2021建瓯芝华中学高一下学期期中考试数学试题含答案

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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．64.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．4C．3  D．25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．iC.  D．06.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．2π7． 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⊥l3B．若l1⊥l2，l2∥l3，则l1⊥l3C．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|2D．(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K41­5A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=2B.A=150°,asin A+csin C+asin C=bsin BC.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＝________．  △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＝________． 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1­521(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.    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.  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.