2020-2021年福建省高一（下）期中考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021年福建省高一（下）期中考试数学试卷人教A版，共12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. 下列说法错误的是( )
A.零向量与任意向量都不平行
B.长度等于1个单位长度的向量，叫做单位向量
C.平行向量就是共线向量
D.长度为0的向量叫做零向量

2. 已知向量a→=3,m，b→=n,3，a→⋅b→=9，则m+n=( )
A.0B.3C.1D.−1

3. 1−ii2021=( )
A.−1+iB.1+iC.1−iD.−1−i

4. 已知棱长为6的正方体的所有顶点均在球O的球面上，则球O的表面积为( )
A.144πB.108πC.72πD.36π

5. 旅游区的玻璃栈道、玻璃桥、玻璃观景台等近年来热搜不断，因其惊险刺激的体验备受追捧．某景区顺应趋势，为扩大营收，准备在如图所示的M山峰和N山峰间建一座空中玻璃观景桥．已知两座山峰的高度都是300m，从B点测得M点的仰角∠ABM=π4，N点的仰角∠CBN=π6以及cs∠MBN=24，则两座山峰之间的距离MN=( )

A.300mB.3002mC.600mD.6002m

6. 如图所示的是一个四边形用斜二测法画出的直观图，它是一个底角为45∘，腰和上底边长都为4的等腰梯形，则原四边形的周长为( )

A.6+22+26B.8+22+26C.12+42+26D.16+42+46

7. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，sinAcsB=3ab，|BC|→=2，BD→=13BA→，△ABC的外接圆半径为R，若R=213，则S△BCD =( )
A.32B.12C.3D.1

8. 已知平行四边形ABCD中，点E，F分别在边AB，AD上，连接EF交AC于点M，且满足BE→=4EA→，AF→=3FD→，AM→=λAB→+μAD→，则5λ+43μ=( )
A.12B.1C.−32D.−3
二、多选题

若一个多面体共有5个面，则这个多面体不可能是( )
A.三棱锥B.四棱柱C.三棱台D.四棱台

已知复数z=2−ii−1在复平面内对应的点为P，则( )
A.P在第二象限B.P在第四象限C.z¯=−1−3iD.z的虚部为3i

窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一．每年新春佳节，我国许多地区的人们都有贴窗花的习俗，以此达到装点环境、渲染气氛的目的，并寄托着辞旧迎新、接福纳祥的愿望．图一是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花，已知图二中正六边形ABCDEF的边长为4，圆O的圆心为正六边形的中心，半径为2，若点P在正六边形的边上运动，MN为圆O的直径，则PM→⋅PN→的取值可能围是( )

A.4B.6C.8D.12

在△ABC中，AB=2，sinB=2sinA，则( )
A.当C=π3时，BC=233B.△ABC不可能是直角三角形
C.A的最大值为π3D.△ABC面积的最大值为43
三、填空题

若zi=1+i，则|z|=________，z¯=________．

已知非零向量a→，b→满足|a→|=2|a→|，且a→⊥(a→+b→)，则a→与b→的夹角是________.

如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别为棱CC1，B1C1的中点，则经过点D，P，Q三点的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面的面积为( )

A.954B.924C.94D.92

《列子⋅汤问》记有古代传说：“渤海之东，不知几亿万里，有大壑焉，实为无底之谷，其下无底，名曰归墟．”现代研究发现海洋蓝洞是海底突然下沉的巨大“深洞”，从海面上看蓝洞呈现出与周边水域不同的深蓝色，我国西沙群岛的“三沙永乐龙洞”为世界最深的海洋蓝洞，深达300.89m．若要测量如图所示的蓝洞的口径，即A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，且A，B，C，D四点共面，测得∠ADC=150∘，∠DCB=135∘，∠BDC=∠ACD=15∘，CD=80，则A，B两点间的距离为________．

四、解答题

如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1 中，底面ABCD为正方形，AA1=2AB=4，M，N，P分别是AD，DD1，CC1的中点．

(1)证明：平面MNC//平面AD1P；

(2)求三棱锥D1−ADP的体积．

已知向量m→=(23,−4)，n→=(sin2x,sin2x−14)，x∈(0,π2) ．
(1)若x=π3，求m→与n→的夹角的余弦值；

(2)若m→⊥n→，求sinx−π6的值．

在①z>0，②z的实部与虚部互为相反数，③z为纯虚数这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
问题：已知复数z=m2−m−6+m2−9i.
(1)若________，求实数m的值；

(2)若m为整数，且|z|=10，求z在复平面内对应点的坐标．
注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

如图，平面四边形ABCD是某公园的一块草地，为方便市民通行，该公园管理处计划在草地中间修一条石路BD（不考虑石路的宽度），∠ABC=2∠ADC=2π3，BC=2AB=2AD=4.

(1)求该草地的面积；

(2)求石路BD的长度．

如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是BB1的中点，点F在棱AB上，且AF=2FB，设直线BD1，DE相交于点G．

(1)证明：GF//平面AA1D1D．

(2)求点B到平面GEF的距离．

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ab=b+ca=sinAcsB.

(1)求A；

(2)如图，已知AB=2，D为AC的中点，点P在BD上，且满足AP→⋅CP→=1，求△PAC的面积．
参考答案与试题解析
2020-2021年福建省某校高一（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
零向量
单位向量
平行向量（共线向量）
【解析】
答案未提供解析．
【解答】
解：零向量与任意向量平行，故A符合题意；
长度等于1个单位长度的向量，叫做单位向量，故B不符合题意；
平行向量就是共线向量，故C不符合题意；
长度为0的向量叫做零向量，故D不符合题意．
故选A．
2.
【答案】
B
【考点】
共线向量与共面向量
【解析】
答案未提供解析．
【解答】
解：∵ a→=3,m，b→=n,3，
∴ a→⋅b→=3n+3m=9，
∴ m+n=3．
故选B．
3.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数代数形式的混合运算
【解析】
答案未提供解析．
【解答】
解：因为i2010=(i4)506=1506=1，
所以1−i12021=1−ii=(1−i)ii2=−1−i．
故选D．
4.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
答案未提供解析．
【解答】
解：由题可知，正方体的体对角线长度为63，
即球O的半径为33，
所以球O的表面积为S=4πR2=4π×332=108π．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
解三角形的实际应用
余弦定理
【解析】
答案未提供解析．
【解答】
解：∵ BM=AMsin∠ABM=300sinπ4=3002m，
BN=CNsin∠CBN=300sinπ6=600m，
由余弦定理，得MN=BM2+BN2−2BM⋅BNcs∠MBN=600m．
故选C．
6.
【答案】
D
【考点】
斜二测画法画直观图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：原图是一个如图所示的直角梯形，
其中AB=4，BC=8，CD=4+42，AD=46，
则周长为4+8+4+42+46=16+42+46.
故选D.
7.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
答案未提供解析．
【解答】
解：∵ sinAcsB=3ab，
由正弦定理，得sinAcsB=3sinAsinB，
∴ tanB=3，
即B=π3．
又R=213，
∴ b=2RsinB=7，
∴ a2+c2−b2=2accsB，且a=|BC→|=2，
∴ c2−2c−3=0，
解得c=3或c=−1（舍去）．
∵ BD→=13BA→，
∴ |BD→|=1，
∴ S△BCD=12|BD→||BC→|sinB=32．
故选A．
8.
【答案】
B
【考点】
平面向量的基本定理及其意义
向量的线性运算性质及几何意义
向量的共线定理
【解析】
答案未提供解析．
【解答】
解：因为BE→=4EA→，AF→=3FD→，
所以AB→=5AE→，AD→=43AF→，
所以AM→=5λAE→+43μAF→，
因为E，F，M三点共线，
所以5λ+43μ=1．
故选B．
二、多选题
【答案】
A,B,D
【考点】
由三视图还原实物图
【解析】
答案未提供解析．
【解答】
解：由多面体的概念知，三棱锥有4个面，四棱柱和四棱台有6个面，三棱台有5个面．
故选ABD．
【答案】
A,C
【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
复数的基本概念
共轭复数
【解析】
答案未提供解析．
【解答】
解：因为z=2−ii−1=−1+3i，
所以其对应的点P位于第二象限，故A正确，B错误；
z¯=−1−3i，故C正确；
z的虚部为3，故D错误．
故选AC．
【答案】
C,D
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】

【解答】
解： PM→⋅PN→=(PO→+OM→)⋅(PO→+ON→)
=PO→2−OM→2
=|PO→|2−4，
因为PO→∈[23,4]，
所以PM→⋅PN→的取值范围是[8,12] ，
所以PM→⋅PN→的取值可能围是8，12.
故选CD.
【答案】
A,D
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
答案未提供解析．
【解答】
解：A，在△ABC中，设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
由sinB=2sinA，可得b=2a.
又因为c2=a2+b2−2a⋅bcsC，
所以当C=π3时，4=a2+4a2−2⋅a⋅2acsπ3，
解得a=233，即BC=233，故A正确；
B，当C=π3时，a=233，b=433，
满足b2=a2+c2，此时△ABC为直角三角形，故B错误；
C，csA=b2+c2−a22bc=3a8+12a≥32，
当且仅当a=233时，等号成立，
所以A的最大值为π6，故C错误；
D，csC=a2+b2−c22ab=5a2−44a2，
设S△ABC=S，
S2=(12absinC)2=14a2(2a)2sin2C
=a4(1−cs2C)=a4[1−(5a2−44a2)2]
=116−9a4+40a2−16=−916a2−2092+169，
当a2=209时，S取最大值，且最大值为43，故D正确．
故选AD．
三、填空题
【答案】
2,1+i
【考点】
复数代数形式的混合运算
共轭复数
复数的模
【解析】
答案未提供解析．
【解答】
解：因为zi=1+i，
所以z=1+ii=(1+i)ii2=1−i，
所以|z|=1+12=2，z¯=1+i.
故答案为2；1+i．
【答案】
2π3
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
根据a→⋅(a→+b→)＝0列方程得出a→⋅b→=−|a→|2，再代入向量的夹角公式即可得出答案．
【解答】
解：∵ a→⊥(a→+b→)，
∴ a→⋅(a→+b→)=0，
即a→2+a→⋅b→=0，
∴ a→⋅b→=−|a→|2，
∴ cs=a→⋅b→|a→||b→|=−|a→|2|a→||b→|=−12，
∴ =2π3．
故答案为：2π3.
【答案】
D
【考点】
棱柱的结构特征
【解析】
本题主要考查空间中直线与平面的位置关系，异面直线所成角的计算．
【解答】
解：如图，
由图可知，过D，P，Q三点的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面为等腰梯形A1QP，
且A1Q=PD=5，PQ=2，A1D=22，
所以梯形A1QPD的面积为92.
故选D.
【答案】
805
【考点】
在实际问题中建立三角函数模型
正弦定理
余弦定理
【解析】
答案未提供解析．
【解答】
解：如图所示，
在△ACD中，∠ACD=15∘，∠ADC=150∘，
所以∠CAD=15∘，
所以∠ACD=∠CAD，
则AD=CD=80.
在△BCD 中，∠BDC=15∘，∠BCD=135∘，
所以∠CBD=30∘，
由正弦定理CDsin30∘=BDsin135∘得
BD=CDsin135∘sin30∘=802.
在△ABD中，∠ADB=∠ADC−∠BDC=135∘，
AD=80，BD=802，
由余弦定理得
AB2=AD2+BD2−2AD⋅BD⋅cs∠ADB=802×5，
所以AB=805.
故答案为805．
四、解答题
【答案】
(1)证明：因为M，N，P分别是AD，DD1，CC1的中点，
所以MN//AD1，CN//PD1.
又AD1⊄平面MNC，MN⊂平面MNC，
所以AD1//平面MNC，
同理PD1//平面MNC.
又AD1∩PD1=D1，
所以平面MNC//平面AD1P.
(2)解：因为三棱锥D1−ADP的体积等价于三棱锥P−ADD1的体积，
底面ABCD为正方形，且AA1=2AB=4，
所以VD1−ADP=VP−ADD1=13×12×2×4×2=83．
【考点】
平面与平面平行的判定
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
(1)答案未提供解析．
(2)答案未提供解析．
【解答】
(1)证明：因为M，N，P分别是AD，DD1，CC1的中点，
所以MN//AD1，CN//PD1.
又AD1⊄平面MNC，MN⊂平面MNC，
所以AD1//平面MNC，
同理PD1//平面MNC.
又AD1∩PD1=D1，
所以平面MNC//平面AD1P.
(2)解：因为三棱锥D1−ADP的体积等价于三棱锥P−ADD1的体积，
底面ABCD为正方形，且AA1=2AB=4，
所以VD1−ADP=VP−ADD1=13×12×2×4×2=83．
【答案】
解：(1)因为x=π3，所以n→=32,12，
m→⋅n→=23×32−4×12=1.
又因为|n→|=322+122=1，
|m→|=232+−42=27，
所以cs=m→⋅n→|m→||n→|=11×27=714．
(2)若m→⊥n→，则m→⋅n→=0，
由23sin2x−4sin2x−14=0，得23sin2x+2cs2x−1=0，
所以sin2x+π6=14.
因为cs2x−π3=sin2x+π6，
所以cs2x−π3=1−2sin2x−π6=14，得sinx−π6=±64.
因为x∈0,π2，且sin−π6=−12>−64，所以sinx−π6=64．
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
任意角的三角函数
平面向量数量积的运算
诱导公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为x=π3，所以n→=32,12，
m→⋅n→=23×32−4×12=1.
又因为|n→|=322+122=1，
|m→|=232+−42=27，
所以cs=m→⋅n→|m→||n→|=11×27=714．
(2)若m→⊥n→，则m→⋅n→=0，
由23sin2x−4sin2x−14=0，得23sin2x+2cs2x−1=0，
所以sin2x+π6=14.
因为cs2x−π3=sin2x+π6，
所以cs2x−π3=1−2sin2x−π6=14，得sinx−π6=±64.
因为x∈0,π2，且sin−π6=−12>−64，所以sinx−π6=64．
【答案】
解：(1)若选择①.
因为z>0，
所以m2−m−6>0,m2−9=0,
解得m=−3.
若选择②.
因为z的实部与虚部互为相反数，
所以m2−m−6+m2−9=0，
解得m=3或−52.
若选择③.
因为z为纯虚数，
所以m2−m−6=0,m2−9≠0,
解得m=−2.
(2)因为|z|=10，
所以m2−m−62+m2−92=100，
所以m−322m2+10m+13=100.
因为m为整数，
所以m−3为平方数，2m2+10m+13为奇数．
因为100=(±10)2×1或100=(±2)2×25，
所以验证可得m−3=−2，即m=1 ．
因为m=1，
所以z=−6−8i，其在复平面内对应点的坐标为−6,−8.
【考点】
复数的基本概念
复数的模
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)若选择①.
因为z>0，
所以m2−m−6>0,m2−9=0,
解得m=−3.
若选择②.
因为z的实部与虚部互为相反数，
所以m2−m−6+m2−9=0，
解得m=3或−52.
若选择③.
因为z为纯虚数，
所以m2−m−6=0,m2−9≠0,
解得m=−2.
(2)因为|z|=10，
所以m2−m−62+m2−92=100，
所以m−322m2+10m+13=100.
因为m为整数，
所以m−3为平方数，2m2+10m+13为奇数．
因为100=(±10)2×1或100=(±2)2×25，
所以验证可得m−3=−2，即m=1 ．
因为m=1，
所以z=−6−8i，其在复平面内对应点的坐标为−6,−8.
【答案】
解：(1)连接AC．
在△ABC中，由余弦定理，得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠ABC，
即AC2=4+16−2×2×4×−12=28，
所以AC=27.
在△ACD中，由余弦定理，得AC2=AD2+CD2−2AD⋅CDcs∠ADC，
即4+CD2−2CD=28，
解得CD=6或CD=−4（负值，舍去），
由正弦定理，得△ABC的面积S1=12AB⋅BCsin∠ABC
=12×2×4×32=23，
△ACD的面积S2=12AD⋅CDsin∠ADC
=12×2×6×32=33，
所以该草地的面积S=S1+S2=23+33=53.
(2)因为∠ABC=2∠ADC=2π3，
所以∠BAD+∠BCD=π，
所以cs∠BAD=−cs∠BCD.
由余弦定理，得BD2=AD2+AB2−2AD⋅ABcs∠BAD
=CD2+BC2−2CD⋅BCcs∠BCD，
即4+4−8cs∠BAD=36+16−48cs∠BCD=BD2，
解得cs∠BAD=−1114,BD2=1007，
故BD=1077，
即石路BD的长度为1077.
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)连接AC．
在△ABC中，由余弦定理，得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠ABC，
即AC2=4+16−2×2×4×−12=28，
所以AC=27.
在△ACD中，由余弦定理，得AC2=AD2+CD2−2AD⋅CDcs∠ADC，
即4+CD2−2CD=28，
解得CD=6或CD=−4（负值，舍去），
由正弦定理，得△ABC的面积S1=12AB⋅BCsin∠ABC
=12×2×4×32=23，
△ACD的面积S2=12AD⋅CDsin∠ADC
=12×2×6×32=33，
所以该草地的面积S=S1+S2=23+33=53.
(2)因为∠ABC=2∠ADC=2π3，
所以∠BAD+∠BCD=π，
所以cs∠BAD=−cs∠BCD.
由余弦定理，得BD2=AD2+AB2−2AD⋅ABcs∠BAD
=CD2+BC2−2CD⋅BCcs∠BCD，
即4+4−8cs∠BAD=36+16−48cs∠BCD=BD2，
解得cs∠BAD=−1114,BD2=1007，
故BD=1077，
即石路BD的长度为1077.
【答案】
(1)证明：连接AD1，
因为BE//DD1，
所以△BGE∽△D1GD，
所以BGD1G=BEDD1=12，
从而BGBD1=13．
又由条件知BFAB=13，
所以BGBD1=BFBA，
所以GF//AD1．
因为GF⊄平面AA1D1D，AD1⊂平面AA1D1D，
所以GF//平面AA1D1D．
(2)解：设G到平面BEF的距离为h1，
由h1A1D1=BGBD1=13，
得h1=13．
又S△BEF=12×13×12=112．
所以三棱锥G−BEF的体积VG−BEF=13×112×13=1108．
设B到平面GEF的距离为h2，
在△GEF中，GE=13DE=13×1+1+122=12，
GF=13AD1=23，EF=132+122=136，
所以cs∠EFG=29+1336−142×23×136=326，
sin∠EFG=1726，S△EFG=12×23×136×1726=1736．
由VB−GEF=VG−BEF，
得13×1736h2=1108，
解得h2=1717，
即点B到平面GEF的距离为1717．
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
点、线、面间的距离计算
余弦定理
正弦定理
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：连接AD1，
因为BE//DD1，
所以△BGE∽△D1GD，
所以BGD1G=BEDD1=12，
从而BGBD1=13．
又由条件知BFAB=13，
所以BGBD1=BFBA，
所以GF//AD1．
因为GF⊄平面AA1D1D，AD1⊂平面AA1D1D，
所以GF//平面AA1D1D．
(2)解：设G到平面BEF的距离为h1，
由h1A1D1=BGBD1=13，
得h1=13．
又S△BEF=12×13×12=112．
所以三棱锥G−BEF的体积VG−BEF=13×112×13=1108．
设B到平面GEF的距离为h2，
在△GEF中，GE=13DE=13×1+1+122=12，
GF=13AD1=23，EF=132+122=136，
所以cs∠EFG=29+1336−142×23×136=326，
sin∠EFG=1726，S△EFG=12×23×136×1726=1736．
由VB−GEF=VG−BEF，
得13×1736h2=1108，
解得h2=1717，
即点B到平面GEF的距离为1717．
【答案】
解：(1)因为ab=sinAcsB，
由正弦定理可得sinAcsB=sinBsinA.
又sinA≠0，则tanB=1.
因为B∈0,π，
所以B=π4.
由ab=b+ca，可得a2=b2+bc，
即a2+c2−b22ac=c+b2a，
所以c+b=2acsB．
由正弦定理可得sinC+sinB=2sinAcsB，
则sinA+B+sinB=2sinAcsB，
可得sinB=sin(A−B)，
则B=A−B或B+A−B=π（舍去），
所以A=2B=π2.
(2)因为AP→⋅CP→=1，
所以AP⋅CPcs∠APC=1．
由(1)得∠BAC=π2，∠B=π4，
所以AB=AC=2.
因为D为AC的中点，
所以CD=AD=1.
又因为AC2=AP2+CP2−2AP⋅CPcs∠APC，
所以AP2+CP2=6．
因为CP2=CD2+DP2−2CD⋅DPcs∠CDP，
AP2=AD2+DP2−2AD⋅DPcs∠ADP，
两式相加可得CP2+AP2=CD2+AD2+2DP2，
解得DP=2．
如图，过点P作PE⊥AC，
则S△PACS△ABC=EPAB=DPBD=25=105.
又因为S△ABC=12AB⋅AC=2,
所以S△PAC=2105 ．
【考点】
余弦定理
正弦定理
平面向量数量积
【解析】
(1)答案未提供解析．
(2)答案未提供解析．
【解答】
解：(1)因为ab=sinAcsB，
由正弦定理可得sinAcsB=sinBsinA.
又sinA≠0，则tanB=1.
因为B∈0,π，
所以B=π4.
由ab=b+ca，可得a2=b2+bc，
即a2+c2−b22ac=c+b2a，
所以c+b=2acsB．
由正弦定理可得sinC+sinB=2sinAcsB，
则sinA+B+sinB=2sinAcsB，
可得sinB=sin(A−B)，
则B=A−B或B+A−B=π（舍去），
所以A=2B=π2.
(2)因为AP→⋅CP→=1，
所以AP⋅CPcs∠APC=1．
由(1)得∠BAC=π2，∠B=π4，
所以AB=AC=2.
因为D为AC的中点，
所以CD=AD=1.
又因为AC2=AP2+CP2−2AP⋅CPcs∠APC，
所以AP2+CP2=6．
因为CP2=CD2+DP2−2CD⋅DPcs∠CDP，
AP2=AD2+DP2−2AD⋅DPcs∠ADP，
两式相加可得CP2+AP2=CD2+AD2+2DP2，
解得DP=2．
如图，过点P作PE⊥AC，
则S△PACS△ABC=EPAB=DPBD=25=105.
又因为S△ABC=12AB⋅AC=2,
所以S△PAC=2105 ．