期中测试卷01-2020-2021学年高一

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第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一
单项选择题（5分×12=60分）
1.
设复数z满足1+iz=2i，则z=（ ）
A.12
B.22
C. 2
D.2
【C】【解析】z=2ⅈ1+ⅈ=2ⅈ(1-i)(1+ⅈ)(1-i)=i1-i=1+i,所以z=12+12=2,故选C.
2.
已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则AE·BD=（ ）
A.-2
B. 6
C. 2
D.-6
【C】【解析】由题意有AE·BD=AD+DE·BA+AD=AD+12AB·AD-AB=AD2+12AB·AD-AB·AD-12AB2=4+0-0-4=2,故选C
3.
已知点O是ΔABC所在平面内一点，点D为BC边的中点，且AO=2OD,mOA+OB+OC=0, 则
m的值为（ ）
A. 1
B. 2
C.-1
D.-2
【A】【解析】如图，OB+OC=2OD,
因为AO=2OD,所以2OD-2mOD=0,
故m=1,故选A
4.
在平面直角坐标系xOy中，已知四边形ABCD是平行四边形，AB=1,-2,AD=(2,1)则AB·AC=
（ ）
A. 5
B. 4
C. 3
D.2
【A】【解析】由题意知DC=AB=1,-2,AC=AD+DC=3,-1,AB·AC=1×3+-2×-1=5,故选A
5.
已知a=10,a·b=-5302，且a-ba+b=-15，则向量a与b的夹角为（ ）
A. 2π3
B. 3π4
C. 5π6
D. π3
【C】【解析】因为a-ba+b=-15,所以b=5,因为a·b=-5302,所以a bcs=-5302,即cs=-32,所以向量a与b的夹角为5π6.
6.
复数z在复平面内表示的点Z如图所示，则使得
z2·z1是纯虚数的一个z1是（ ）
A. 4+3i
B. 3+4i
C. 4-3i
D. 3-4i
【C】【解析】由图可知复数z=-2+i,则z2=3-4i,对于A,z24+3i=24-7i不是纯虚数,排除A;对于B,z23+4i=25不是纯虚数,排除B;对于C,z24-3i=-25i是纯虚数,C正确;对于D,z23-4i=-7-24i不是纯虚数,排除D,故选C.
7.
设ΔABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若ΔABC的面积为a2+b2-c24，且c=2，那么ΔABC外接
圆的半径为（ ）
A. 1
B. 2
C. 3
D.4
【A】【解析】SΔABC=a2+b2-c24=2ab csC4=12ab csC,又SΔABC=12ab sinC,故tanC=1,C=π4.
由正弦定理可得2R=csinC=222=2,所以ΔABC外接圆的半径R=1,故选A
8.
已知a=sinα,1-4cs2α,b=1,3sinα-2,α∈(0, π2)，若a//b，则tanα- π4=（ ）
A. 19
B.-17
C. 27
D.-27
【B】【解析】因为a//b,所以sinα3sinα-2-1-4cs2α=0,化简得5sin2α+2sinα-3=0,解得sinα= 35或-1舍,所以csα=1-sin2α=45,tanα=sinαcsα=34,所以tanα-π4=tanα-11+tanα=-17,故选B
9.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是棱CC1上的一个动点，平面BED1交棱AA1于点F.给出下列四
个结论，错误的是（ ）
A.存在点E，使得A1C1//平面BED1F
B.对于任意的点E，平面A1C1D⊥平面BED1F
C.存在点E，使得B1D⊥平面BED1F
D.对于任意的点E，四棱锥B1-BED1F的体积均不变
【C】【解析】对于A，当点E位于棱CC1的中点时，A1C1//EF，因为A1C1⊈平面BED1F，EF⊆平面BED1F，所以A1C1//平面BED1F，故排除A；对于B，容易证明B1D⊥平面A1C1D，因为BD1⊆平面BED1F，所以平面A1C1D⊥平面BED1F，故排除B；对于D，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，因为四棱锥B1-BED1F的体积V四棱锥B1-BED1F=2V三棱锥B1-BED1=2V三棱锥D1-BEB1=23SΔBEB1×D1C1=23×a22×a=a33为定值，排除D，所以选C.
10.
已知AB⊥AC，AB=1t,AC=t,若点P是ΔABC所在平面内一点，且AP=AB|AB|+4AC|AC|，则PB·PC的
最大值等于（ ）
A. 13
B. 15
C. 19
D.21
【A】【解析】以点A为坐标原点，AB,AC的方向分别为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系，则A0,0,B1t,0,0,t,t>0.因为AP=AB|AB|+4AC|AC|,所以P1,4,PB=1t-1,-4,所以PC=(-1,t-4), 所以PB·PC=17-4t+1t≤17-4=13(当且仅当t=12时等号成立)，即PB·PC的最大值为13，故选A
11.
已知向量OB=1,0,OC=0,1,CA=(csθ,sinθ)，则的|AB|取值范围是（ ）
A. [1,2]
B. [22,4]
C. [2-1,2+1]
D. [2,2+1]
【C】【解析】易知AC=-csθ,-sinθ,CO=0,-1.因为OB=1,0,所以AB=AC+CO+OB=1-csθ,-1-sinθ,所以AB=1-csθ2+-1-sinθ2=3+22sinθ-π4,当sin(θ-π4)=1时，AB取最大值为2+1；当sinθ-π4=-1时，AB取最小值为2-1，故AB的取值范围为[2-1,2+1]，故选C
12.
如图所示，梯形A'B'C'D'是平面图形ABCD用斜二测画法画出的图
形，A'D'=2B'C'=2,A'B'=1,则平面图形ABCD的面积为（ ）
A. 2
B. 22
C. 3
D.32
【C】【解析】如图，作平面直角坐标系xAy，AD在x轴上，且AD=2，
AB在y轴上，且AB=2，过点B作BC//AD，且BC=1，则直角梯形
ABCD为原平面图形，其面积S=12×1+2×2=3，故选C
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
二
填空题（5分×4=20分）
13.
已知向量a=x,2x,b=(-3x,2)，若a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是___________.
-∞,-13∪-13,0∪(43,+∞) 【解析】设向量的夹角为θ，则csθ=a·b|a||b|=-3x2+4xx2+4x2·9x2+4，因为π2<θ<π，所以-143且x≠-13，所以实数x的取值范围为-∞,-13∪-13,0∪(43,+∞).
14.
已知A1,1,B(5,3)，向量AB绕点A顺时针旋转π2到AC位置，则点C的坐标为___________.
3,-3 【解析】由题意得AB=4,2,设点C(x,y)，则AC=(x-1,y-1)，所以AB·AC=4x-1+2y-1=0,因为|AB|=|AC|,所以20=x-12+y-12,解得x=3,y=-3,或x=-1,y=5,结合题意得到符合条件的点C的坐标为3,-3.
15.
若复数z满足3z+z=1+i,其中i为虚数单位，则z=___________.
14+12i 【解析】设复数z=a+bi,a,b∈R,则z=a-bi,a,b∈R,3z+z=4a+2bi=1+i,a,b∈R,则a=14,b=12,故z=14+12i.
16.
已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为_____.
3π4 【解析】设圆柱面底半径为r,由题意可得r=12-122=32,所以圆柱体积V=πr2×1=π×322×=3π4.
三
解答题（本大题共6小题，一共70分）
17.
(本小题满分10分)
(Ⅰ)已知i为虚数单位，计算1+ⅈ1-ⅈ2013；
(Ⅱ)已知z是复数，z+3i与z3-ⅈ均为实数(为i虚数单位)，求复数z.
【解析】(Ⅰ) 1+ⅈ1-ⅈ2013=i2013=i.
(Ⅱ)设z=x+yi,x,y∈R,因为z+3i=x-y+3i,由题意得y=-3.因为z3-ⅈ=x-3i3-ⅈ=110x-3i3+i=1103x+3+110x-9i,由题意得x-9=0,x=9,所以z=9-3i.
18.
(本小题满分12分)
ΔABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,sinA+π6=2csA.
(Ⅰ)求A的值；
(Ⅱ)若 a=3,BC边上的高为23，求b+c的值.
【解析】
(Ⅰ)因为sinA+π6=2csA,所以sinA=3csA,所以tanA=3.因为0(Ⅱ)由题意可知S△ABC=12×3×23=12bc sinA,因为A=π3, 所以bc=43.又32=b2+c2-2bccsA=b2+c2-bc=b+c2-3bc=b+c2-4.
19.
(本小题满分12分)
如图，在矩形ABCD中，AB=2,AD=3,点P为矩形内一点，且
AP=1,，设∠BAP=α.
(Ⅰ)当α=π3时，求证：PC⊥PD；
(Ⅱ)求PC+PD·AP的最大值.
【解析】以点A为坐标原点，AB,AD所在直线分别为x轴，y轴，
建立平面直角坐标系如图，则A0,0,B2,0,C2,3,D0,3.
(Ⅰ)证明：当α=π3时，P12,32,则PC=32,32,PD=-12,32,
所以PC·PD=32×-12+322=0,所以PC⊥PD.
(Ⅱ)由三角函数的定义可得Pcsα,sinα0<α<π2,则PC=2-csα,3-sinα,PD=-csα,3-sinα,AP=csα,sinα,所以PC+PD=2-2csα,23-2sinα,所以PC+PD·AP=2csα-2cs2α+23sinα-2sin2α=4sinα+π6-2.因为0<α<π2,所以当α+π6=π2，即=π3时，PC+PD·AP取得最大值，最大值为2.
20.
(本小题满分12分)
已知正三棱锥的高为1，底面边长为26，其内有一个球，球心到该三棱锥的四个面的距离都相等.
求：
(Ⅰ)棱锥的表面积；
(Ⅱ)球的半径R.
【解析】
(Ⅰ)如图所示的正三棱锥A-BCD.
由题意可知AE=1,CD=26,EF=13×32×CD=2,
所以侧面的高AF=AE2+EF2=3,
所以s表=3×26×3×12+26×32×26×12=92+63.
(Ⅱ)由题意可得1-R3=R2,所以R=6-2.
21.
(本小题满分12分)
在多面体ABCDEF中，直角梯形ADEF与正方形ABCD所在平面互相垂
直，∠FAD=∠EFA=90°, EF=AF=12AD=1,∠EDA=45°,
M,N分别是FD,AC的中点.
(Ⅰ)求证：AE⊥平面CDE；
(Ⅱ)求证：MN//平面ABF.
【解析】
(Ⅰ)证明：因为平面ABCD⊥平面ADEF，CD⊥AD，CD⊆平面ABCD，
所以CD⊥平面ADEF，所以CD⊥AE.
在△ADE中，AE=DE=2,AD=2，所以AE2+DE2=AD2,，所以AE⊥DE,
又因为DE∩CD=D,所以AE⊥平面CDE.
(Ⅱ)连接BD,在正方形ABCD中，点N也为BD的中点，
所以在△BDF中，MN//BF,又因为BF⊆平面ABF,MN⊈平面ABF,所以 MN//平面ABF.
.22.
(本小题满分12分)
在ΔABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=csA,csB,b=(a,2c-b)，且a// b.
(Ⅰ)求角A的大小；
(Ⅱ)若b=3，ΔABC的面积SΔABC=33，求a的值.
【解析】
(Ⅰ)因为a//b，所以2c-b·csA-a·csB=0,所以由正弦定理得csA2sinC-sinB-sinAcsB=0,即2csAsinC=csAsinB+sinAcsB,所以2csAsinC=sinA+B,即2csAsinC=sinC,因为sinC≠0,所以2csA=1,csA=12,又因为0＜A＜π,所以A=π3.
(Ⅱ)因为b=3,由①知A=π3,所以SΔABC=12bc sinA=12×3c×32=33,所以c=4,由余弦定理得
a2=b2+c2-2bccsA=9+16-2×3×4×12=13,所以a=13.