吉林省“BEST合作体”2020-2021学年高一下学期期中考试数学试题（含答案）

这是一份吉林省“BEST合作体”2020-2021学年高一下学期期中考试数学试题（含答案），共6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。

2021年5月
本试卷分客观题题和主观题两部分共22题，共150分，共2页。考试时间为120分钟。考试结束后，只交答题卡。
第Ⅰ卷 客观题
一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．设，则复数的实部和虚部之和为
A．3B．C．1D．
2．已知平面向量，，若，则实数的值为
A．B．C．D．
3．若，则
A．B．C．D．
4．的内角,，所对的边分别是，，，若，，，则等于
A．1B．C．D．2
5．已知向量、满足，，向量，的夹角为，则的值为
A．4B．3C．2D．
6．在中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，它的面积为，则角A等于
A．B．C．D．
7．正方体中，的中点为，的中点为，则异面直线与所成角的大小为
A．B．C．D．
8．如图，是单位圆的直径，且满足，则
A．1B．
C．D．
9．在长方体中，为上任意一点，则一定有（ ）
A．与异面B．与垂直
C．与平面相交D．与平面平行
10．蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、塌、踢皮球的活动，类似今日的足球.年月日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗传名录.已知某蹴鞠的表面上有四个点、、、，满足为正三棱锥，是的中点，且，侧棱，则该蹴鞠的表面积为（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.
11．已知直线平面，直线平面，则直线可能（ ）
A．平行B．异面C．相交D．垂直
12．某人向正东方向走了x km后向右转了150°，然后沿新方向走了3，结果离出发点恰好，则x的值为（ ）
A．B．2C．2D．3
第Ⅱ卷 主观题
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.双空题只填对一个得3分，全对得5分.
13．已知是虚数单位，复数，则________．
14．在中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c，已知，则的面积为_____________.
15．圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．
16．黄金分割比是把一条线段分割为两部分，使其中一部分与全长之比等于另一部分与这部分之比，其比值是．由于按此比例设计的造型十分美观，因此称为黄金分割比．例如中国人民解放军军徽，为镶有金色黄边的五角红星．如图，已知正五角星内接于圆，，点为线段的黄金分割点，则______，若圆的半径为2，为圆的一条弦，以为底边向圆外作等腰三角形，且，则的最大值为______．

四、解答题：本题共6题，共70分.其中17题10分，其余题目均12分.
17．已知向量， .
（1）若，求；
（2）若，求向量与的夹角.
18．设复数（是虚数单位，，），且．
（Ⅰ）求复数；
（Ⅱ）在复平面内，若复数对应的点在第四象限，求实数的取值范围．
19．已知如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别是AB、A1C的中点.
（1）求证：EF∥平面ADD1A1；
（2）求证：EF⊥平面A1DC．
20．在中，内角所对的边分别为，且.
（1）求的值；
（2）若，求的面积.
21．如图，圆柱的轴截面是正方形，点是底面圆周上异于的一点，，是垂足.
（1）证明：；
（2）若，当三棱锥体积最大时，求点到平面的距离.
22.（1）叙述并证明余弦定理；
（2）在中，内角所对的边分别为，证明：.
“BEST合作体”2020-2021学年度下学期期中考试
高一数学试题答案
2021年5月
一、二、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.1到10题在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 11、12题全选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.双空题填对一个得3分，全对得5分.
13. 14. 15. 2:3 1:1 16.
四、解答题：本题共6题，共70分.其中17题10分，其余题目均12分.
17． 【解析】
（1），，，
5分
（2）设所求夹角为，
∴，∵，∴. 10分
18． 【解析】
（Ⅰ）∵，|，
∴，
即，解得，
又∵， ∴， ∴． 4分
（Ⅱ）∵，则，
∴
又∵复数（）对应的点在第四象限，
∴ 得
∴﹣5＜m＜1 12分
19．
证明：（1）如图，连接AD1，设AD1∩A1D＝O，连接OF，
则由正方体ABCD-A1B1C1D1可得：点O是A1D的中点，
因为点F是A1C的中点，所以//且.
又E是AB的中点，所以//且
所以//且
则四边形AEFO是平行四边形，所以EF∥AO，
而AO平面ADD1A1，EF平面ADD1A1，
所以EF∥平面ADD1A1. 6分
（2）由正方体ABCD-A1B1C1D1可得：DC⊥平面ADD1A1，
而AD1平面ADD1A1，所以DC⊥AD1，
又AD1⊥A1D，且A1D∩DC＝D，DC平面A1DC，A1D平面A1DC，
所以AD1⊥平面A1DC.
再由（1）可知：EF∥AD1，
所以EF⊥平面A1DC. 12分
20．（1）；（2）.
【详解】
（1），所以，
所以，即
因为，所以，所以，
即. 6分
（2）因为，所以.
由余弦定理可得，
因为，所以，解得.
故的面积为. 12分
21．
（1）由圆柱性质可知，平面，
平面，，
是圆柱底面的直径，点在圆周上，
，又，平面，
平面，，
又，且，
平面，平面，
； 6分
（2），，
当最大时，即最大，即是等腰直角三角形时，
，，，
并且点到平面的距离就是点到直线的距离,
设点到平面的距离为，则
，
解得： 12分
22．
（1）解：余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两遍平方的和减去这两边与它们夹角的余弦之积的两倍. 2分
在△ABC中，a，b，c为A，B，C的对边，求证：，
，. 4分
证明 ：如图，
即
同理，， 8分
（2） 12分

题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
B
C
A
D
C
B
D
B
D
B
ABCD
AB