2020-2021学年湖南省蓝山县某校高一（下）期中考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年湖南省蓝山县某校高一（下）期中考试数学试卷人教A版，共10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. 复数z=−3+2i，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. 在△ABC中，已知A=30∘，B=60∘，a=10，则b=( )
A.52B.103C.1033D.56

3. 若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有( )
A.0条B.1条C.2条D.1条或2条

4. 已知a+3ii=b−i（其中a，b∈R，i是虚数单位），则a+b的值为( )
A.−2B.2C.4D.−4

5. Rt△ABC中， AB=3，BC=4，AC=5，将三角形绕直角边AB旋转一周所成的几何体的侧面积为( )
A.10πB.20πC.30πD.40π

6. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足acsB+32b=c，则A=( )
A.56πB.23πC.π3D.π6

7. 关于直线l，m及平面α，β，下列命题中正确的是( )
A.若l//α，m//α，则l//mB.若l⊥α，l//β，则α⊥β
C.若l//α，l⊥m，则m⊥αD.若l//α，α∩β=m，则l//m

8. 扇形OAB的半径为1，圆心角为120∘，P是弧AB上的动点，则AP→⋅BP→的最小值为( )
A.−12B.12C.−2D.0
二、多选题

设向量a→=(2, 0)，b→=(1, 1)，则( )
A.|a→|=|b→|B.(a→−b→)⊥b→
C.(a→−b→) // b→D.a→与b→的夹角为π4

若复数z=21+i，其中i为虚数单位，则下列结论正确的是( )
A.z的虚部为−1B.|z|=2
C.z2为纯虚数D.z的共轭复数为−1−i

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，下列结论正确的是( )
A.AD1 // BC1B.平面AB1D1 // 平面BDC1
C.AD1 // DC1D.AD1 // 平面BDC1

已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若a=b，且3acsC+ccsA=2bsinB，D是△ABC外一点， DC=1，DA=3，则下列结论正确的是( )
A.△ABC是等边三角形
B.若AC=23，则A，B，C，D四点共圆
C.四边形ABCD面积最大值为532+3
D.四边形ABCD面积最小值为532−3
三、填空题

已知向量a→=−2,3，b→=x,−2，若a→⊥b→，则实数x的值为________.

复数sin40∘−ics40∘的辐角主值是________.

已知a→=3,−4，b→=1,2，向量a→与b→的夹角为θ，则sinθ=________.

锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a−bc=sinC−sinBsinA+sinB，且a=3，则△ABC周长的取值范围是________.
四、解答题


(1)已知复数z与z+22−8i都是纯虚数，求z；

(2)计算：1+i1−i6+2+3i3−2i．

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
(1)求异面直线AC与A1D所成角的大小；

(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求异面直线A1C1与EF所成角的大小．

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b2+c2−a2=423bc．
(1)求csA和sinA的值；

(2)若3ca=2sinBsinA，且△ABC的面积S△ABC=22，求边c的值．

如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，E为A1B1的中点，A1C交AC1于F， AC=AB1．

(1)求证：B1C//平面AC1E；

(2)若BB1=2，AB=2，∠CBB1=2π3，且二面角A−B1C−B为直二面角，求三棱锥B−A1B1C的体积．

如图，已知O为△ABC的外心，角A，B，C的对边分别为a，b，c.

(1)若3OA→+4OB→+5OC→=0→，求cs∠BOC；

(2)若CO→⋅AB→=BO→⋅CA→，求b2+c2a2的值．

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m→=(cs(A−B),sin(A−B))，n→=(csB,−sinB)，且m→⋅n→=−35.
(1)求sinA的值；

(2)若a=42，b=5，求角B的大小及向量BA→在BC→方向上的投影．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省蓝山县某校高一（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
共轭复数
【解析】
先求出共轭复数再判断结果
【解答】
解：由z=−3+2i得z¯=−3−2i，
则z¯=−3−2i对应点(−3,−2)，位于第三象限．
故选C.
2.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
【解析】
由正弦定理可得bsin60∘=10sin30∘，变形可得．
【解答】
解：∵ 在△ABC中，A=30∘，B=60∘，a=10，
∴ 由正弦定理可得bsinB=asinA，即bsin60∘=10sin30∘，
∴ b=10×3212=103.
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
直线与平面平行的判定
【解析】
本题考查空间直线与平面的位置关系．
【解答】
解：如图，
设平面α截三棱锥所得的四边形EFGH为平行四边形，则EF//GH，
因为EF⊄平面BCD，GH⊂平面BCD，
所以EF//平面BCD，
又EF⊂平面ACD，平面ACD∩平面BCD=CD，
所以EF//CD，
因为EF⊂平面EFGH，CD⊄平面EFGH，
所以CD//平面EFGH，同理AB//平面EFGH，
所以该三棱锥与平面α平行的棱有2条．
故选C.
4.
【答案】
C
【考点】
复数代数形式的混合运算
复数相等的充要条件
【解析】
化简复数方程为复数相等的形式，求出a，b即可得到a+b的值．
【解答】
解：因为a+3ii=b−i，
所以a+3i=1+bi，
所以a=1，b=3，
所以a+b=4．
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
旋转一周所成的几何体是底面以BC为半径，以AC为母线的圆锥，求出圆锥的侧面积即可.
【解答】
解：旋转一周所成的几何体是底面以BC为半径r，以AB为高h的圆锥，且母线l=AC=5，
所以该圆锥的侧面积为：S表面积=πrl=π×4×5=20π.
故选B．
6.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
由正弦定理，结合两角和与差的正弦公式化简求解即可.
【解答】
解：∵acsB+32b=c，
由正弦定理可得sinAcsB+32sinB=sinC=sinA+B，
即sinAcsB+32sinB=sinAcsB+csAsinB，
∴ 32sinB=csAsinB，
又B∈0,π，∴sinB≠0，
∴ csA=32，
又A∈0,π，
∴ A=π6.
故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
由题意，根据空间中线面位置关系的定义和性质进行求解即可.
【解答】
解：A，若l//α，m//α，则直线l和直线m的位置关系为平行、相交或异面，故选项A错误；
B，若l⊥α，l//β，则平面β内一定有无数条直线与直线l平行，且该直线垂直于平面α，则α⊥β，故选项
B正确；
C，若l//α，l⊥m，两直线l和m可以同时在平面α内，故选项C错误；
D，直线l平行于平面α，只需平行于平面α内任一直线，不一定要平行于α和β的交线，故选项D错误.
故选B.
8.
【答案】
A
【考点】
两向量的和或差的模的最值
平面向量数量积的运算
【解析】
首先以OA→与OB→作为一组向量基底来表示AP→和BP→，然后可得AP→⋅BP→=12−OP→⋅OA→+OB→)，讨论OP→与OA→+OB→共
线同向时，OP→⋅OA→+OB→有最大值为1，进一步可得AP→⋅BP→有最小值−12
【解答】
解：由题意得AP→⋅BP→=(OP→−OA→)⋅(OP→−OB→)
=(OP→)2+OA→⋅OB→−OP→⋅OA→−OP→⋅OB→
=1−12−OP→⋅OA→+OB→
=12−OP→⋅OA→+OB→
易得|OA→+OB→|=1，
所以当OP→与OA→+OB→共线且同向时，
OP→⋅OA→+OB→有最大值为1，
此时AP→⋅BP→=12−OP→⋅OA→+OB→有最小值−12.
故选A.
二、多选题
【答案】
B,D
【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
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
可以求出|a→|=2,|b→|=2，从而判断A错误；容易得出(a→−b→)⋅b→=0，从而判断B错误，C正确；可以求出cs=22，从而判断D正确．
【解答】
解：∵ |a→|=2，|b→|=2，∴ A错误；
∵a→−b→=(1,−1)，
∴ (a→−b→)⋅b→=1−1=0，
∴ (a→−b→)⊥b→，∴ B正确，C错误；
∵ cs=a→⋅b→|a→||b→|=222=22，且0≤≤π，
∴ a→与b→的夹角为π4，∴ D正确．
故选BD.
【答案】
A,B,C
【考点】
共轭复数
复数的模
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，然后逐一核对四个选项得答案．
【解答】
解：∵ z=21+i=2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i，
∴ z的虚部为−1，A选项正确；
|z|=2，B选项正确；
z2=(1−i)2=−2i为纯虚数，C选项正确；
z的共轭复数为1+i，D选项错误．
故选ABC．
【答案】
A,B,D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
两条直线平行的判定
直线与平面平行的判定
平面与平面平行的判定
异面直线的判定
【解析】
由正方体ABCD−A1B1C1D1性质得AD1 // BC1；由AD1 // BC1，B1D1 // BD，得平面AB1D1 // 平面BDC1；由AD1 // BC1，BC1∩DC1=C1，得AD1与DC1异面；由AD1 // BC1，得AD1 // 平面BDC1．
【解答】
解：如图，
正方体ABCD−A1B1C1D1中，
AD1 // BC1，故A正确；
∵ AD1 // BC1，B1D1 // BD，AD1∩B1D1=D1，BC1∩BD=B，
∴ 平面AB1D1 // 平面BDC1，故B正确；
∵ AD1 // BC1，BC1∩DC1=C1，
∴ AD1与DC1异面，故C错误；
∵ AD1 // BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，
∴ AD1 // 平面BDC1，故D正确．
故选ABD.
【答案】
A,C
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦定理
余弦定理
【解析】
利用三角函数恒等变换化简已知等式可求sinB，再利用a=b ，可知△ABC为等边三角形，从而判断A；利用四点A，B，C，D共圆，四边形对角互补，从而判断B；设AC=x，x>0 ，在△ADC中，由余弦定理可得x2=10−6csD ，利用三角形的面积公式，三角函数恒等变换的，可求S四边形ABCD ，利用正弦函数的性质，求出最值，判断CD
【解答】
解：如图，
A，由正弦定理a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，
得3⋅sinAcsC+sinCcsA=2sinB⋅sinB，
∴3=2sinB，∴sinB=32，
∵a=b，B是等腰△ABC的底角，
∴B∈0,π2，
∴B=π3，∴△ABC是等边三角形，故A正确；
B，若A，B，C，D四点共圆，则四边形对角互补，
由A正确知∠D=2π3，csD=−12，
但由于DC=1，DA=3，AC=23时，
csD=DC2+DA2−AC22⋅DA⋅DC=12+32−2322×1×3=−13≠−12，
故B错误；
CD，设∠D=θ ，则AC2=DC2+DA2−2DC⋅DA⋅csθ=10−6csθ，
∴S△ABC=34⋅10−6csθ=532−332csθ，
S△ADC=32sinθ，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=32sinθ−332csθ+532
=3sinθ⋅12−csθ⋅32+532
=3sinθ−π3+532，
∵θ∈(0,π)，∴sin(θ−π3)∈(−32,1]，
−3故选AC．
三、填空题
【答案】
−3
【考点】
平面向量的坐标运算
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
由题意，根据两向量垂直，数量积为零，列出式子求解即可.
【解答】
解：已知向量a→=−2,3，b→=x,−2，
若a→⊥b→，
则−2x−2×3=0，
解得x=−3.
故答案为：−3.
【答案】
310∘
【考点】
诱导公式
【解析】
利用诱导公式求解即可.
【解答】
解：因为sin40∘−ics40∘
=cs270∘+40∘+isin270∘+40∘
=sin310∘+isin310∘，
所以该复数的辐角主值是310∘.
故答案为：310∘.
【答案】
255
【考点】
同角三角函数间的基本关系
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
由题意利用两个向量的数量积的定义求得csθ的值，再利用同角三角函数的基本关系，求得sinθ的值．
【解答】
解：∵向量a→=3,−4，b→=1,2，
∴ csθ=a→⋅b→|a→||b→|=3×1−4×25×5=−55，
∴ sinθ=1−cs2θ=255.
故答案为： 255.
【答案】
(3+3,33]
【考点】
正弦定理
余弦定理
两角和与差的正弦公式
正弦函数的定义域和值域
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由正弦定理可得a−bc=sinC−sinBsinA+sinB=c−ba+b，
∴ a2−b2=c2−bc
可得b2+c2−a2=bc，
∴ csA=b2+c2−a22bc=12.
∵ 0∴ A=π3，
由正弦定理可得bsinB=csinC=asinA=2，
∴ b=2sinB，c=2sinC，
b+c=2sinB+2sinC=2sinB+2sinπ−A−B
=2sinB+2sin2π3−B=23sinB+π6．
∵ △ABC为锐角三角形，
则 0∴ π3∴ 32则3<23sinB+π3≤23.
因此，△ABC周长的取值范围是(3+3,33]．
故答案为：(3+3,33]．
四、解答题
【答案】
解：(1)由题意知复数z是纯虚数，
∴ 令z=bib≠0，
∴ z+22−8i=bi+22−8i=4−b2+4b−2i ，
∵ z+22−8i是纯虚数，
∴ 4−b2=0且4b−2≠0，
∴ b=−2，
∴z=−2i．
(2)原式=1+i226+2+3i3+2i5
=i6+5i5
=−1+i．
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的混合运算
【解析】
1
1
【解答】
解：(1)由题意知复数z是纯虚数，
∴ 令z=bib≠0，
∴ z+22−8i=bi+22−8i=4−b2+4b−2i ，
∵ z+22−8i是纯虚数，
∴ 4−b2=0且4b−2≠0，
∴ b=−2，
∴z=−2i．
(2)原式=1+i226+2+3i3+2i5
=i6+5i5
=−1+i．
【答案】
解：(1)如图所示，连接B1C，AB1，
由正方体ABCD−A1B1C1D1易知A1D//B1C，
则B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角．
因为AB1=AC=B1C，
所以∠B1CA=60∘，
即A1D与AC所成的角为60∘.
(2)连接BD，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
AC⊥BD，AC//A1C1，
因为E，F分别是AB，AD的中点，
所以EF//BD，
所以EF⊥AC．
所以EF⊥A1C1，
即A1C1与EF所成的角为90∘．
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
(1)如图所示，连接B1C，AB1，得到B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角，求解即可；
(2)连接BD，得到EF⊥A1C1，即A1C1与EF所成的角为90∘．
【解答】
解：(1)如图所示，连接B1C，AB1，
由正方体ABCD−A1B1C1D1易知A1D//B1C，
则B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角．
因为AB1=AC=B1C，
所以∠B1CA=60∘，
即A1D与AC所成的角为60∘.
(2)连接BD，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
AC⊥BD，AC//A1C1，
因为E，F分别是AB，AD的中点，
所以EF//BD，
所以EF⊥AC．
所以EF⊥A1C1，
即A1C1与EF所成的角为90∘．
【答案】
解：(1)∵ b2+c2−a2=423bc ，
∴ csA=b2+c2−a22bc=223，
∴sinA=1−cs2A=1−89=13.
(2)∵3ca=2sinBsinA，
∴3ca=2ba，即b=322c，
∵S△ABC=12bcsinA=22，
∴12×3c22×13=22，
故c2=8，解得c=22．
【考点】
余弦定理
同角三角函数间的基本关系
正弦定理
【解析】
1
1
【解答】
解：(1)∵ b2+c2−a2=423bc ，
∴ csA=b2+c2−a22bc=223，
∴sinA=1−cs2A=1−89=13.
(2)∵3ca=2sinBsinA，
∴3ca=2ba，即b=322c，
∵S△ABC=12bcsinA=22，
∴12×3c22×13=22，
故c2=8，解得c=22．
【答案】
(1)证明：连结EF，如图，
∵ 四边形ACC1A1是平行四边形，
∴ F为A1C的中点．又E为A1B1的中点，
∴ B1C//EF．
∵ EF⊂平面AC1E，B1C⊄平面AC1E，
∴ B1C//平面AC1E．
(2)解：连结BC1交B1C于点O，则O为B1C的中点．
∵ AC=AB1，
∴ AO⊥B1C．
又∵ 二面角A−B1C−B为直二面角，
∴ AO⊥平面BB1C1C．
∵ 侧面BB1C1C为菱形，BB1=2，∠CBB1=2π3，
∴ △BC1C为等边三角形，BC1=2，BO=1，
∴ S△BB1C=12⋅BC1⋅BB1⋅sin2π3=3，
AO=AB2−BO2=1．
又∵ AA1//平面BB1C1C，
∴ VB−A1B1C=VA1−BB1C=VA−BB1C=13S△BB1C⋅AO=33．
【考点】
直线与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
1
1
【解答】
(1)证明：连结EF，如图，
∵ 四边形ACC1A1是平行四边形，
∴ F为A1C的中点．又E为A1B1的中点，
∴ B1C//EF．
∵ EF⊂平面AC1E，B1C⊄平面AC1E，
∴ B1C//平面AC1E．
(2)解：连结BC1交B1C于点O，则O为B1C的中点．
∵ AC=AB1，
∴ AO⊥B1C．
又∵ 二面角A−B1C−B为直二面角，
∴ AO⊥平面BB1C1C．
∵ 侧面BB1C1C为菱形，BB1=2，∠CBB1=2π3，
∴ △BC1C为等边三角形，BC1=2，BO=1，
∴ S△BB1C=12⋅BC1⋅BB1⋅sin2π3=3，
AO=AB2−BO2=1．
又∵ AA1//平面BB1C1C，
∴ VB−A1B1C=VA1−BB1C=VA−BB1C=13S△BB1C⋅AO=33．
【答案】
解：(1) 设外接圆半径为R，
由3OA→+4OB→+5OC→=0→得4OB→+5OC→=−3OA→，
平方得16R2+40OB→⋅OC→+25R2=9R2，
即OB→⋅OC→=−45R2，
则cs∠BOC=−45.
(2)∵ CO→⋅AB→=BO→⋅CA→，
∴ CO→⋅(OB→−OA→)=BO→(OA→−OC→)，
即−OC→⋅OB→+OC→⋅OA→=−OB→⋅OA→+OB→⋅OC→，
可得−R2cs2A+R2cs2B=−R2cs2C+R2cs2A，
∴ 2cs2A=cs2C+cs2B，
即2(1−2sin2A)=2−(2sin2B+2sin2C)，
∴ 2sin2A=sin2B+sin2C，
∴ 由正弦定理得2a2=b2+c2，
∴ b2+c2a2=2．
【考点】
向量在几何中的应用
平面向量在三角函数中的应用
二倍角的余弦公式
正弦定理
【解析】
（1）设三角形ABC的外接圆半径为R，将已知的等式变形后，左右两边平方，由O为三角形的外心，得到|OA→|=|OB→|=|OC→|=R，再利用平面向量的数量积运算法则计算，可得出cs∠BOC的值；
（2）将已知的等式左右两边利用平面向量的减法法则计算，再利用平面向量的数量积运算法则变形，整理后利用二倍角的余弦函数公式化简，再利用正弦定理变形后，整理可得出所求式子的值．
【解答】
解：(1) 设外接圆半径为R，
由3OA→+4OB→+5OC→=0→得4OB→+5OC→=−3OA→，
平方得16R2+40OB→⋅OC→+25R2=9R2，
即OB→⋅OC→=−45R2，
则cs∠BOC=−45.
(2)∵ CO→⋅AB→=BO→⋅CA→，
∴ CO→⋅(OB→−OA→)=BO→(OA→−OC→)，
即−OC→⋅OB→+OC→⋅OA→=−OB→⋅OA→+OB→⋅OC→，
可得−R2cs2A+R2cs2B=−R2cs2C+R2cs2A，
∴ 2cs2A=cs2C+cs2B，
即2(1−2sin2A)=2−(2sin2B+2sin2C)，
∴ 2sin2A=sin2B+sin2C，
∴ 由正弦定理得2a2=b2+c2，
∴ b2+c2a2=2．
【答案】
解：(1)由题意可得m→⋅n→=cs(A−B)csB−sin(A−B)sinB，
=cs[(A−B)+B]=csA=−35，
∴ sinA=1−cs2A=45.
(2)由正弦定理可得asinA=bsinB，
∴ sinB=bsinAa=5×4542=22.
∵ a>b，
∴ A>B，
∴ B=π4.
由余弦定理可得(42)2=52+c2−2×5c×(−35)，
解得c=1，或c=−7（舍去），
故向量BA→在BC→方向上的投影为|BA→|csB=ccsB=1×22=22．
【考点】
两角和与差的余弦公式
向量的投影
余弦定理
正弦定理
平面向量数量积
同角三角函数间的基本关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意可得m→⋅n→=cs(A−B)csB−sin(A−B)sinB，
=cs[(A−B)+B]=csA=−35，
∴ sinA=1−cs2A=45.
(2)由正弦定理可得asinA=bsinB，
∴ sinB=bsinAa=5×4542=22.
∵ a>b，
∴ A>B，
∴ B=π4.
由余弦定理可得(42)2=52+c2−2×5c×(−35)，
解得c=1，或c=−7（舍去），
故向量BA→在BC→方向上的投影为|BA→|csB=ccsB=1×22=22．