2020-2021学年吉林省四平市高一（下）期中考试数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年吉林省四平市高一（下）期中考试数学（文）试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知i为虚数单位，则复数z=1−i的虚部是（ ）
A.−1B.1C.iD.−i

2. 下列说法正确的是( )
A.三点确定一个平面
B.一条直线和该直线外一个点确定一个平面
C.四边形确定一个平面
D.两条直线确定一个平面

3. 下列说法中正确的是( )
A.零向量没有方向
B.平行向量不一定是共线向量
C.若向量a→与b→同向且|a→|=|b→|，则a→=b→
D.若向量a→，b→满足|a→|>|b→|且a→与b→同向，则a→>b→

4. 如图所示，A是平面BCD外一点，E，F，G分别是BD，DC，CA的中点，设过这三点的平面为α，则在图中的6条直线AB，AC，AD，BC，CD，DB中，与平面α平行的直线有( )

A.0条B.1条C.2条D.3条

5. 复数z=22−i1−i在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

6. 在△ABC中，“sinA>sinB”是“A>B”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.既不充分也不必要条件D.充要条件

7. 如图，边长为1的正方形O′A′B′C′是一个水平放置的平面图形OABC的直观图，则平面图形OABC以OA为轴旋转一周所围成的几何体是（ ）

A.一个圆柱
B.一个圆柱和一个同底面的圆锥的组合体
C.一个圆锥和一个同底面的圆柱（内部挖去一个同底等高的圆锥）的组合体
D.两个同底的圆锥的组合体

8. 已知两个单位向量a→和b→的夹角为120∘，则a→−b→在a→上的投影向量的模为（ ）
A.12B.32C.−1D.1

9. 如图，已知正四棱锥S−ABCD的侧棱长为23，侧面等腰三角形的顶角为30∘，则从A点出发环绕表面—周后回到A点的最短路程为（ ）

A.26B.23C.6D.6

10. 如图，在四边形ABCD中，AB→=3DC→，E为边BC的中点，若AE→=λAB→+μAD→，则λ+μ=（ ）

A.−16B.1C.76D.56

11. 一艘海盗船从C处以20km/ℎ的速度沿着北偏东20∘的方向前进，在C点南偏东40∘距离为20km的B处有一海警船，沿着北偏西10∘的方向快速拦截，若要拦截成功，则海警船速度至少为（ ）
A.20km/ℎB.40km/ℎC.50km/ℎD.203km/ℎ

12. 已知等腰直角三角形ABC的三个顶点都在球O的球面上，AB=BC=4，若球O上的点到平面ABC的最大距离为4，则球O的体积为( )
A.16π3B.36πC.18πD.32π3
二、填空题

2+i2021i=________．

过平面α外的两点作与平面α垂直的平面，可以作________个．

若向量a→与b→的夹角为45∘，|a→|=4，|b→|=2，则|a→−b→|=________．

已知△ABC中，AB=2AC=2，A=π4，点D，E分别在边AB，BC上，且AD=DB，BE=2EC，若DE→=xAB→+yAC→x,y∈R，则x+y=________；DE=________．
三、解答题

如图，在△ABC中，B=π6，D是BC边上一点，AD=42，CD=7，AC=5．
(1)求∠ADC的大小；

(2)求AB的长．

已知点A(1, −2)，B(2, 1)，C(3, 2)．
(1)已知点D(−2, 3)，以AB→，AC→为一组基底来表示AD→+BD→+CD→；

(2)若AP→=AB→+λAC→(λ∈R)，且点P在第四象限，求λ的取值范围．

如图，在四棱锥C−ABED中，四边形ABED是正方形，点G，F分别是线段EC，BD的中点．

(1)求证：GF // 平面ABC；

(2)线段BC上是否存在一点H，使得平面GFH//平面ACD. 若存在，请找出点H并证明；若不存在，请说明理由.

已知|a→|=2，|b→|=1，a→与b→的夹角为2π3，设m→=2ta→+7b→，n→=a→+tb→．
(1)求a→⋅a→+2b→的值；

(2)若m→与n→的夹角是锐角，求实数t的取值范围．

如图，在四棱锥P−ABCD中，AB // CD，PD⊥CD，PD=2CD，过直线AB的平面与棱PC，PD分别交于点E，F．

(1)求异面直线PC与AB所成角的正切值；

(2)求证：EF // CD．

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知B=60∘，c=8．
(1)若点M，N是线段BC的两个三等分点，BM=13BC，ANBM=23，求AM的值；

(2)若b=12，求△ABC的面积．
参考答案与试题解析
2020-2021学年吉林省四平市高一（下）期中考试数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
复数的基本概念
【解析】
无
【解答】
解：1−i的虚部是−1．
故选A．
2.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
平面的基本性质及推论
【解析】
由题意，结合确定一个平面的方法对选项进行逐一分析，进而即可求解.
【解答】
解：对于选项A，只有不共线的三点确定一个平面，故选项A错误；
对于选项B，一条直线和该直线外一个点确定一个平面，故选项B正确；
对于选项C，空间四边形不是平面，由平面的基本定理可知，两条相交的直线确定一个平面，故选项C正确；
对于选项D，两条直线不能直接确定一个平面，故选项D正确.
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
零向量
平行向量的性质
向量的模
【解析】
利用向量、零向量、平行向量的概念依次判断即可.
【解答】
解：A，零向量方向是任意的，故A错误；
B，平行向量一定是共线向量，故B错误；
C，若向量a→与b→同向且长度一样，则一定是相等向量，故C正确；
D，向量无法比较大小，故D错误，
故选C.
4.
【答案】
C
【考点】
直线与平面平行的判定
【解析】
取AB的中点H，连接HE、EF、FG、GH，根据题意可知平面HEFG为平面α，然后根据线面平行的判定定理进行证明即可．
【解答】
解：取AB的中点H，连接HE、GH，
∴ 平面HEFG为平面α，
其中AB、BD、CD、AC都与平面α相交.
∵ E、F分别是BD、CD的中点，
∴ EF // BC，
而EF⊂α，BC⊄α，
∴ BC // 平面α，
同理可证AD // 平面α.
故选C.
5.
【答案】
A
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的乘除运算
【解析】
无
【解答】
解：由题意得22−i1−i=2×2−i1+i1−i1+i=2×3+i2=3+i，
z在复平面内对应的点为3,1，位于第一象限．
故选A．
6.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
无
【解答】
解：由正弦定理得a>b⇔sinA>sinB，
又a>b⇔A>B，
故在△ABC中，“sinA>sinB”是“A>B”的充要条件．
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
由直观图画出原图形，结合旋转体的结构特征，即可得出平面图形旋转后所围成几何体的形状．
【解答】
解：由直观图O′A′B′C′画出原图OABC，如下图所示；
因为O′B′=2，
所以OB=23，OA=1，
所以平面图形OABC以OA为轴旋转一周所围成的几何体为一个圆锥和一个圆柱（里面挖去一个圆锥）．
故选C.
8.
【答案】
B
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
向量的投影
【解析】
无
【解答】
解：因为a→−b→⋅a→=|a→|2−a→⋅b→=32，
所以a→−b→在a→上的投影的模为a→−b→⋅a→|a→|=32．
故选B．
9.
【答案】
D
【考点】
多面体和旋转体表面上的最短距离问题
棱锥的结构特征
【解析】
无
【解答】
解：把正四棱锥的侧面沿着SA剪开，得到它的侧面展开图（如图）．
要使路程最短，必须沿着线段AA1前行．
在△SAA1中，∠ASA1=30∘×4=120∘，SA=SA1=23，
则∠SAA1=30∘．
作SH⊥AA1于H，
则SH=12SA=3，
∴ AH=3，
∴ AA1=2AH=6．
故选D．
10.
【答案】
C
【考点】
平面向量的基本定理及其意义
向量的三角形法则
向量在几何中的应用
【解析】
无
【解答】
解：连接AC．
因为E为BC中点，
所以AE→=12AB→+12AC→=12AB→+12AD→+AC→
=12AB→+12AD→+12×13AB→=23AB→+12AD→，
所以λ=23，μ=12，λ+μ=76．
故选C．
11.
【答案】
D
【考点】
解三角形的实际应用
正弦定理
【解析】
无
【解答】
解：如图，设在A处两船相遇，
则由题意得∠ACB=120∘，∠B=30∘，
则△ABC是等腰三角形，
则|AC|=20，AB=203，
所以海盗船需1小时到A处，
则海警船1小时至少航行203km．
故选D．
12.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知，等腰直角三角形的斜边长度为42，
设球的半径为R，
球心到△ABC所在平面的最大距离为4−R，
由题意结合几何关系可得：R2−4−R2=222，
解得：R=3．
则球O的体积为V=43πR3=36π．
故选B．
二、填空题
【答案】
1−2i
【考点】
复数代数形式的混合运算
【解析】
无
【解答】
解：2+i2021i=2+i−ii×−i=1−2i．
故答案为：1−2i．
【答案】
1或无数
【考点】
平面与平面垂直的性质
【解析】
由题意，将问题分成两部分进行讨论，结合直线与平面的位置关系进行求解即可.
【解答】
解：当这两点组成的直线与平面α垂直时，可以作无数个；
当这两点组成的平面与平面α平行或相交，但不垂直时，可以作1个.
故答案为：1或无数.
【答案】
10
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的模
【解析】
无
【解答】
解：|a→−b→|2=a→2+b→2−2a→⋅b→
=16+2−2×4×2×22=10，
所以|a→−b→|=10．
故答案为：10．
【答案】
12,106
【考点】
平面向量的基本定理及其意义
向量在几何中的应用
【解析】
无
【解答】
解：因为AD=DB，BE=2EC，
所以DB→=12AB→，BE→=23BC→=23AC→−AB→，
所以DE→=DB→+BE→=12AB→+23AC→−AB→=−16AB→+23AC→．
又DE→=xAB→+yAC→，
所以x+16AB→+y−23AC→=0→.
又因为AB→与AC→不共线，
所以x=−16，y=23，
所以x+y=12，DE→2=−16AB→+23AC→2=236−29×2×1×22+49=518，
所以DE=518=106．
故答案为：12；106．
三、解答题
【答案】
解：(1)在△ABC中，
∵ AD=42，CD=7，AC=5，
∴ 由余弦定理可得：cs∠ADC = AD2 + DC2− AC22AD × DC
= 32 + 49 − 252 × 42 × 7=22，
∵ ∠ADC∈(0, π)，
∴ ∠ADC =π4．
(2)∵ ∠ADC = π4，
∴ ∠ADB = 3π4，
∴ 在△ABD中，由正弦定理ABsin∠ADB = ADsin∠ABD，
即ABsin3π4 = 42sinπ6，解得AB=8．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）由已知利用余弦定理可得cs∠ADC = 22，结合范围∠ADC∈(0, π)，可求∠ADC的值．
（2）利用三角形的内角和定理可求∠ADB = 3π4，在△ABD中，由正弦定理即可解得AB的值．
【解答】
解：(1)在△ABC中，
∵ AD=42，CD=7，AC=5，
∴ 由余弦定理可得：cs∠ADC = AD2 + DC2− AC22AD × DC
= 32 + 49 − 252 × 42 × 7=22，
∵ ∠ADC∈(0, π)，
∴ ∠ADC =π4．
(2)∵ ∠ADC=π4，
∴ ∠ADB=3π4，
∴ 在△ABD中，由正弦定理ABsin∠ADB = ADsin∠ABD，
即ABsin3π4 = 42sinπ6，解得AB=8．
【答案】
解：(1)∵ A(1, −2)，B(2, 1)，C(3, 2)，D(−2, 3)，
∴ AB→=(1, 3)，AC→=(2, 4)，AD→=(−3, 5)，BD→=(−4, 2)，CD→=(−5, 1)，
∴ AD→+BD→+CD→=(−12, 8).
设AD→+BD→+CD→=mAB→+nAC→，
则(−12, 8)=m(1, 3)+n(2, 4)，
∴ −12=m+2n,8=3m+4n,解得m=32,n=−22,
∴ AD→+BD→+CD→=32AB→−22AC→．
(2)∵ AP→=AB→+λAC→，
∴ OP→=OA→+AB→+λAC→
=(1, −2)+(1, 3)+λ(2, 4)=(2+2λ, 1+4λ)．
∵ 点P在第四象限，
∴ 2+2λ>0，1+4λ