河北省石家庄市元氏县第四中学2020-2021学年高一下学期期中考试数学试卷（含答案与解析）

这是一份河北省石家庄市元氏县第四中学2020-2021学年高一下学期期中考试数学试卷（含答案与解析），共16页。试卷主要包含了已知向量，，若，则实数λ＝等内容，欢迎下载使用。
一．单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）
1．已知向量，，若，则实数λ＝（ ）
A．0B．C．1D．3
2．已知向量，满足||＝1，||＝2，且与的夹角为60°，则|+|＝（ ）
A．B．C．D．
3．已知复数＝4﹣bi，a，b∈R，则a+b＝（ ）
A．2B．﹣2C．4D．6
4．已知圆锥的表面积为3π，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
5．对于空间中的两条不同直线m，n和一个平面α，下列命题正确的是（ ）
A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，m∥n，则n∥α
C．若m∥n，n⊂α，则m∥αD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
6．已知i为虚数单位，复数z＝sin﹣i cs，则z在复平面内对应的点位于（ ）
A．第四象限B．第三象限C．第二象限D．第一象限
7．直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有顶点都在同一球面上，且AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，AA1＝4，则该球的表面积为（ ）
A．40πB．32πC．10πD．8π
8．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是它们所在线段的中点，则满足A1F∥平面BD1E的图形个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
二．多项选择题（共4小题，每小题5分，满分20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
9．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则以下四个结论中正确的是（ ）
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
10．设z1，z2，z3为复数，z1≠0．下列命题中正确的是（ ）
A．若|z2|＝|z3|，则z2＝±z3B．若z1z2＝z1z3，则z2＝z3
C．若＝z3，则|z1z2|＝|z1z3|D．若z1z2＝|z1|2，则z1＝z2
11．已知向量，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则2n+3m＝0 B．若，则2n﹣3m＝0
C．若，则n2+2mn﹣3＝0 D．若|2+|＝，则2m+n＝2
12．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a，b，c，若b＝2，A＝30°，若满足条件的△ABC唯一确定，则a的可能值为（ ）
A．B．1C．D．2
三．填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知正三棱锥S﹣ABC的棱长为6，底面边长为6．则该正三棱锥外接球的表面积为 ．
14．一个球的表面积为100π，一个平面截该球得到截面圆直径为6，则球心到这个平面的距离为 ．
15．若方程x2﹣2x+3＝0的两个根为α和β，则 |α|+|β|＝ ．
16．已知△ABC的内角A、B、C的对边分别是a、b、c，且b＝3，a﹣c＝2，A＝．则△ABC的面积为 ．
四．解答题（共6小题，共70分）
17．（10分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b﹣c＝1，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知．
（Ⅰ）求a的值； （Ⅱ）求tanB的值．
条件①：3sinB＝4sinC；条件②：△ABC的面积为．
18．（12分）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，＝（a﹣2c，b），＝（csB，csA）且⊥．
（1）求角B；
（2）若b＝2，求△ABC的面积的最大值．
19．（12分）已知x∈R，设z＝lg2（x+3）+i•lg2（3﹣x），其中i为虚数单位，当x为何值时：
（1）在复平面上z对应的点在第二象限；
（2）在复平面上z对应的点在直线x+y﹣2＝0上．
20．（12分）已知复数z＝（m2﹣3m+2）+（m2﹣4m+3）i，m∈R．
（1）若z对应复平面上的点在第四象限，求m的范围；
（2）若z是纯虚数，求m的值．
21．（12分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F，G分别为B1C1，A1B1，AB的中点．
（1）求证：平面A1C1G∥平面BEF；
（2）若平面A1C1G∩BC＝H，求证：H为BC的中点．
22．（12分）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC＝AD，E是PD的中点．
（1）求证：BC∥AD；
（2）若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使MN∥平面PAB？说明理由．
2020-2021学年度第二学期期中考试
高一数学 参考答案
一．选择题（共8小题）
1．【分析】根据题意，求出λ﹣的坐标，由向量垂直与向量数量积的关系可得＝1×（λ﹣3）+4λ＝5λ﹣3＝0，解可得λ的值，即可得答案．
【解答】解：根据题意，向量，，则λ﹣＝（λ﹣3，2λ），
若，则＝1×（λ﹣3）+4λ＝5λ﹣3＝0，
则λ＝，
故选：B．
2．【分析】根据条件进行数量积的运算即可求出的值，进而得出的值．
【解答】解：∵，
∴，
∴．
故选：A．
3．【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件求得a与b的值，则答案可求．
【解答】解：∵＝4﹣bi，∴2+ai＝i（4﹣bi）＝b+4i，
则a＝4，b＝2，故a+b＝6．
故选：D．
4．【分析】求出圆锥的底面半径和圆锥的母线长与高，再计算圆锥的体积．
【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，
所以r2＝1，解得r＝1；
所以圆锥的高为h＝＝＝，
所以圆锥的体积为V＝πr2h＝π×12×＝π．
故选：C．
5．【分析】由线面平行的性质和线线的位置关系可判断A；由线面的位置关系可判断B；由线面平行的判定可判断C；由线面垂直的性质定理可判断D．
【解答】解：对于A，若m∥α，n∥α，可得m，n平行、相交或异面，故A错误；
对于B，若m∥α，m∥n，则n∥α或n⊂α，故B错误；
对于C，若m∥n，n⊂α，且m⊄α，则m∥α，故C错误；
对于D，若m⊥α，n⊥α，由同垂直于题意平面的两直线平行，可得m∥n，故D正确．
故选：D．
6．【分析】利用诱导公式化简求值，求得z的坐标得答案．
【解答】解：∵z＝sin﹣ics＝﹣sin+ics＝，
∴z在复平面内对应的点的坐标为（），位于第二象限．
故选：C．
7．【分析】根据题意，可将棱柱ABC﹣A1B1C1补成长方体，长方体的对角线即为球的直径，从而可求球的表面积．
【解答】解：∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有顶点都在同一球面上，且AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，AA1＝4，
∴可将棱柱ABC﹣AA1B1C1补成长方体，长方体的对角线＝2，即为球的直径，
∴球的半径为，
∴球的表面积为4π×（）2＝40π，
故选：A．
8．【分析】平移直线A1F，判断平移后的直线：在平面BD1E上则A1F∥平面BD1E，与平面BD1E交于一点则不平行，即可得解．
【解答】解：①中，平移A1F至D1F′，可知D1F′与面BD1E只有一个交点D1，则A1F与平面BD1E不平行；
②中，由于AF∥DE，而AF⊄平面BDE，DE⊂平面BDE，故A1F∥平面BD1E；
③中，平移A1F至D1F′，可知D1F′与面BD1E只有一个交点D1，则A1F与平面BD1E不平行；
故选：B．
二．多选题（共4小题）
9．【分析】由异面直线的定义可判断A、C、D；取D1D的中点K，连接AK，可判断B．
【解答】解：CC1⊂平面CC1D1D，M∈平面CC1D1D，M∉CC1，A∉平面CC1D1D，
由异面直线定义可得直线AM与C1C是异面直线，故A错误；
同理判断直线BN与MB1是异面直线，故C正确；
直线AM与DD1是异面直线，故D正确；
取D1D的中点K，连接AK，可得AK∥BN，AK与AM相交，
直线AM与BN是异面直线，故B错误．
故选：CD．
10．【分析】利用复数的模的有关性质和运算，结合共轭复数的概念对各个选项逐一分析判断即可．
【解答】解：由复数的形式可知，选项A错误；
当z1z2＝z1z3时，有z1z2﹣z1z3＝z1（z2﹣z3）＝0，
又z1≠0，
所以z2＝z3，故选项B正确；
当＝z3时，则，
所以＝，故选项C正确；
当z1z2＝|z1|2时，则，
可得，
所以，故选项D错误．
故选：BC．
11．【分析】由题意利用两个向量坐标形式的运算法则，两个向量平行垂直的性质，求向量的莫的方法，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
【解答】解：由，得2n+3m＝0，则A正确，B错误；
因为，，，
所以，，
由，得﹣3+（2m+n）n＝0，即n2+2mn﹣3＝0，则C正确；
由，得，则2m+n＝±2，则D错误；
故选：AC．
12．【分析】由已知结合正弦定理得sinB＝，结合选项中a的值确定B的个数，即可判断．
【解答】解：由正弦定理得，
故，即sinB＝，
当a＝时，sinB＝2，此时B显然不存在，不符合题意；
当a＝1时，sinB＝1，此时B＝，只有一解，符合题意；
当a＝时，sinB＝，此时B为锐角或钝角，有两解，不符合题意；
当a＝2时，sinB＝，此时B为锐角或钝角，但A＝30°，B不可能为150°，有一解，符合题意；
故选：BD．
三．填空题（共4小题）
13．【分析】由题意推出球心O到四个顶点的距离相等，利用直角三角形BOE，求出球的半径，即可求出外接球的表面积．
【解答】解：如图，∵正三棱锥A﹣BCD中，底面边长为6，
侧棱长为6，BE＝••6＝2，∴高AE＝＝4．
由球心O到四个顶点的距离相等，
在直角三角形BOE中，BO＝R，EO＝＝4﹣R，
由BO2＝BE2+EO2，得R2＝12+（4﹣R）2，R＝，
∴外接球的半径为R＝2，表面积为：4•π•R2＝π．
故答案为：π．
14．【分析】求出球的半径，截面圆的半径，然后利用勾股定理求解球心到这个平面的距离．
【解答】解：球的表面积为100π，可得球的半径为R，4πR2＝100π，解得R＝5，
一个平面截该球得到截面圆直径为6，则截面圆的半径为3，
所以球心到这个平面的距离为：＝4．
故答案为：4．
15．【分析】利用方程的两个根互为共轭复数，然后由韦达定理以及复数模的定义求解即可．
【解答】解：方程x2﹣2x+3＝0的两个根为α和β，
设α＝x+yi，则β＝x﹣yi，
所以αβ＝x2+y2＝3，
所以|α|+|β|＝2|α|＝＝2．
故答案为：2．
16．【分析】结合余弦定理列出关于a，b，c的方程组，求出c，套用面积公式计算即可；
【解答】解：由已知得，
将前两个式子代入第三个式子后解得：c＝5，a＝7．
故S△ABC＝＝＝．
故答案为：．
四．解答题（共6小题）
17．【分析】（Ⅰ）选择条件①，根据正弦定理可得出3b＝4c，然后即可解出b＝4．c＝3，然后根据余弦定理可求出a＝2；选择条件②，根据三角形的面积公式可得出bc＝12，从而解出b＝4，c＝3，然后根据余弦定理可求出a＝2；
（Ⅱ）根据余弦定理可求出，然后即可求出tanB的值．
【解答】解：（Ⅰ）选条件①：3sinB＝4sinC，
∵3sinB＝4sinC，由正弦定理，得3b＝4c，
∵b﹣c＝1，解方程组，得b＝4，c＝3，且，
由余弦定理，得＝4，∴a＝2；
选条件②：△ABC的面积为，
∵，∴，
∵△ABC的面积为，∴，解得bc＝12，
∵b﹣c＝1，解方程组，得b＝4，c＝3，
由余弦定理，得＝4，∴a＝2；
（Ⅱ）由余弦定理，得，且B∈（0，π），
∴，
∴．
18．【分析】（1）由向量垂直得＝（a﹣2c）csB+bcsA＝0，再由正弦定理得（sinA﹣2sinC）csB+sinBcsA＝0，从而sinC＝2sinCcsB，由此能求出角B．
（2）由b2＝a2+c2﹣2accsB，且b＝2，B＝，a2+c2＝4+ac≥2ac，ac≤4（当且仅当a＝c＝2时，等号成立），能求出△ABC的面积的最大值．
【解答】解：（1）∵在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，＝（a﹣2c，b），＝（csB，csA）且⊥．
∴＝（a﹣2c）csB+bcsA＝0，
∵，得a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，
∴（sinA﹣2sinC）csB+sinBcsA＝0，
∴sin（A+B）﹣2sinCcsB＝0，即sinC＝2sinCcsB，
∵sinC≠0，∴csB＝，
∵B∈（0，π），∴角B＝．
（2）∵b2＝a2+c2﹣2accsB，且b＝2，B＝，
又a2+c2＝4+ac≥2ac，ac≤4（当且仅当a＝c＝2时，等号成立），
∴≤＝，
∴△ABC的面积的最大值为．
19.【分析】（1）由z对应的点在第二象限，可得（lg2（x+3），lg2（3﹣x））在第二象限，可得，解出即可．
（2）z在复平面内对应的点在直线x+y﹣2＝0上，即（lg2（x+3），lg2（3﹣x））在直线x+y﹣2＝0上，可得lg2（x+3）+lg2（3﹣x）﹣2＝0，解出即可．
【解答】解：（1）因为z对应的点在第二象限，
所以（lg2（x+3），lg2（3﹣x））在第二象限，
所以，
解得﹣3＜x＜﹣2，
当x∈（﹣3，﹣2）时，在复平面上z对应的点在第二象限．
（2）z在复平面内对应的点在直线x+y﹣2＝0上，
即（lg2（x+3），lg2（3﹣x））在直线x+y﹣2＝0上，
可得lg2（x+3）+lg2（3﹣x）﹣2＝0，
∴lg2（x+3）（3﹣x）＝2，∴（x+3）（3﹣x）＝4，
∴或，
经过验证满足题意．
∴时，z在复平面内对应的点在直线x+y﹣2＝0上．
20．【分析】（1）由题意可得关于m的不等式组，求解得答案；
（2）由实部为0且虚部不为0列式求解m值．
【解答】解：（1）由题意，，解得2＜m＜3，
∴m的范围是（2，3）；
（2）由题意，，解得m＝2．
21．【分析】（1）由已知可得EF∥A1C1，得到EF∥平面A1C1G，同理得到BF∥平面A1C1G，再由面面平行的判定可得平面A1C1G∥平面BEF；
（2）由公理3及平面与平面平行的性质得A1C1∥GH，则GH∥AC，由G为AB的中点，可得H为BC的中点．
【解答】证明：（1）如图，
∵E，F分别为B1C1，A1B1的中点，∴EF∥A1C1，
∵A1C1⊂平面A1C1G，EF⊄平面A1C1G，∴EF∥平面A1C1G，
又F，G分别为A1B1，AB的中点，∴A1F＝BG，
又A1F∥BG，∴四边形A1GBF为平行四边形，则BF∥A1G，
∵A1G⊂平面A1C1G，BF⊄平面A1C1G，
∴BF∥平面A1C1G，
又EF∩BF＝F，
∴平面A1C1G∥平面BEF；
（2）∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，
平面A1C1G与平面ABC有公共点G，则有经过G的直线，设交BC＝H，
则A1C1∥GH，得GH∥AC，
∵G为AB的中点，∴H为BC的中点．
22．【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；
（2）取AD中点N，连接CN，EN，根据线面平行的性质定理和判断定理即可证明．
【解答】证明：（1）在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，
平面ABCD∩平面PAD＝AD，
∴BC∥AD，
（2）线段AD存在点N，使得MN∥平面PAB，理由如下：
取AD中点N，连接CN，EN，
∵E，N分别为PD，AD的中点，
∴EN∥PA，
∵EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴EN∥平面PAB，
又CE∥平面PAB，CE∩EN＝E，
∴平面CEN∥平面PAB，
∵M是CE上的动点，MN⊂平面CEN，
∴MN∥平面PAB，
∴线段AD存在点N，使得MN∥平面PAB．