2020-2021学年重庆市高一（下）期中考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年重庆市高一（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. 已知复数z=1+2i（i为虚数单位），则它的共轭复数z¯=( )
A.2−iB.2+iC.2iD.1−2i

2. 设向量a→=−2,1，b→=(3,−4)，则向量a→+b→的值为( )
A.1,−1B.−3,1C.1,−3D.−1,3

3. 设z=3−4i4+3i，f(x)=x2−x+1，则f(z)=（ ）
A.iB.−iC.−1+iD.1+i

4. 一条渔船距对岸4km，以2km/ℎ的速度向垂直于对岸的方向花去，到达对岸时船的实际航程为8km，则河水的流速为( )
A.23km/ℎ B.2km/ℎ C.3km/ℎ D.3km/ℎ

5. 已知圆锥的表面积为3π，且它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为( )
A.33πB.3πC.23πD.2π

6. 设圆锥的顶点为A，BC为圆锥底面圆O的直径，若BC=43，圆锥的外接球表面积为64π，则圆锥的侧面积为( )
A.12πB.24πC.36πD.48π

7. 在△ABC中，a，b，c分别为A，B，C的对边，a=13, c=3，且2absinC=3b2+c2−a2，则△ABC的面积为( )
A.332B.33C.3D.63

8. 球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两个点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆），我们把这个弧长叫做两点的球面距离．已知正△ABC的顶点都在半径为2的球面上，球心到△ABC所在平面距离为263，则A，B两点间的球面距离为( )
A.πB.π2C.2π3D.3π4
二、多选题

若复数z满足z+2i=3+4i （i为虚数单位），则下列结论正确的有( )
A.z的虚部为3
B.|z|=13
C.z的共轭复数为2+3i
D.z​在复平面上对应的点在第三象限

已知e1→,e2→是两个单位向量， |e1→+e2→|=3，则下列结论正确的是( )
A.e1→,e2→的夹角是π3B.e1→,e2→的夹角是2π3
C.e1→−e2→=1D.e1→−e2→=3

如图，在四棱锥B−ACDE中，AE//CD，CD=2AE，点M，N分别为BE，BA的中点，若DM∩CN=P，DE∩CA=Q，则下述正确的是( )

A.DM→=DE→+DB→B.直线DE与BC异面
C.MN//CDD.B，P，Q三点共线

下列叙述正确的是( ).
A.已知a，b是空间中的两条直线，若a∩b=⌀，则直线a与b平行或异面
B.已知l是空间中的一条直线，α是空间中的一个平面，若l∩α≠⌀，则l⊂α或l与α只有一个公共点
C.已知α,β是空间两个不同的平面，若α∩β≠⌀，则α,β必相交于一条直线
D.已知直线l与平面α，且l平行于平面α内的无数条直线，则l//α
三、填空题

若向量a→=1,2,b→=3,x,a→//b→，则x的值为________.

已知一个水平放置的平面四边形的直观图是边长为1的正方形，则原图形的面积为________.

一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积是323π，那么这个三棱柱的体积是________.

有一个六个面分别标上数字1、2、3、4、5、6的正方体，甲、乙、丙三位同学从不同的角度观察的结果如图所示．如果记2的对面的数字为m，3的对面的数字为n，则方程mx+1=n的解x满足k
四、解答题


(1)已知复数z满足z⋅z¯=2，且z的虚部为−1，z在复平面内所对应的点在第四象限，求z．

(2)已知3+2i是关于x的方程2x2+ax+b=0在复数集内的一个根，求实数a，b的值．

如图，正三棱锥P−ABC的底面边长为2，侧棱长为3．

(1)求正三棱锥P−ABC的表面积；

(2)求正三棱锥P−ABC的体积．

已知向量a→、b→满足：|a→|=1，|b→|=4，且a→，b→的夹角为60∘．
(1)求(2a→−b→)⋅(a→+b→)；

(2)若(a→+b→)⊥(λa→−2b→)，求实数λ的值．

如图，在空间四边形ABCD中，E，F点分别是AB，BC的中点，G， H分别在CD和AD上，且满足CGGD=AHHD=2．

(1)证明：E，F，G，H四点共面；

(2)证明：EH，FG，BD三线共点．

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c， sinB2b=csCc.
(1)求sinC+2csC2sinC−csC的值：

(2)若c=25，△ABC的面积为5，求△ABC的周长．

如图，在Rt△SOA中，∠OSA=π6，斜边SA=4，半圆H的圆心H在边OS上，且与SA相切，现将Rt△SOA绕SO旋转一周得到一个几何体，点B为圆锥底面圆周上一点，且∠AOB=90∘．

(1)求点O到平面SAB的距离；

(2)求平面SAB截球H所得圆面的面积．
参考答案与试题解析
2020-2021学年重庆市高一（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
共轭复数
【解析】
由已知直接利用共轭复数的概念得答案．
【解答】
解：∵ z=1+2i，
∴ z¯=1−2i．
故选D.
2.
【答案】
C
【考点】
平面向量的坐标运算
【解析】
根据平面向量的坐标运算计算即可．
【解答】
解：向量a→=−2,1，b→=(3,−4)，
则a→+b→=1,−3．
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
复数的运算
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，代入f(x)求解．
【解答】
解：∵ z=3−4i4+3i=(3−4i)(4−3i)(4+3i)(4−3i)=−25i25=−i，
且f(x)=x2−x+1，
则f(z)=(−i)2−(−i)+1=i．
故选A.
4.
【答案】
A
【考点】
解三角形的实际应用
【解析】
由题意知，由勾股定理求出水流的距离，然后求解河水的流速．
【解答】
解：如图，一条渔船距对岸4km，以2km/ℎ的速度向垂直于对岸的方向划去，
所用时间为2小时，到达对岸时船的实际航程为8km，
即AB=8km，
则水流CB=82−42=43km，
水流速度为：432=23km/ℎ．
故选A.
5.
【答案】
A
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
首先根据圆锥表面积求出，，然后求出圆锥的高，最后利用圆锥体积公式求出结果.
【解答】
解：设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，
由πl=2πr，得l=2r.
又∵ S=πr2+πr⋅2r=3πr2=3π，
解得r=1，
∴ l=2r=2，
∴ 圆锥的高为ℎ=22−12=3，
∴ 圆锥的体积为V=13πr2ℎ=13π×12×3=33π.
故选A．
6.
【答案】
B
【考点】
球内接多面体
柱体、锥体、台体的侧面积和表面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 圆锥的外接球的表面积为64π，则外接球的半径R=4，
且外接球的球心M在OA上，如图所示，
∴ MA=4，OM=2，
∴ OA=6或OA=2，
当OA=6时，
∴ AB=OA2+OB2=43，
圆锥的侧面积为π×23×43=24π，
当OA=2时，
∴ AB=OA2+OB2=4，
圆锥的侧面积为π×23×4=83π，
综合选项，只有B符合.
故选B.
7.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
根据正弦定理，余弦定理求出A，b，利用三角形面积公式求解.
【解答】
解：因为2absinC=3b2+c2−a2，
所以2absinC2bc=3b2+c2−a22bc，
由余弦定理可得asinCc=3csA，
由正弦定理可知， sinA=3csA，
即tanA=3 ，
因为A∈0,π，
所以A=π3，
由余弦定理13=32+b2−2×3bcsπ3，
解得b=4 (负值舍去)，
故三角形面积为 12bcsinA=12×4×3×32=33.
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
球内接多面体
弧长公式
【解析】
要具有空间思维能力，再进行计算。
【解答】
解：设球心为O，△ABC外接圆圆心为O1，
因为球心到△ABC所在平面距离为263，
所以OO1=263.
而在Rt△OO1A中，OO12+O1A2=OA2=R2=22=4，
故O1A=22−2632=233.
所以AB=2×O1A×cs30∘=2×233×32=2，
则OA=OB=AB=2，
故△AOB也为正三角形，即∠AOB=π3，
所以AB两点距离为2×π3=2π3.
故选C.
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
复数的模
复数的基本概念
复数代数形式的混合运算
复数的代数表示法及其几何意义
共轭复数
【解析】
由题根据复数的运算得到z=2−3i，再逐一判断选项即可得解.
【解答】
解：因为z+2i=3+4i，
所以z=3+4ii−2=3+4i−ii⋅−i−2=2−3i，
A，z的虚部为−3，故A错误；
B，|z|=−32+22=13 ，故B正确；
C，z的共轭复数为z¯=2+3i，故C正确；
D，在复平面上对应的点2,−3，在第四象限，故D错误.
故选BC.
【答案】
A,C
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
向量的模
平面向量数量积的运算
单位向量
【解析】

【解答】
解：因为e1→，e2→是两个单位向量，
则e1→=e2→=1，
设向量e1→，e2→的夹角为θ，
因为e1→+e2→=3，
所以e1→+e2→2=e1→+e2→2
=e1→2+e2→2+2e1→⋅e2→csθ=3，
即1+1+2csθ=3，
解得csθ=12，
因为θ∈0,π，
所以θ=π3，故选项A正确，B错误；
因为e1→−e2→2=e1→−e2→2=e1→2+e2→2−2e1→⋅e2→csθ=1+1−2×12=1，
所以e1→−e2→=1，故选项C正确，D错误.
故选AC.
【答案】
B,C,D
【考点】
异面直线及其所成的角
空间向量的加减法
空间中直线与直线之间的位置关系
三点共线
【解析】

【解答】
解：A，DM→=12 DE→+DB→，故A错误；
B，DE⊂平面ACDE， BC∩平面ACDE于C，C∉DE，所以由异面直线判定定理得直线DE与BC是异面直线，故B正确；
C，点M，N分别为BE，BA的中点，则MN//AE，因为AE//CD，则 MN//CD，故C正确；
D， DM∩CN=P，DE∩CA=Q，平面ABC∩平面BDE=B，所以B，P，Q是平面ABC和平面BDE的公共点，所以B，P，Q三点共线，故D正确．
故选BCD．
【答案】
A,B,C
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
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
【解析】
根据空间直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，逐一分析选项可得答案．
【解答】
解：A，空间中两条不相交直线平行或异面，故A正确；
B，直线与平面的位置关系有三种：线在面内，线面相交和线面平行，若l∩α≠⌀，则l⊂α或l与α只有一个公共点，故B正确；
C，两个不平行的平面必相交于一条直线，故C正确；
D，当直线l平行于平面α内的的无数条直线，则l//α或l⊂α，故D错误．
故选ABC.
三、填空题
【答案】
6
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
根据平面向量平行的充要条件x1y2=x2y1计算即可．
【解答】
解：因为a→=(1,2)，b→=(3,x)， a→//b→，
所以1×x=2×3，即x=6.
故答案为：6．
【答案】
22
【考点】
平面图形的直观图
斜二测画法画直观图
【解析】
将直观图还原成原来的图形，即平行四边形，根据斜二测画法，求出原图形的高，即可求出原图形的面积．
【解答】
解：由题意得，直观图A′B′C′D′是边长为1的正方形，把直观图A′B′C′D′还原为原图形，
则原图形为平行四边形ABCD，如图所示，
则DA=D′A′=1， DB=2D′B′=22，
所以原图形的面积为1×22=22，
故答案为：22.
【答案】
483
【考点】
球的表面积和体积
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
试题分析：
【解答】
解：由球的体积公式，得43πR3=323π，解得R=2，
所以正三棱柱的高ℎ=2R=4．
设正三棱柱的底面边长为a，
则其内切圆的半径为：13×32a=2，
得a=43，
所有该正三棱柱的体积为V=12×a2sin60∘×ℎ=34×432×4=483.
故答案为：483.
【答案】
0
【考点】
棱柱的结构特征
指数函数的性质
【解析】
由图甲、乙、丙可看出看出2的相对面是4；再由图乙、丙可看出3的相对面是6，从而确定m、n的值后即可确定答案．
【解答】
解：从图可以看出2和6、1、3、5都相邻，所以2的对面只能是4，即m=4，
3和1、2、5、4相邻，那么3的对面是6，即n=6，
∵mx+1=n，
∴4x+1=6，
∴1∵k∴k=0．
故答案为：0．
四、解答题
【答案】
解：(1)由题意，可设z=x−ix>0，
则z¯=x+i，
由z⋅z¯=2得：x−ix+i=2，
∴x2=1，
∵x>0，
∴x=1，
∴z=1−i．
(2)由题意，则有23+2i2+a3+2i+b=0，
即3a+b+10+2a+24i=0，
由3a+b+10=0，2a+24=0，
解得：a=−12，b=26．
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】


【解答】
解：(1)由题意，可设z=x−ix>0，
则z¯=x+i，
由z⋅z¯=2得：x−ix+i=2，
∴x2=1，
∵x>0，
∴x=1，
∴z=1−i．
(2)由题意，则有23+2i2+a3+2i+b=0，
即3a+b+10+2a+24i=0，
由3a+b+10=0，2a+24=0，
解得：a=−12，b=26．
【答案】
解：(1)取BC的中点D，连接PD，
在Rt△PBD中，可得PD=PB2−BD2=22．
∴ S△PBC=12BC⋅PD=22．
∵ 正三棱锥的三个侧面是全等的等腰三角形，
∴ 正三棱锥P−ABC的侧面积是3S△PBC=62．
∵ 正三棱锥的底面是边长为2的正三角形，
∴ S△ABC=12×2×2×sin60∘=3．
则正三棱锥P−ABC的表面积为62+3.
(2)连接AD，设O为正三角形ABC的中心，则PO⊥底面ABC．
且OD=13AD=33．
在Rt△POD中，PO=PD2−OD2=693．
∴ 正三棱锥P−ABC的体积为13SABC⋅PO=233．
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
(Ⅰ)取BC的中点D，连接PD，利用勾股定理求得PD，可得三角形PBC的面积，进一步可得正三棱锥P−ABC的侧面积，再求出底面积，则正三棱锥P−ABC的表面积可求；
(Ⅱ)连接AD，设O为正三角形ABC的中心，则PO⊥底面ABC．求解PO，再由棱锥体积公式求解．
【解答】
解：(1)取BC的中点D，连接PD，
在Rt△PBD中，可得PD=PB2−BD2=22．
∴ S△PBC=12BC⋅PD=22．
∵ 正三棱锥的三个侧面是全等的等腰三角形，
∴ 正三棱锥P−ABC的侧面积是3S△PBC=62．
∵ 正三棱锥的底面是边长为2的正三角形，
∴ S△ABC=12×2×2×sin60∘=3．
则正三棱锥P−ABC的表面积为62+3.
(2)连接AD，设O为正三角形ABC的中心，则PO⊥底面ABC．
且OD=13AD=33．
在Rt△POD中，PO=PD2−OD2=693．
∴ 正三棱锥P−ABC的体积为13SABC⋅PO=233．
【答案】
解：(1)由题意得a→⋅b→=|a→|⋅|b→|cs60∘=1×4×12=2，
∴ (2a→−b→)⋅(a→+b→)=2a→2+a→⋅b→−b→2=2+2−16=−12．
(2)∵ (a→+b→)⊥(λa→−2b→)，
∴ (a→+b→)⋅(λa→−2b→)=0，
∴ λa→2+(λ−2)a→⋅b→−2b→2=0，
∴ λ+2(λ−2)−32=0，
∴ λ=12．
【考点】
平面向量数量积的运算
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
（1）由条件利用两个向量的数量积的定义，求得a→⋅b→的值，可得(2a→−b→)•(a→+b→)的值．
（2）由条件利用两个向量垂直的性质，可得(a→+b→)⋅(λa→−2b→)=0，由此求得λ的值．
【解答】
解：(1)由题意得a→⋅b→=|a→|⋅|b→|cs60∘=1×4×12=2，
∴ (2a→−b→)⋅(a→+b→)=2a→2+a→⋅b→−b→2=2+2−16=−12．
(2)∵ (a→+b→)⊥(λa→−2b→)，
∴ (a→+b→)⋅(λa→−2b→)=0，
∴ λa→2+(λ−2)a→⋅b→−2b→2=0，
∴ λ+2(λ−2)−32=0，
∴ λ=12．
【答案】
证明：1连结EF，HG，AC，
在△ABC中，
∵E，F分别是AB、BC的中点，
∴EF//AC，
在△ACD中，
∵CGGD=AHHD，
∴HG//AC，
∴EF//HG，
∴E、F、G、H四点共面．
2∵CGGD=AHHD=2，
结合1可知：四边形EFGH为梯形，
且两腰EH、FG所在直线必交于一点，
设EH∩FG=M，
∵M∈EH，EH⊂平面ABD，
∴M∈平面ABD，
同理：M∈平面BCD，
∴点M为平面ABD与平面BCD的公共点，
又平面ABD∩平面BCD=BD，
∴ 直线BD必过点M，
故EH、FG、BD三线共点．
【考点】
空间点、线、面的位置
【解析】


【解答】
证明：1连结EF，HG，AC，
在△ABC中，
∵E，F分别是AB、BC的中点，
∴EF//AC，
在△ACD中，
∵CGGD=AHHD，
∴HG//AC，
∴EF//HG，
∴E、F、G、H四点共面．
2∵CGGD=AHHD=2，
结合1可知：四边形EFGH为梯形，
且两腰EH、FG所在直线必交于一点，
设EH∩FG=M，
∵M∈EH，EH⊂平面ABD，
∴M∈平面ABD，
同理：M∈平面BCD，
∴点M为平面ABD与平面BCD的公共点，
又平面ABD∩平面BCD=BD，
∴ 直线BD必过点M，
故EH、FG、BD三线共点．
【答案】
解：(1)由正弦定理bsinB=csinC，
及sinB2b=csCc，得sinB2sinB=csCsinC，
即tanC=2，所以sinC+2csC2sinC−csC=tanC+22tanC−1=43．
(2)由(1)知sinCcsC=2，可知C∈0,π2，
结合sin2C+cs2C=1，解得sinC=255，csC=55，
所以12absinC=12ab⋅255=5，解得ab=55，
由余弦定理： c2=a2+b2−2abcsC ，c=25，
得a2+b2=30，
所以a+b2=a2+b2+2ab=30+105，
所以a+b=5+5，
所以△ABC的周长为a+b+c=5+35．
【考点】
正弦定理
余弦定理
三角形的面积公式
【解析】
答案未提供解析。
答案未提供解析。
【解答】
解：(1)由正弦定理bsinB=csinC，
及sinB2b=csCc，得sinB2sinB=csCsinC，
即tanC=2，所以sinC+2csC2sinC−csC=tanC+22tanC−1=43．
(2)由(1)知sinCcsC=2，可知C∈0,π2，
结合sin2C+cs2C=1，解得sinC=255，csC=55，
所以12absinC=12ab⋅255=5，解得ab=55，
由余弦定理： c2=a2+b2−2abcsC ，c=25，
得a2+b2=30，
所以a+b2=a2+b2+2ab=30+105，
所以a+b=5+5，
所以△ABC的周长为a+b+c=5+35．
【答案】
解：(1)在Rt△SOA中，
∵∠OSA=π6，SA=4，
∴OA=2，SO=23，
在三棱锥S−OAB中，
设点O到平面SAB的距离为d，
∵∠AOB=90∘，OA=OB=2，
∴S△AOB=2，
∴VS−AOB=13S△OAB⋅SO
=13×2×23=433，
在等腰△SAB中，
∵SA=SB=4，
AB=22，
∴S△SAB=12AB⋅SA2−AB22=27，
∴VO−SAB=13S△SAB⋅d=273d，
又∵VO−SAB=VS−OAB，
∴273d=433，
∴d=2217，
即点O到平面SAB的距离为2217．
2设半圆H与SA相切于点M，连结HM，
则HM⊥SA，由已知得SH=2HM，
又HO=HM，
∴SO=SH+HO=3HM=23，
∴HM=233，
从而知球H的半径R=HM=233，
设平面SAB截球H所得截面圆圆心为Q，
则HQ垂直截面圆Q，
由1知：点O到截面圆所在平面距离为d=2217，
则由HQd=SHSO=2R3R=23，
∴HQ=23d=42121，
∴截面圆Q的半径r=R2−HQ2=27，
∴平面SAB截球H所得圆面的面积S=πr2=4π7．
【考点】
点、线、面间的距离计算
棱柱、棱锥、棱台的体积
球的性质
截面及其作法
【解析】


【解答】
解：(1)在Rt△SOA中，
∵∠OSA=π6，SA=4，
∴OA=2，SO=23，
在三棱锥S−OAB中，
设点O到平面SAB的距离为d，
∵∠AOB=90∘，OA=OB=2，
∴S△AOB=2，
∴VS−AOB=13S△OAB⋅SO
=13×2×23=433，
在等腰△SAB中，
∵SA=SB=4，
AB=22，
∴S△SAB=12AB⋅SA2−AB22=27，
∴VO−SAB=13S△SAB⋅d=273d，
又∵VO−SAB=VS−OAB，
∴273d=433，
∴d=2217，
即点O到平面SAB的距离为2217．
2设半圆H与SA相切于点M，连结HM，
则HM⊥SA，由已知得SH=2HM，
又HO=HM，
∴SO=SH+HO=3HM=23，
∴HM=233，
从而知球H的半径R=HM=233，
设平面SAB截球H所得截面圆圆心为Q，
则HQ垂直截面圆Q，
由1知：点O到截面圆所在平面距离为d=2217，
则由HQd=SHSO=2R3R=23，
∴HQ=23d=42121，
∴截面圆Q的半径r=R2−HQ2=27，
∴平面SAB截球H所得圆面的面积S=πr2=4π7．