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2020-2021年湖南省益阳市高一（下）期中考试数学试卷人教A版
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这是一份2020-2021年湖南省益阳市高一（下）期中考试数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合A=0,1,2,3，B=x|xx−4<0，则A∪B=( )
A.1,2,3B.x|x<4C.x|0
2. 已知直线m，n和平面α，β，下列命题正确的是（ ）
A.若m//n，n//α，则m//αB.若m//α，n⊂α，则m//n
C.若α//β，m⊂β，则m//αD.若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
3. 两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离分别为5km，8km，灯塔A在观察站C的北偏东70∘方向上，灯塔B在观察站C的南偏东50∘方向上，则灯塔A与B的距离为（ ）
A.6kmB.7kmC.63kmD.73km
4. 函数y=sinx+3csx的图像可由函数y=sinx−3csx的图像至少向左平移（ ）个单位长度得到．
A.5π6B.2π3C.π3D.π6
5. 已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，若bsin2A+2asinB=0，b=2c，则sinAsinC的值为( )
A.1B.3C.5D.7
6. 等腰三角形底和腰之比为黄金分割比的三角形称为黄金三角形，它是最美的三角形．例如，正五角星由5个黄金三角形和一个正五边形组成，且每个黄金三角形都是顶角为36∘的等腰三角形，如图所示，在黄金三角形ABC中，BCAC=5−12．根据这些信息，可求得cs324∘的值为( )
A.5+14B.−5+14C.5−14D.1−54
7. 已知fx是定义在R上的偶函数，且满足fx+2=fx，当x∈0,1时，fx=2x−1，则函数y=fx−|lg4|x||的零点个数为( )
A.2B.4C.6D.8
8. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinBcsC+csinBcsA=32b，b=3，a>b，则2a+c的最大值为( )
A.27B.33C.26D.32
二、多选题
已知复数z=3−i2+i，则下列结论中错误的是( )
A.|z|=2
B.z的虚部为−i
C.z的共轭复数为1−i
D.z在复平面内的对应点位于第四象限
已知向量a→，b→满足|a→|=1，|b→|=2，|a→+b→|=2，则下列结论中正确的是( )
A.a→⋅b→=−2B.a→⊥a→+2b→
C.|a→−b→|=6D. a→与b→的夹角为2π3
已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，△ABC的面积S=AB→⋅AC→=12BA→⋅BC→，则下列结论中正确的是（ ）
A.sinA=255B.tanB=1C.csC=−1010D.c=355b
如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，E是AB的中点，F是BC1的中点，AB=3AA1=23，则下列结论中正确的是（ ）
A.EF//平面ACC1A1
B.该三棱柱有内切球（球与棱柱的每个面都相切）
C.该三棱柱外接球的体积为82π3
D.平面CEF截该三棱柱所得大小两部分的体积比为11:1
三、填空题
已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，a=3，b=72，sinA=37，则B=________．
已知AB→=2,3，AC→=1,t，|BC→|=1，则AB→⋅BC→=________.
已知正三棱锥A−BCD中，BC=2AB，E是CD的中点，则异面直线BE与AD所成角的余弦值为________.
已知△ABC外接圆的圆心为O，其面积S=112abc(a，b，c为△ABC的三边长），2OA→+3AB→+3AC→=0→，则△ABC外接圆的半径为________；csA的值为________.
四、解答题
设平面内三点A1,0,B0,1,C2,5．
(1)求|2AB→+AC→|；
(2)设向量AB与AC→的夹角为θ，求csθ．
已知函数fx=3sinxcsx+cs2x−12．
1求fx的单调递增区间；
2设a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，已知fA=12，2a=b+c，且AB→⋅AC→=9，求a的值．
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点．
(1)证明：平面MNQ//平面PCD；
(2)在线段PD上是否存在一点E，使得MN//平面ACE？若存在，求出PEPD的值；若不存在，请说明理由．
已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，sinB+2sinCcsA=0．
(1)证明：a2−c2=2b2；
(2)请问角B是否存在最大值？若存在，求出角B的最大值；若不存在，说明理由．
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别是AB，CC1，AD的中点．
(1)求异面直线B1E与BG所成角的余弦值；
(2)棱CD上是否存在点T，使得AT//平面B1EF？若存在，求出DTDC的值；若不存在，请说明理由．
在△ABC中，D是BC的中点，AB=2，AC=3，AD=2．
(1)求△ABC的面积；
(2)若E为BC上一点，且AE→=λAB→|AB→|+AC→|AC→|，求λ的值．
参考答案与试题解析
2020-2021年湖南省益阳市高一（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
并集及其运算
【解析】
先化简两集合，再求并集即可.
【解答】
解：∵ A=0,1,2,3，B=xxx−4<0=x0∴ A∪B=x0≤x<4，
故选D.
2.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
命题的真假判断与应用
【解析】
利用线面平行与面面平行的判定域性质逐项求解即可.
【解答】
解：对于A，若m//n，n//α，则m//α或m⊂α，故该选项错误；
对于B，若m//α，n⊂α，则m//n或m与n异面，故该选项错误；
对于C，若α//β，m⊂β，则m//α，由面面平行的性质可得该结论正确；
对于D，若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或m与n异面，故该选项错误；
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
解三角形的实际应用
【解析】
先由题意作出示意图，再利用余弦定理求解即可.
【解答】
解：依题意得A，B，C位置关系如图：
∴AC=5 ，BC=8 ，∠ACB=60∘ ，
∴AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cs∠ACB
=25+64−2×5×8×12
=89−40=49，
∴AB=7，
∴灯塔A与B的距离为7km．
故选B．
4.
【答案】
B
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
先化简两函数，再利用左加右减原则求解即可.
【解答】
解：∵ y=sinx+3csx=2sinx+π3，
y=sinx−3csx=2sinx−π3，
∵ x+π3=x−π3+2π3，
则y=sinx−3csx至少向左平移2π3个单位即可得y=sinx+3csx．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
余弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理余弦定理的应用求出结果．
【解答】
解：已知bsin2A+2asinB=0，
由正弦定理可得．sinBsin2A+2sinAsinB=0，
即2sinBsinAcsA+2sinAsinB=0，
由于sinBsinA≠0，∴csA=−22，
∵0又b=2c，由余弦定理可得
a2=b2+c2−2bccsA=2c2+c2+2c2=5c2，
∴ac=5，
∴sinAsinC=ac=5．
故选C．
6.
【答案】
A
【考点】
二倍角的余弦公式
诱导公式
【解析】
由已知得∠ACB=72∘以及cs 72∘=5−14，再应用半角公式即可得解.
【解答】
解：在△ABC中，由图可知∠ACB=72∘，
∵ BCAC=5−12，
∴ cs 72∘=12BCAC=5−14，
∴ cs324∘=cs(324∘−360∘)=cs(−36∘)=cs36∘
=1+cs 72∘2=3+58=6+2516=5+14．
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
函数的零点
函数奇偶性的性质
【解析】
【解答】
解：∵ fx是定义在R上的偶函数，
∴ fx=f(−x)，
∵ x∈0,1时，fx=2x−1，
∴ x∈−1,0时，−x∈0,1，则fx=f(−x)=2−x−1.
又∵ fx+2=fx，
∴ T=2.
令g(x)=lg4|x|，则fx−|lg4|x||=0，
即f(x)=|g(x)|，
作出图象如图所示：
当x>4或x<−4时，g(x)>f(x)，此时无交点，
∴ 当x>0时，有4个零点，
由图象对称性可知，共有8个零点.
故选D.
8.
【答案】
A
【考点】
正弦定理的应用
余弦定理的应用
【解析】
由余弦定理化角为边求出sinB，由此求出B，由正弦定理可得asinA=bsinB=csinC=2，即a=2sinA，c=2sinC，
则2a+c=4sinA+2sinC=5sinA+3csA=27sinA+φ，其中tanφ=35，根据A的取值范围求出2a+c的最大值．
【解答】
解：根据余弦定理：csA=b2+c2−a22bc，
csC=a2+b2−c22ab，
∴asinBcsC+csinBcsA=sinBacsC+ccsA
=sinB(a×a2+b2−c22ab+c×b2+c2−a22bc)
=sinB×a2+b2−c2+b2+c2−a22b
=bsinB=32b，
∴sinB=32，
∵a>b，∴B=π3，
又根据正弦定理
asinA=bsinB=csinC=332=2，
a=2sinA，c=2sinC，
∴2a+c=2×2sinA+2sinC=4sinA+2sinC
=4sinA+2sinπ−A−B
=4sinA+2sinπ−A−π3=4sinA+2sin2π3−A
=4sinA+2sin2π3csA−2cs2π3sinA
=4sinA+3csA+sinA
=5sinA+3csA=52+32sinA+φ
=27sinA+φ，其中tanφ=35，
∵A+B+C=π，B=π3，
∴0∴sinA+φ∈0,1，
即sinA+φ可以取到最大值为1，
即2a+c可以取到最大值为27×1=27．
故选A．
二、多选题
【答案】
A,B,C
【考点】
复数的模
复数的代数表示法及其几何意义
复数的基本概念
共轭复数
【解析】
化简z=1−i，逐一判断选项即可得解.
【解答】
解：因为z=3−i2+i=3−i2−i2+i2−i=1−i，
A，z=1+1=2，故A错误；
B，z=1−i，虚部为−1，故B错误；
C，z=1−i的共轭复数为1+i，故C错误；
D，z=1−i在复平面内的对应点为1,−1，位于第四象限，故D正确.
故选ABC.
【答案】
B,C
【考点】
向量的模
数量积表示两个向量的夹角
平面向量数量积的运算
向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】
根据a→+b→=a→2+b2+2a→⋅b→=2，解得a→⋅b→=−12，可知A错误；a→⋅a→+2b→=a→2+2a→⋅b→=0，可知B正确；由a→−b→=a→−b→2=a→2+b2−2a→⋅b→可知C正确；根据a→⋅b→=a→b→cs=−12，得到cs=−14,可知D错误.
【解答】
解：A，∵ 向量a→,b→满足a→=1，b→=2，a→+b→=2，
∴ a→+b→=a→+b→2=a→2+b2+2a→⋅b→=12+22+2a→⋅b→=2,
解得a→⋅b→=−12，故A错误；
B，a→⋅a→+2b→=a→2+2a→⋅b→=1+2×−12=0，∴ a→⊥a→+2b→，故B正确；
C，a→−b→=a→−b→2=a→2+b2−2a→⋅b→
=12+22−2×−12=6，故C正确；
D，∵ a→⋅b→=a→⋅b→⋅cs=1×2⋅cs=−12,
∴ cs=−14,
∵∈0,π，且cs2π3=−12≠−14，
∴ a→与b→的夹角不为cs2π3，故D错误；
故选BC.
【答案】
A,B,D
【考点】
正弦定理
余弦定理
诱导公式
两角和与差的余弦公式
【解析】
无
【解答】
解：S=AB→⋅AC→=|AB→|⋅|AC|csA=12bcsinA，
∴ tanA=2 ，sinA=255，csA=55，
S=12BA→⋅BC→=12|BA|⋅|BC|csB=12acsinB，
∴ tanB=1，B=π4，csC=−csA+B
=−55×22−255×22=1010．
由AB→⋅AC→=12BA→⋅BC→得bccsA=12accsB，
∴ a=210b5，
由c2=a2+b2−2abcsC解得c=35b5．
故选ABD．
【答案】
A,B
【考点】
棱柱的结构特征
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面平行的判定
多面体的内切球问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ EF//AC1，∴ EF//平面ACC1A1，A正确；
内切球在底面上的投影为△ABC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B1−CBE，
设△ABC的面积为S，棱柱的高为ℎ，V三棱柱=Sℎ，VB1−CBE=13×12Sℎ=16Sℎ，
∴ 大小两部分的体积比为5:1，D错误．
故选AB．
三、填空题
【答案】
π6或5π6
【考点】
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由正弦定理得3sinB=72×37，
sinB=12>37，
∴ B=π6或5π6．
故答案为：π6或5π6．
【答案】
−2
【考点】
平面向量的坐标运算
向量的模
平面向量数量积的运算
【解析】
求出BC→=AC→−AB→=(−1,t−3)，结合已知可得t=3，则BC→=(−1,0)，再利用向量的数量积即可得解.
【解答】
解：因为AB→=(2,3)，AC→=(1,t)，|BC→|=1，
所以BC→=AC→−AB→=(−1,t−3)，
所以BC→=1+t−32=1，解得t=3，即BC→=(−1,0)，
所以AB→⋅BC→=2×−1+3×0=−2.
故答案为：−2．
【答案】
66
【考点】
异面直线及其所成的角
余弦定理
【解析】
先作出异面直线BE与AD所成角，再在△BEF中由余弦定理即可得解．
【解答】
解：取AC的中点F，连接EF，
则EF // AD，
则∠FEB(或其补角)为异面直线BE与AD所成角，
不妨设AB=1，则BC=2，
则BF=AB2+AF2=52，
EF=AD2=12，BE=62，
在△BEF中，由余弦定理得：
cs∠FEB=EF2+BE2−BF22EF⋅BE=66．
故答案为： 66．
【答案】
3,−23
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
根据S=112abc=12bcsinA，由正弦定理asinA=2R，可得△ABC外接圆的半径为3；由2OA→+3AB→+ 3AC→=0→，可得3OB→+3OC→=4OA→，结合OB→=OC→=OA→=R=3，可知cs∠BOC=−19，由∠BOC=2∠A，则A∈0,π2，即可得解csA=223.
【解答】
解：因为S=112abc=12bcsinA，
所以16a=sinA，
由正弦定理asinA=2R，可得R=3，
所以△ABC外接圆的半径为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
csA=6+6−202×6=−23.
故答案为：3；−23.
四、解答题
【答案】
解：(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→|=−12+72=52．
(2)csθ=−1+5−12+12×12+52=21313．
【考点】
平面向量的坐标运算
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)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→|=−12+72=52．
(2)csθ=−1+5−12+12×12+52=21313．
【答案】
解：(1)f(x)=32sin2x+12cs2x=sin(2x+π6)，
令2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，
得kπ−π3≤x≤kπ+π6k∈Z，
∴ fx的单调递增区间为kπ−π3,kπ+π6k∈Z ．
(2)由fA=12得sin2A+π6=12，
∵ π6<2A+π6<2π+π6，∴ 2A+π6=5π6，∴ A=π3，
∵ AB→⋅AC→=9，∴ bccsA=9，∴ bc=18，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=b+c2−3bc=4a2−3×18，
∴ a=32．
【考点】
两角和与差的正弦公式
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
正弦函数的单调性
余弦定理
【解析】
1
1
【解答】
解：(1)f(x)=32sin2x+12cs2x=sin(2x+π6)，
令2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，
得kπ−π3≤x≤kπ+π6k∈Z，
∴ fx的单调递增区间为kπ−π3,kπ+π6k∈Z ．
(2)由fA=12得sin2A+π6=12，
∵ π6<2A+π6<2π+π6，∴ 2A+π6=5π6，∴ A=π3，
∵ AB→⋅AC→=9，∴ bccsA=9，∴ bc=18，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=b+c2−3bc=4a2−3×18，
∴ a=32．
【答案】
(1)证明：∵ 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PCD．
∵ NQ∩MQ=Q，且NQ，MQ⊂平面MNQ，
∴ 平面MNQ//平面PCD．
(2)解：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=//AD，
∴ NE=//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．
【考点】
平面与平面平行的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：∵ 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PCD．
∵ NQ∩MQ=Q，且NQ，MQ⊂平面MNQ，
∴ 平面MNQ//平面PCD．
(2)解：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=//AD，
∴ NE=//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．
【答案】
解：(1)由已知及正余弦定理得b+2c⋅b2+c2−a22bc=0，化简得a2−c2=2b2．
(2)由(1)可得csB=a2+c2−b22ac=a2+3c24ac≥2a2⋅3c24ac=32，
∴ B≤π6，当且仅当a2=3c2，即a=3c时等号成立，
∴ 角B存在最大值为π6．
【考点】
余弦定理
正弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由已知及正余弦定理得b+2c⋅b2+c2−a22bc=0，化简得a2−c2=2b2．
(2)由(1)可得csB=a2+c2−b22ac=a2+3c24ac≥2a2⋅3c24ac=32，
∴ B≤π6，当且仅当a2=3c2，即a=3c时等号成立，
∴ 角B存在最大值为π6．
【答案】
解：(1)取A1D1中点M，连接MB1，ME，GE，MG．
∵ABCD−A1B1C1D1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，
∴ cs∠MB1E=5+5−62⋅5⋅5=25．
(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//AB，∴ 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，∴ AH//平面B1EF．
【考点】
异面直线及其所成的角
余弦定理
直线与平面平行的判定
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)取A1D1中点M，连接MB1，ME，GE，MG．
∵ABCD−A1B1C1D1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，
∴ cs∠MB1E=5+5−62⋅5⋅5=25．
(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//AB，∴ 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，∴ AH//平面B1EF．
【答案】
解 ：(1)∵ D是BC中点，且AB=2，AC=3，AD=2，
∴ AD→=12AB→+AC→，∴ AD→2=14AB→+AC→2，
∴ 4=144+9+2AB→⋅AC→=144+9+2⋅2⋅3⋅cs∠BAC ，
∴ cs∠BAC=14，sin∠BAC=154，
∴ S△ABC=12AB⋅AC⋅sin∠BAC=3154．
(2)∵ AE→=λAB→|AB→|+AC→|AC→|=λ2AB→+λ3AC→，且B，E，C三点共线，
∴ λ2+λ3=1，解得λ=65．
【考点】
向量在几何中的应用
余弦定理
正弦定理
向量的共线定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解 ：(1)∵ D是BC中点，且AB=2，AC=3，AD=2，
∴ AD→=12AB→+AC→，∴ AD→2=14AB→+AC→2，
∴ 4=144+9+2AB→⋅AC→=144+9+2⋅2⋅3⋅cs∠BAC ，
∴ cs∠BAC=14，sin∠BAC=154，
∴ S△ABC=12AB⋅AC⋅sin∠BAC=3154．
(2)∵ AE→=λAB→|AB→|+AC→|AC→|=λ2AB→+λ3AC→，且B，E，C三点共线，
∴ λ2+λ3=1，解得λ=65．
1. 已知集合A=0,1,2,3，B=x|xx−4<0，则A∪B=( )
A.1,2,3B.x|x<4C.x|0
2. 已知直线m，n和平面α，β，下列命题正确的是（ ）
A.若m//n，n//α，则m//αB.若m//α，n⊂α，则m//n
C.若α//β，m⊂β，则m//αD.若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
3. 两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离分别为5km，8km，灯塔A在观察站C的北偏东70∘方向上，灯塔B在观察站C的南偏东50∘方向上，则灯塔A与B的距离为（ ）
A.6kmB.7kmC.63kmD.73km
4. 函数y=sinx+3csx的图像可由函数y=sinx−3csx的图像至少向左平移（ ）个单位长度得到．
A.5π6B.2π3C.π3D.π6
5. 已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，若bsin2A+2asinB=0，b=2c，则sinAsinC的值为( )
A.1B.3C.5D.7
6. 等腰三角形底和腰之比为黄金分割比的三角形称为黄金三角形，它是最美的三角形．例如，正五角星由5个黄金三角形和一个正五边形组成，且每个黄金三角形都是顶角为36∘的等腰三角形，如图所示，在黄金三角形ABC中，BCAC=5−12．根据这些信息，可求得cs324∘的值为( )
A.5+14B.−5+14C.5−14D.1−54
7. 已知fx是定义在R上的偶函数，且满足fx+2=fx，当x∈0,1时，fx=2x−1，则函数y=fx−|lg4|x||的零点个数为( )
A.2B.4C.6D.8
8. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinBcsC+csinBcsA=32b，b=3，a>b，则2a+c的最大值为( )
A.27B.33C.26D.32
二、多选题
已知复数z=3−i2+i，则下列结论中错误的是( )
A.|z|=2
B.z的虚部为−i
C.z的共轭复数为1−i
D.z在复平面内的对应点位于第四象限
已知向量a→，b→满足|a→|=1，|b→|=2，|a→+b→|=2，则下列结论中正确的是( )
A.a→⋅b→=−2B.a→⊥a→+2b→
C.|a→−b→|=6D. a→与b→的夹角为2π3
已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，△ABC的面积S=AB→⋅AC→=12BA→⋅BC→，则下列结论中正确的是（ ）
A.sinA=255B.tanB=1C.csC=−1010D.c=355b
如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，E是AB的中点，F是BC1的中点，AB=3AA1=23，则下列结论中正确的是（ ）
A.EF//平面ACC1A1
B.该三棱柱有内切球（球与棱柱的每个面都相切）
C.该三棱柱外接球的体积为82π3
D.平面CEF截该三棱柱所得大小两部分的体积比为11:1
三、填空题
已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，a=3，b=72，sinA=37，则B=________．
已知AB→=2,3，AC→=1,t，|BC→|=1，则AB→⋅BC→=________.
已知正三棱锥A−BCD中，BC=2AB，E是CD的中点，则异面直线BE与AD所成角的余弦值为________.
已知△ABC外接圆的圆心为O，其面积S=112abc(a，b，c为△ABC的三边长），2OA→+3AB→+3AC→=0→，则△ABC外接圆的半径为________；csA的值为________.
四、解答题
设平面内三点A1,0,B0,1,C2,5．
(1)求|2AB→+AC→|；
(2)设向量AB与AC→的夹角为θ，求csθ．
已知函数fx=3sinxcsx+cs2x−12．
1求fx的单调递增区间；
2设a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，已知fA=12，2a=b+c，且AB→⋅AC→=9，求a的值．
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点．
(1)证明：平面MNQ//平面PCD；
(2)在线段PD上是否存在一点E，使得MN//平面ACE？若存在，求出PEPD的值；若不存在，请说明理由．
已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，sinB+2sinCcsA=0．
(1)证明：a2−c2=2b2；
(2)请问角B是否存在最大值？若存在，求出角B的最大值；若不存在，说明理由．
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别是AB，CC1，AD的中点．
(1)求异面直线B1E与BG所成角的余弦值；
(2)棱CD上是否存在点T，使得AT//平面B1EF？若存在，求出DTDC的值；若不存在，请说明理由．
在△ABC中，D是BC的中点，AB=2，AC=3，AD=2．
(1)求△ABC的面积；
(2)若E为BC上一点，且AE→=λAB→|AB→|+AC→|AC→|，求λ的值．
参考答案与试题解析
2020-2021年湖南省益阳市高一（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
并集及其运算
【解析】
先化简两集合，再求并集即可.
【解答】
解：∵ A=0,1,2,3，B=xxx−4<0=x0
故选D.
2.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
命题的真假判断与应用
【解析】
利用线面平行与面面平行的判定域性质逐项求解即可.
【解答】
解：对于A，若m//n，n//α，则m//α或m⊂α，故该选项错误；
对于B，若m//α，n⊂α，则m//n或m与n异面，故该选项错误；
对于C，若α//β，m⊂β，则m//α，由面面平行的性质可得该结论正确；
对于D，若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或m与n异面，故该选项错误；
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
解三角形的实际应用
【解析】
先由题意作出示意图，再利用余弦定理求解即可.
【解答】
解：依题意得A，B，C位置关系如图：
∴AC=5 ，BC=8 ，∠ACB=60∘ ，
∴AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cs∠ACB
=25+64−2×5×8×12
=89−40=49，
∴AB=7，
∴灯塔A与B的距离为7km．
故选B．
4.
【答案】
B
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
先化简两函数，再利用左加右减原则求解即可.
【解答】
解：∵ y=sinx+3csx=2sinx+π3，
y=sinx−3csx=2sinx−π3，
∵ x+π3=x−π3+2π3，
则y=sinx−3csx至少向左平移2π3个单位即可得y=sinx+3csx．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
余弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理余弦定理的应用求出结果．
【解答】
解：已知bsin2A+2asinB=0，
由正弦定理可得．sinBsin2A+2sinAsinB=0，
即2sinBsinAcsA+2sinAsinB=0，
由于sinBsinA≠0，∴csA=−22，
∵0
a2=b2+c2−2bccsA=2c2+c2+2c2=5c2，
∴ac=5，
∴sinAsinC=ac=5．
故选C．
6.
【答案】
A
【考点】
二倍角的余弦公式
诱导公式
【解析】
由已知得∠ACB=72∘以及cs 72∘=5−14，再应用半角公式即可得解.
【解答】
解：在△ABC中，由图可知∠ACB=72∘，
∵ BCAC=5−12，
∴ cs 72∘=12BCAC=5−14，
∴ cs324∘=cs(324∘−360∘)=cs(−36∘)=cs36∘
=1+cs 72∘2=3+58=6+2516=5+14．
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
函数的零点
函数奇偶性的性质
【解析】
【解答】
解：∵ fx是定义在R上的偶函数，
∴ fx=f(−x)，
∵ x∈0,1时，fx=2x−1，
∴ x∈−1,0时，−x∈0,1，则fx=f(−x)=2−x−1.
又∵ fx+2=fx，
∴ T=2.
令g(x)=lg4|x|，则fx−|lg4|x||=0，
即f(x)=|g(x)|，
作出图象如图所示：
当x>4或x<−4时，g(x)>f(x)，此时无交点，
∴ 当x>0时，有4个零点，
由图象对称性可知，共有8个零点.
故选D.
8.
【答案】
A
【考点】
正弦定理的应用
余弦定理的应用
【解析】
由余弦定理化角为边求出sinB，由此求出B，由正弦定理可得asinA=bsinB=csinC=2，即a=2sinA，c=2sinC，
则2a+c=4sinA+2sinC=5sinA+3csA=27sinA+φ，其中tanφ=35，根据A的取值范围求出2a+c的最大值．
【解答】
解：根据余弦定理：csA=b2+c2−a22bc，
csC=a2+b2−c22ab，
∴asinBcsC+csinBcsA=sinBacsC+ccsA
=sinB(a×a2+b2−c22ab+c×b2+c2−a22bc)
=sinB×a2+b2−c2+b2+c2−a22b
=bsinB=32b，
∴sinB=32，
∵a>b，∴B=π3，
又根据正弦定理
asinA=bsinB=csinC=332=2，
a=2sinA，c=2sinC，
∴2a+c=2×2sinA+2sinC=4sinA+2sinC
=4sinA+2sinπ−A−B
=4sinA+2sinπ−A−π3=4sinA+2sin2π3−A
=4sinA+2sin2π3csA−2cs2π3sinA
=4sinA+3csA+sinA
=5sinA+3csA=52+32sinA+φ
=27sinA+φ，其中tanφ=35，
∵A+B+C=π，B=π3，
∴0
即sinA+φ可以取到最大值为1，
即2a+c可以取到最大值为27×1=27．
故选A．
二、多选题
【答案】
A,B,C
【考点】
复数的模
复数的代数表示法及其几何意义
复数的基本概念
共轭复数
【解析】
化简z=1−i，逐一判断选项即可得解.
【解答】
解：因为z=3−i2+i=3−i2−i2+i2−i=1−i，
A，z=1+1=2，故A错误；
B，z=1−i，虚部为−1，故B错误；
C，z=1−i的共轭复数为1+i，故C错误；
D，z=1−i在复平面内的对应点为1,−1，位于第四象限，故D正确.
故选ABC.
【答案】
B,C
【考点】
向量的模
数量积表示两个向量的夹角
平面向量数量积的运算
向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】
根据a→+b→=a→2+b2+2a→⋅b→=2，解得a→⋅b→=−12，可知A错误；a→⋅a→+2b→=a→2+2a→⋅b→=0，可知B正确；由a→−b→=a→−b→2=a→2+b2−2a→⋅b→可知C正确；根据a→⋅b→=a→b→cs
【解答】
解：A，∵ 向量a→,b→满足a→=1，b→=2，a→+b→=2，
∴ a→+b→=a→+b→2=a→2+b2+2a→⋅b→=12+22+2a→⋅b→=2,
解得a→⋅b→=−12，故A错误；
B，a→⋅a→+2b→=a→2+2a→⋅b→=1+2×−12=0，∴ a→⊥a→+2b→，故B正确；
C，a→−b→=a→−b→2=a→2+b2−2a→⋅b→
=12+22−2×−12=6，故C正确；
D，∵ a→⋅b→=a→⋅b→⋅cs
∴ cs
∵
∴ a→与b→的夹角不为cs2π3，故D错误；
故选BC.
【答案】
A,B,D
【考点】
正弦定理
余弦定理
诱导公式
两角和与差的余弦公式
【解析】
无
【解答】
解：S=AB→⋅AC→=|AB→|⋅|AC|csA=12bcsinA，
∴ tanA=2 ，sinA=255，csA=55，
S=12BA→⋅BC→=12|BA|⋅|BC|csB=12acsinB，
∴ tanB=1，B=π4，csC=−csA+B
=−55×22−255×22=1010．
由AB→⋅AC→=12BA→⋅BC→得bccsA=12accsB，
∴ a=210b5，
由c2=a2+b2−2abcsC解得c=35b5．
故选ABD．
【答案】
A,B
【考点】
棱柱的结构特征
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面平行的判定
多面体的内切球问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ EF//AC1，∴ EF//平面ACC1A1，A正确；
内切球在底面上的投影为△ABC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B1−CBE，
设△ABC的面积为S，棱柱的高为ℎ，V三棱柱=Sℎ，VB1−CBE=13×12Sℎ=16Sℎ，
∴ 大小两部分的体积比为5:1，D错误．
故选AB．
三、填空题
【答案】
π6或5π6
【考点】
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由正弦定理得3sinB=72×37，
sinB=12>37，
∴ B=π6或5π6．
故答案为：π6或5π6．
【答案】
−2
【考点】
平面向量的坐标运算
向量的模
平面向量数量积的运算
【解析】
求出BC→=AC→−AB→=(−1,t−3)，结合已知可得t=3，则BC→=(−1,0)，再利用向量的数量积即可得解.
【解答】
解：因为AB→=(2,3)，AC→=(1,t)，|BC→|=1，
所以BC→=AC→−AB→=(−1,t−3)，
所以BC→=1+t−32=1，解得t=3，即BC→=(−1,0)，
所以AB→⋅BC→=2×−1+3×0=−2.
故答案为：−2．
【答案】
66
【考点】
异面直线及其所成的角
余弦定理
【解析】
先作出异面直线BE与AD所成角，再在△BEF中由余弦定理即可得解．
【解答】
解：取AC的中点F，连接EF，
则EF // AD，
则∠FEB(或其补角)为异面直线BE与AD所成角，
不妨设AB=1，则BC=2，
则BF=AB2+AF2=52，
EF=AD2=12，BE=62，
在△BEF中，由余弦定理得：
cs∠FEB=EF2+BE2−BF22EF⋅BE=66．
故答案为： 66．
【答案】
3,−23
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
根据S=112abc=12bcsinA，由正弦定理asinA=2R，可得△ABC外接圆的半径为3；由2OA→+3AB→+ 3AC→=0→，可得3OB→+3OC→=4OA→，结合OB→=OC→=OA→=R=3，可知cs∠BOC=−19，由∠BOC=2∠A，则A∈0,π2，即可得解csA=223.
【解答】
解：因为S=112abc=12bcsinA，
所以16a=sinA，
由正弦定理asinA=2R，可得R=3，
所以△ABC外接圆的半径为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
csA=6+6−202×6=−23.
故答案为：3；−23.
四、解答题
【答案】
解：(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→|=−12+72=52．
(2)csθ=−1+5−12+12×12+52=21313．
【考点】
平面向量的坐标运算
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)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→|=−12+72=52．
(2)csθ=−1+5−12+12×12+52=21313．
【答案】
解：(1)f(x)=32sin2x+12cs2x=sin(2x+π6)，
令2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，
得kπ−π3≤x≤kπ+π6k∈Z，
∴ fx的单调递增区间为kπ−π3,kπ+π6k∈Z ．
(2)由fA=12得sin2A+π6=12，
∵ π6<2A+π6<2π+π6，∴ 2A+π6=5π6，∴ A=π3，
∵ AB→⋅AC→=9，∴ bccsA=9，∴ bc=18，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=b+c2−3bc=4a2−3×18，
∴ a=32．
【考点】
两角和与差的正弦公式
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
正弦函数的单调性
余弦定理
【解析】
1
1
【解答】
解：(1)f(x)=32sin2x+12cs2x=sin(2x+π6)，
令2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，
得kπ−π3≤x≤kπ+π6k∈Z，
∴ fx的单调递增区间为kπ−π3,kπ+π6k∈Z ．
(2)由fA=12得sin2A+π6=12，
∵ π6<2A+π6<2π+π6，∴ 2A+π6=5π6，∴ A=π3，
∵ AB→⋅AC→=9，∴ bccsA=9，∴ bc=18，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=b+c2−3bc=4a2−3×18，
∴ a=32．
【答案】
(1)证明：∵ 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PCD．
∵ NQ∩MQ=Q，且NQ，MQ⊂平面MNQ，
∴ 平面MNQ//平面PCD．
(2)解：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=//AD，
∴ NE=//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．
【考点】
平面与平面平行的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：∵ 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PCD．
∵ NQ∩MQ=Q，且NQ，MQ⊂平面MNQ，
∴ 平面MNQ//平面PCD．
(2)解：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=//AD，
∴ NE=//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．
【答案】
解：(1)由已知及正余弦定理得b+2c⋅b2+c2−a22bc=0，化简得a2−c2=2b2．
(2)由(1)可得csB=a2+c2−b22ac=a2+3c24ac≥2a2⋅3c24ac=32，
∴ B≤π6，当且仅当a2=3c2，即a=3c时等号成立，
∴ 角B存在最大值为π6．
【考点】
余弦定理
正弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由已知及正余弦定理得b+2c⋅b2+c2−a22bc=0，化简得a2−c2=2b2．
(2)由(1)可得csB=a2+c2−b22ac=a2+3c24ac≥2a2⋅3c24ac=32，
∴ B≤π6，当且仅当a2=3c2，即a=3c时等号成立，
∴ 角B存在最大值为π6．
【答案】
解：(1)取A1D1中点M，连接MB1，ME，GE，MG．
∵ABCD−A1B1C1D1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，
∴ cs∠MB1E=5+5−62⋅5⋅5=25．
(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//AB，∴ 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，∴ AH//平面B1EF．
【考点】
异面直线及其所成的角
余弦定理
直线与平面平行的判定
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)取A1D1中点M，连接MB1，ME，GE，MG．
∵ABCD−A1B1C1D1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，
∴ cs∠MB1E=5+5−62⋅5⋅5=25．
(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//AB，∴ 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，∴ AH//平面B1EF．
【答案】
解 ：(1)∵ D是BC中点，且AB=2，AC=3，AD=2，
∴ AD→=12AB→+AC→，∴ AD→2=14AB→+AC→2，
∴ 4=144+9+2AB→⋅AC→=144+9+2⋅2⋅3⋅cs∠BAC ，
∴ cs∠BAC=14，sin∠BAC=154，
∴ S△ABC=12AB⋅AC⋅sin∠BAC=3154．
(2)∵ AE→=λAB→|AB→|+AC→|AC→|=λ2AB→+λ3AC→，且B，E，C三点共线，
∴ λ2+λ3=1，解得λ=65．
【考点】
向量在几何中的应用
余弦定理
正弦定理
向量的共线定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解 ：(1)∵ D是BC中点，且AB=2，AC=3，AD=2，
∴ AD→=12AB→+AC→，∴ AD→2=14AB→+AC→2，
∴ 4=144+9+2AB→⋅AC→=144+9+2⋅2⋅3⋅cs∠BAC ，
∴ cs∠BAC=14，sin∠BAC=154，
∴ S△ABC=12AB⋅AC⋅sin∠BAC=3154．
(2)∵ AE→=λAB→|AB→|+AC→|AC→|=λ2AB→+λ3AC→，且B，E，C三点共线，
∴ λ2+λ3=1，解得λ=65．
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