积表示两个向量的夹角【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）∵ a→=(2,−1),b→=(1，4），∴ 2a→=4,−2，2a→−b→=(3，−6），∴ |2a→−b→|=9+36=35；(2)设a→+2b→与a→−b→的夹角为θ，则cosθ=a→+2b→a→−b→|a→+2b→|⋅|a→−b→|，a→+2b→=4,7，|a+2b|=26，a→−b→=1,−5，|a−b|=26，∴ cosθ=4,7⋅1,−565×26=−311310=−3110130，∴ 向量a→+2b→与a→−b→夹角的余弦值为−3110130．【答案】证明：（1）因为在四棱锥P−ABCD中，M，N分别为BC，PD的中点．取PA的中点R，连接NR，BR，所以NR//AD，且NR=12AD，BM=12BC，因为四边形ABCD是矩形，所以AD//BC，且AD=BC，所以NR//BC，且NR=BC，所以四边形BMNR是平行四边形，所以MN//BR，因为MN⊄平面PAB，BR⊂平面PAB，所以MN//平面PAB；（2）由（1）知MN//平面PAB，因为K为AD的中点，M为BC的中点．四边形ABCD是矩形，所以MK//AB，因为MK⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以MK//平面PAB，因为MK∩NK=K，所以平面MNK//平面PAB．【考点】直线与平面平行的判定平面与平面平行的判定【解析】此题暂无解析【解答】证明：（1）因为在四棱锥P−ABCD中，M，N分别为BC，PD的中点．取PA的中点R，连接NR，BR，所以NR//AD，且NR=12AD，BM=12BC，因为四边形ABCD是矩形，所以AD//BC，且AD=BC，所以NR//BC，且NR=BC，所以四边形BMNR是平行四边形，所以MN//BR，因为MN⊄平面PAB，BR⊂平面PAB，所以MN//平面PAB；（2）由（1）知MN//平面PAB，因为K为AD的中点，M为BC的中点．四边形ABCD是矩形，所以MK//AB，因为MK⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以MK//平面PAB，因为MK∩NK=K，所以平面MNK//平面PAB．【答案】解：（1）在△ABC中，sin2C+sin2B+sinC⋅sinB=sin2A，由正弦定理得c2+b2+c⋅b=a2，可得c2+b2−a22c⋅b=−12=cosA，又∵ A∈0,π，∴ A=120∘，∵ S△ABC=12c⋅b⋅sin∠BAC=12c⋅b⋅sin120∘=23,∴ 12c⋅b×32=23，解得b⋅c=8，∴ AB→⋅AC→=|AB→|⋅|AC→|⋅cos120∘=c⋅b⋅−12=−4.（2）c=4，由（1）得bc=8．∴ b=2，∵ AD是角平分线，∴ ∠CAD=∠BAD=60∘，故S△ABC=S△ADC+S△ADB=12AC⋅AD⋅sin60∘+12AB⋅AD⋅sin60∘=332AD=23，解得AD=43．在△ABD中，AB=4,AD=43,∠DAB=60∘由余弦定理得BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcos∠DAB=16+169−2×4×43×12=1129，∴ BD=473．【考点】正弦定理余弦定理三角形的面积公式【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）在△ABC中，sin2C+sin2B+sinC⋅sinB=sin2A，由正弦定理得c2+b2+c⋅b=a2，可得c2+b2−a22c⋅b=−12=cosA，又∵ A∈0,π，∴ A=120∘，∵ S△ABC=12c⋅b⋅sin∠BAC=12c⋅b⋅sin120∘=23,∴ 12c⋅b×32=23，解得b⋅c=8，∴ AB→⋅AC→=|AB→|⋅|AC→|⋅cos120∘=c⋅b⋅−12=−4.（2）c=4，由（1）得bc=8．∴ b=2，∵ AD是角平分线，∴ ∠CAD=∠BAD=60∘，故S△ABC=S△ADC+S△ADB=12AC⋅AD⋅sin60∘+12AB⋅AD⋅sin60∘=332AD=23，解得AD=43．在△ABD中，AB=4,AD=43,∠DAB=60∘由余弦定理得BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcos∠DAB=16+169−2×4×43×12=1129，∴ BD=473．【答案】解：（1）在△ABC中，c⋅sinB+a+c2a−b2asinC=2c⋅sinA，由余弦定理得sinB+2cosBsinC=2sinA，又因为A+B+C=π，所以sinA=sinB+C，所以sinB=2sinB+C−2sinCcosB，整理得sinB=2sinBcosC，在△ABC中，sinB≠0，则cosC=12，又因为C∈0,π，所以C=π3；（2）S△ABA=12absinC=3，得ab=4由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R，得CsinC=2R=23，所以c=3则cos2A−2sin2B+1=2−2sin2A+sin2B=2−2a2R2+b2R2=2−16a2+b2由余弦定理得c2=a2+b2−2abcosC=a2+b2−ab=9，所以a2+b2=13，所以cos2A−2sin2B+1的值为−16；（3）sin2B⋅CB→+sin2A⋅CA→=2m⋅CO→⋅sinA⋅sinB，cosBsinA⋅CB→+cosAsinB⋅CA→=mCO→，所以cosBsinA⋅CB→+cosAsinB⋅CA→⋅CO→=mCO→2，所以cosBsinA⋅CB→⋅CO→+cosAsinB⋅CA→⋅CO→=mCO→2，又CB→⋅CO→=|CB→|⋅|CO→|cos∠OCB=a⋅Rcosπ2−A=a⋅RsinA=a22，同理CA→⋅CO→=b22，所以cosBsinA⋅a22+cosAsinB⋅b22=3m，由正弦定理asinA=bsinB=23，得a=23sinA，b=23sinB，代人化简得6sinAcosB+6sinBcosA=3m，所以m=2sinC=32×2=3.【考点】余弦定理正弦定理三角形的面积公式向量在几何中的应用平面向量数量积的运算【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）在△ABC中，c⋅sinB+a+c2a−b2asinC=2c⋅sinA，由余弦定理得sinB+2cosBsinC=2sinA，又因为A+B+C=π，所以sinA=sinB+C，所以sinB=2sinB+C−2sinCcosB，整理得sinB=2sinBcosC，在△ABC中，sinB≠0，则cosC=12，又因为C∈0,π，所以C=π3；（2）S△ABA=12absinC=3，得ab=4由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R，得CsinC=2R=23，所以c=3则cos2A−2sin2B+1=2−2sin2A+sin2B=2−2a2R2+b2R2=2−16a2+b2由余弦定理得c2=a2+b2−2abcosC=a2+b2−ab=9，所以a2+b2=13，所以cos2A−2sin2B+1的值为−16；（3）sin2B⋅CB→+sin2A⋅CA→=2m⋅CO→⋅sinA⋅sinB，cosBsinA⋅CB→+cosAsinB⋅CA→=mCO→，所以cosBsinA⋅CB→+cosAsinB⋅CA→⋅CO→=mCO→2，所以cosBsinA⋅CB→⋅CO→+cosAsinB⋅CA→⋅CO→=mCO→2，又CB→⋅CO→=|CB→|⋅|CO→|cos∠OCB=a⋅Rcosπ2−A=a⋅RsinA=a22，同理CA→⋅CO→=b22，所以cosBsinA⋅a22+cosAsinB⋅b22=3m，由正弦定理asinA=bsinB=23，得a=23sinA，b=23sinB，代人化简得6sinAcosB+6sinBcosA=3m，所以m=2sinC=32×2=3.