2021建瓯芝华中学高一下学期期中考试数学试题含答案

2020-2021学年芝华中学高一下期中数学试卷

考试时间：120分钟 满分：150分

一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题所给的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的)

1若直线ɑ平行于平面α，则下列结论错误的是(　　)

A．ɑ平行于α内的所有直线

B．α内有无数条直线与α平行

C．直线ɑ上的点到平面α的距离相等

D．α内存在无数条直线与a成90°角

2在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝，b＝，B＝，则A等于(　　)

A.       B.

C.      D.或

3设向量a＝(2，4)与向量b＝(x，6)共线，则实数x＝(　　)

A．2  B．3  C．4  D．6

4.在平面直角坐标系xOy中，已知四边形ABCD是平行四边形，＝(1，－2)，＝(2，1)，则·＝(　　)

A．5  B．4

C．3  D．2

5已知a∈R，复数z1＝2＋ai，z2＝1－2i，若为纯虚数，则复数的虚部为(　　)

A．1  B．i

C.  D．0

6.在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为(　　)

A.  B.  C.  D．2π

7． 设D为△ABC所在平面内一点，＝3，则(　　)

A.＝－＋

B.＝－

C.＝＋

D.＝－

8在正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，E为线段B1C的中点，若三棱锥E ­ ADD1的外接球的体积为36π，则该正方体的棱长为(　　)

A．2  B．2  C．3  D．4

二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.每小题给出的四个选项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(多选题)已知l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列说法正确的是(　　)

A．若l1⊥l2，l2⊥l3，则l1⊥l3

B．若l1⊥l2，l2∥l3，则l1⊥l3

C．若l1∥l2∥l3，则l1，l2，l3不一定共面

D．若l1，l2，l3共点，则l1，l2，l3共面

10(多选题)对任意向量a，b，下列关系式中恒成立的是(　　)

A．|a·b|≤|a||b|

B．|a－b|≤||a|－|b||

C．(a＋b)2＝|a＋b|2

D．(a＋b)·(a－b)＝a2－b2

11(多选题)如图K41­5，在正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论正确结论(　　)

图K41­5

A直线AM与CC1是相交直线；

B直线AM与BN是平行直线；

C直线BN与MB1是异面直线；

D直线AM与DD1是异面直线．

12(多选题)已知△ABC的三个角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列条件能使得△ABC的形状唯一确定的是(　　).

A.a=1,b=2,c=2

B.A=150°,asin A+csin C+asin C=bsin B

C.a=,b=2,A=30°

D.C=60°,cos Asin Bcos C+cos(B+C)cos Bcos C=0

三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在题中的横线上)

13.复数z＝(1＋2i)(3－i)，其中i为虚数单位，则z的实部是________

14．设向量a＝(m，1)，b＝(1，2)，且|a＋b|2＝|a|2＋|b|2，则m＝________．

15. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A＝，cos C＝，a＝1，则b＝________．
16. 过三棱柱ABC ­ A1B1C1任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有________条．

四、解答题：共6小题,共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算过程)

17(10分）知非零向量e1和e2不共线．

(1)如果＝e1＋e2，BC＝2e1＋8e2，＝3(e1－e2)，求证：A，B，D三点共线；

(2)欲使向量ke1＋e2与e1＋ke2平行，试确定实数k的值．

18(12分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＋b＝c，2sin2C＝3sin Asin B.

(1)求角C的大小；

(2)若S△ABC＝，求c的值．

19.(12分）D是Rt△ABC斜边BC上一点，AC＝DC.

(1)若∠DAC＝30°，求角B的大小；

(2)若BD＝2DC，且AD＝2，求DC的长．

20(12分）如图1­5，在三棱锥V­ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝，O，M分别为AB，VA的中点．

(1)求证：VB∥平面MOC；

(2)求证：平面MOC⊥平面VAB；

(3)求三棱锥V­ABC的体积．

图1­5

21(12分）如图K43­5，在三棱锥P ­ ABC中，AB⊥平面PAC，∠APC＝90°，E是AB的中点，M是CE的中点，N点在PB上，且4PN＝PB.

(1)证明：平面PCE⊥平面PAB；

(2)证明：MN∥平面PAC.

图K43­5

22(12分）已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2，AD＝，AB＝1，如图G10­9①所示，将△ABD沿BD折起到△PBD的位置，如图②所示．

 (1)当平面PBD⊥平面PBC时，求三棱锥P ­ BCD的体积；

 (2)在图②中，E为PC的中点，若线段BQ∥CD，且EQ∥平面PBD，求线段BQ的长；

 (3)求证：BD⊥PC.

图G10­9

2020-2021学年芝华中学高一下期中数学试卷答案

1．A　[解析] 若直线a平行于平面α，则α内既存在无数条直线与α平行，也存在无数条直线与α异面且垂直，所以A不正确，B，D正确；因为夹在相互平行的线与平面间的平行线段相等，所以C正确．

2．B　[解析] 由正弦定理，得＝，即sin A＝，因为b>a，所以A＝.

3.B　[解析] 由向量a，b共线，得2×6－4x＝0，解得x＝3，选B.

4.A　[解析] 因为四边形ABCD是平行四边形，所以＝＋＝(1，－2)＋(2，1)＝(3，－1)，所以·＝2×3＋1×(－1)＝5，故选A.

5.A　[解析] 由＝＝＝＋i是纯虚数，得a＝1，此时＝i，其虚部为1.

6．C　[解析] 旋转后的几何体为一个底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥，所求几何体的体积为π×12×2－π×12×1＝π.

7．A　[解析] 由题意知＝＋＝＋＝＋(－)＝－＋.

8.D　[解析] 如图所示，设三棱锥E ­ ADD1外接球的半径为r，∵三棱锥E ­ ADD1外接球的体积为36π，∴×r3＝36π，解得r＝3.取AD1的中点F，连接EF，则三棱锥E ­ ADD1外接球的球心一定在EF上，设球心为点O.设正方体的棱长为x，在Rt△OFD1中，由勾股定理可得＋(x－3)2＝32(x＞0)，解得x＝4，∴正方体的棱长为4.

9.     BC　[解析] 当l1⊥l2，l2⊥l3时，l1与l3可能相交、异面或平行，故A不正确；当l1⊥l2，l2∥l3时，可推出l1⊥l3，故B正确；当l1∥l2∥l3时，l1，l2，l3未必共面，如三棱柱的三条侧棱，故C正确；当l1，l2，l3共点时，l1，l2，l3未必共面，如正方体中从同一顶点出发的三条棱，故D不正确．

10ACD　[解析] 根据数量积的定义a·b＝|a||b|cos 〈a，b〉，所以|a·b|＝||a||b|cos〈a，b〉|≤|a||b|，选项A中的关系式一定成立；如果选项B中的关系式成立，则|a－b|2≤||a|－|b||2，可得a·b≥|a||b|，此式只在a，b共线且同向时成立；根据向量的运算法则可知选项C，D中的关系式是恒成立的．

11.CD　[解析] A，M，C1三点共面，且在平面AD1C1B中，但C∉平面AD1C1B，因此直线AM与CC1是异面直线，同理AM与BN也是异面直线，AM与DD1也是异面直线，故AB不正确，D正确；M，B，B1三点共面，且在平面MBB1中，但N∉平面MBB1，因此直线BN与MB1是异面直线，故C正确．

12.　AC解析　B中,由正弦定理可知a2+c2+ac=b2,

∴cos B==-,

此时A=150°,B=135°,三角形无解;

D中,cos Asin Bcos C+cos(B+C)cos Bcos C=0,

∴cos(B+C)cos C(cos B-sin B)=0,

∴B=45°或者B+C=90°,B=30°,三角形的解不唯一.

13. 5　[解析] 因为z＝(1＋2i)(3－i)＝3＋5i－2i2＝5＋5i，所以其实部为5.

14．－2　[解析] 由已知条件得a·b＝0，即m＋2＝0，即m＝－2.

15.　[解析] 因为cos A＝，cos C＝，且A，C为三角形的内角，所以sin A＝，sin C＝，sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝.又因为＝，所以b＝＝.

16.[解析] 符合题意的各中点连线如图，此时平面EFGH与平面ABB1A1平行，所以所求直线有6条．

17．解：(1)证明：因为＝＋＝2e1＋8e2＋3(e1－e2)＝5(e1＋e2)＝5，且为非零向量，

所以与共线，即A，B，D三点共线．

(2)因为ke1＋e2与e1＋ke2平行，且两向量都为非零向量，

所以存在实数λ使得ke1＋e2＝λ(e1＋ke2)成立，

即(k－λ)e1＝(λk－1)e2成立．

因为e1和e2不共线，

所以所以k＝±1.

18解：(1)∵2sin2C＝3sin Asin B，

∴sin2C＝sin Asin B，

∴c2＝ab.

又a＋b＝c，∴a2＋b2＋2ab＝3c2.

根据余弦定理，得cos C＝，

∴cos C＝＝＝，∴C＝.

(2)∵S△ABC＝，∴＝absin C.

∵C＝，∴ab＝4，

又c2＝ab，∴c＝.

19.解：(1)在△ADC中，根据正弦定理，有＝.

因为AC＝DC，所以sin∠ADC＝sin∠DAC＝，

又∠ADC＝∠B＋∠BAD＝∠B＋60°>60°，

所以∠ADC＝120°.

于是∠C＝180°－120°－30°＝30°，所以∠B＝60°.

(2)设DC＝x，则BD＝2x，BC＝3x，AC＝x，

于是sin B＝＝，cos B＝，AB＝x.

在△ABD中，由余弦定理，得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos B，

即(2)2＝6x2＋4x2－2×x×2x×＝2x2，得x＝2，故DC＝2.

20．解：(1)证明：因为O，M分别为AB，VA的中点，

所以OM∥VB.

又因为VB⊄平面MOC，OM⊂平面MOC，

所以VB∥平面MOC.

(2)证明：因为AC＝BC，O为AB的中点，

所以OC⊥AB.

又因为平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，且OC⊂平面ABC，

所以OC⊥平面VAB.

又因为OC⊂平面MOC，

所以平面MOC⊥平面VAB.

(3)在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝，

所以AB＝2，OC＝1.

所以等边三角形VAB的面积S△VAB＝.

又因为OC⊥平面VAB，

所以三棱锥C­VAB的体积等于

OC·S△VAB＝.

又因为三棱锥V­ABC的体积与三棱锥C­VAB的体积相等，

所以三棱锥V­ABC的体积为.

21证明：(1)∵AB⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，

∴AB⊥PC.

∵∠APC＝90°，∴AP⊥PC，

又∵AP⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，AP∩AB＝A，

∴PC⊥平面PAB.∵PC⊂平面PCE，

∴平面PCE⊥平面PAB.

(2)取AE的中点Q，连接NQ，MQ.

∵M是CE的中点，∴MQ∥AC.

∵PB＝4PN，AB＝4AQ，∴QN∥AP.

又∵AP∩AC＝A，AP⊂平面APC，AC⊂平面APC，QN∩QM＝Q，QN⊂平面MNQ，QM⊂平面MNQ，

∴平面MNQ∥平面PAC.

∵MN⊂平面MNQ，

∴MN∥平面PAC.

22解：(1)当平面PBD⊥平面PBC时，

因为PB⊥PD，且平面PBD∩平面PBC＝PB，PD⊂平面PBD，所以PD⊥平面PBC.

因为PC⊂平面PBC，所以PD⊥PC.

因为直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2，AD＝，AB＝1，

所以BD＝BC＝，PD＝，所以CP＝＝.

又因为BP＝1，所以BP2＋CP2＝BC2，所以BP⊥CP，

所以S△PBC＝·PB·PC＝.

故V三棱锥P ­ BCD＝V三棱锥D ­ PBC＝S△PBC·PD＝××＝.

(2)取PD的中点F，连接EF，BF，如图所示．

因为E为PC的中点，

所以EF∥CD且EF＝CD.

又因为BQ∥CD，所以EF∥BQ，所以B，F，E，Q共面．

因为EQ∥平面PBD，EQ⊂平面BFEQ，且平面BFEQ∩平面PBD＝BF，

所以EQ∥FB.又因为EF∥BQ，

所以四边形BFEQ是平行四边形，

所以BQ＝EF＝CD＝1.

(3)证明：在题干图①中连接AC，交BD于点G，如图a所示．

因为∠CDA＝∠DAB＝90°，

所以tan∠CAD＝＝，tan∠DBA＝＝，

所以∠CAD＝∠DBA.

因为∠CAD＋∠BAG＝90°，所以∠DBA＋∠BAG＝90°，所以BD⊥AC.

故将△ABD沿BD折起到△PBD的位置后，仍有BD⊥PG，BD⊥CG，如图b所示．

因为PG∩CG＝G，所以BD⊥平面PCG.

又因为PC⊂平面PCG，所以BD⊥PC.