2020-2021学年湖北省荆州市某校高一（下）期中考试数学试卷

这是一份2020-2021学年湖北省荆州市某校高一（下）期中考试数学试卷，共22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. 已知向量a→=(x, 1)，b→=(4, x)，若向量a→//b→且方向相同时，x等于( )
A.±2B.−2C.2D.0
2. 设非零向量a→,b→,c→满足|a→|=|b→|=|c→|，a→+b→=c→，则a→与b→的夹角θ为（ ）
A.150∘B.120∘C.60∘D.30∘
3. 在梯形ABCD中，∠ABC=π2，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.2π3B.4π3C.5π3D.2π
4. 在△ABC中，若b=3，c=3，B=30∘，则a等于( )
A.3B.23或3C.33D.43或33
5. 如图，四边形ABCD是正方形，延长CD至E，使得DE=CD，若点P为BC的中点，且AP→=λAB→+μAE→，则λ+μ=( )

A.3B.2C.1D.52
6. 如图，四棱锥S−ABCD的所有的棱长都等于2，E是SA的中点，过C，D，E三点的平面与SB交于点F，则四边形DEFC的周长为( )

A.3+23B.3+3C.2+3D.2+23
7. 若G是△ABC的重心，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且aGA→+bGB→+33cGC→=0→，则角A=( )
A.90∘B.60∘C.45∘D.30∘

8. 如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，过直线BD的平面α//平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为( )

A.2B.98C.3D.62
二、多选题)
9. 若复数z=21+i，其中i为虚数单位，则下列结论正确的是( )
A.z在复平面内对应的点为1,1 B.|z|=2
C.z2为纯虚数 D.z的共轭复数为−1−i
10. 在△ABC中， sinA+B+sinA−B=3sin2B，若C=π3，则ab等于( )
A.12B.13C.2D.3
11. 空间四边形ABCD中，AB=CD，且异面直线AB和CD成30∘角，E，F分别是边BC和AD的中点，则异面直线EF和AB所成角可以是( )
A.15∘B.30∘C.45∘D.75∘
12. 已知三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2，则( )
A.三棱锥S−ABC的体积为26 B.三棱锥S−ABC的体积为23
C.三棱锥O−ABC的体积为212 D.三棱锥O−ABC的体积为223
三、填空题
13. 设i是虚数单位，z是复数z的共轭复数，若z⋅zi+2=2z，则z=________.
14. A是△BCD所在平面外一点，M，N，P分别是△ABC， △ACD， △ABD的重心，且S△BCD=33，则△MNP的面积为________.
15. 如图所示，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45∘、腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是________.


16. 设函数f(x)=sin2x+3sinxcsx+32．若a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C所对的边，a=23，c=4，f(A)是函数f(x)在0,π2上的最大值，则b的值是________.
四、解答题)
17. 已知△ABC的边AB=3 ，AC=22，且∠BAC=45∘．
(1)求BC边上的高AD的长． (2)求BC边上的中线AM的长．

18. 已知角A，B，C是△ABC的内角，a，b，c分别是其对边长，向量m→=(23sinA2,cs2A2)，n→=(csA2,−2)，m→⊥n→．
(1)求角A的大小； (2)若a=2，csB=33，求b的长．

19. 如图，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，PD=DC=2，BC=22．

(1)求PB与平面ADC所成的角的大小．

求异面直线PC，BD所成角正弦值．

20. 已知向量a→=(3csx，csx)，b→=(0, sinx)，c→=(sinx, csx)，d→=(sinx, sinx)．
(1)当x=π4时，求向量a→与b→的夹角θ；

(2)当x∈[0,π2]时，求c→⋅d→的最大值．

21. 如图，四边形AOCB中， OA→⋅OC→=0，AC=2，BC=1．

(1)求△AOC面积S的最小值．

(2)若AB=5，设∠ACO=θ，将OB长度用θ表示，并求其取值范围．

22. 如图，在三棱锥P−ABC中，AB=BC=22，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点．

(1)证明：PO⊥平面ABC；

(2)若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省荆州市某校高一（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
向量的共线定理
【解析】
利用向量共线定理即可得出．
【解答】
解：∵ a→ // b→，∴ x2−4=0，解得x=±2．
当x=−2时，b→=−2a→，满足向量a→和b→方向相反，应舍去．
当x=2时，b→=2a→，满足向量a→和b→方向相同．
因此，实数x的值是2．
故选C．
2.
【答案】
B
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由|a→|=|b→|=|c→|，且a→+b→=c→，
得|a→+b→|=|b→|，
则a→+b→2=b→2，即a→2+b→2+2a→⋅b→=b→2，
故2a→⋅b→=−a→2，
则2|a→|⋅|b→|⋅csθ=−|a→|2，故 csθ=−|a→|22|a→|⋅|b→|=−12.
又 θ∈0,π ，所以θ=120∘．
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
画出几何体的直观图，利用已知条件，求解几何体的体积即可．
【解答】
解：由题意可知几何体的直观图如图：旋转体是底面半径为1，高为2的圆柱，挖去一个相同底面高为1的倒圆锥，
几何体的体积为：12π⋅2−13×12π×1=5π3．
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
【解析】
根据余弦定理可得结果．
【解答】
解：∵b=3，c=3，B=30∘，
根据余弦定理得，b2=a2+c2−2accsB，
∴(3)2=a2+32−6a⋅cs30∘，
整理得a2−33a+6=0，
解得a=23或3．
故选B．
5.
【答案】
B
【考点】
向量在几何中的应用
平面向量的基本定理及其意义
【解析】
建立如图所示的直角坐标系，设正方形的边长为1，可以得到AP→=λAB→+μAE→的坐标表示，进而得到答案．
【解答】
解：由题意，设正方形的边长为1，
建立坐标系如图，
则B1,0， E−1,1，
∴ AB→=1,0， AE→=−1,1，
∵ AP→=λAB→+μAE→=λ−μ,μ，
又∵ P式BC的中点，
∴ AP→=1,12，
∴ λ−μ=1，μ=12，
解得：μ=12，λ=32，
∴ λ+μ=2.
故选B．
6.
【答案】
A
【考点】
直线与平面平行的判定
两条直线平行的判定
棱柱的结构特征
棱锥的结构特征
【解析】
判断四边形ABCD是菱形，四边形DEFC是等腰梯形，由此求出它的周长大小．
【解答】
解：四棱锥S−ABCD中，AB=BC=CD=DA=2，
所以四边形ABCD是菱形，
所以AB // CD.
又AB⊂平面SAB，CD⊄平面SAB，
所以CD // 平面SAB.
又平面CDEF∩平面SAB=EF，
所以CD // EF，
所以EF // AB.
因为E是SA的中点，所以F是SB的中点，
所以EF=12AB=1；
△SBC中，SB=BC=SC=2，所以CF=32BC=3；
同理DE=3，
所以四边形DEFC的周长为：
CD+DE+EF+FC=2+3+1+3=3+23．
故选A.
7.
【答案】
D
【考点】
三角形五心
余弦定理
平面向量的基本定理及其意义
零向量
【解析】
根据三角形重心的性质得到GA→+GB→+GC→=0→，可得CG→=GA→+GB→．由已知向量等式移项化简，可得CG→=3acGA→+3bcGB→，根据平面向量基本定理得到3ac=3bc=1，从而可得a=b=33c，最后根据余弦定理加以计算，可得角A的大小．
【解答】
解：∵ G是△ABC的重心，
∴ GA→+GB→+GC→=0→，可得CG→=GA→+GB→．
又∵ aGA→+bGB→+33cGC→=0→，
∴ 移项化简，得CG→=3acGA→+3bcGB→．
由平面向量基本定理，得3ac=3bc=1，
可得a=b=33c.
设c=3，可得a=b=1，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=1+3−12×1×3=32，
∵ A为三角形的内角，得0∘∴ A=30∘．
故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
截面及其作法
棱柱的结构特征
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题设可知截面的形状是等腰梯形，
且上底长为12DB=22，下底长为DB=2，
高ℎ=(12)2+12−2−2222=324，
故其面积为S=12×(2+22)×324=98．
故选B．
二、多选题
9.
【答案】
B,C
【考点】
复数的模
复数的基本概念
共轭复数
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】
利用复数代数形式的乘除运算化简，然后逐一核对四个选项得答案．
【解答】
解： z=21+i=21−i1+i1−i=1−i，
∴ z在复平面内对应的点为1,−1，故A错误；
|z|=2，故B正确；
z2=(1−i)2=−2i，为纯虚数，故C正确；
z的共轭复数为1+i，故D错误.
故选BC．
10.
【答案】
A,D
【考点】
两角和与差的正弦公式
二倍角的正弦公式
正弦定理
【解析】
利用两角和与差的三角函数和二倍角公式化简sinA+B+sinA−B=3sin2B，得到csB=0或sinA=3sinB，再利用正弦定理求解即可.
【解答】
解：由sin(A+B)+sinA−B=3sin2B，
得sinA+B+sinA−B=6sinBcsB，
所以sinAcsB+csAsinB+sinAcsB−csAsinB
=2sinAcsB=6sinBcsB，
即csBsinA−3sinB=0，
故csB=0或sinA=3sinB，
当csB=0时，因为B∈0,π，所以B=π2，
又C=π3，
∴ A=π6，
在△ABC中，由正弦定理asinA=bsinB，
得 ab=sinAsinB=sinπ6sinπ2=12；
当sinA=3sinB时，ab=sinAsinB=3.
综上所述：ab等于12或3.
故选AD．
11.
【答案】
A,D
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
取BD中点为G，联结EG，FG，由已条件推导出∠FGE的大小等于异面直线AB与CD所成角的大小，由此利用等腰三角形性质能求出异面直线EF和AB所成角的大小．
【解答】
解：取BD中点为G，连接EG，FG，
∵ BG=GD，AF=FD，
∴ FG=//AB2，同理可得EG=//CD2，
则异面直线EF和AB所成角的大小等于∠GFE的大小，
∴ ∠FGE的大小或其补角的大小等于异面直线AB与CD所成角的大小，
即∠FGE=30∘或150∘，
又AB=CD，
∴ FG=EG，
∴ △FGE为等腰三角形，
∴ ∠GFE=75∘或15∘，
∴ 异面直线EF和AB所成角等于75∘或15∘．
故选AD.
12.
【答案】
A,C
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
球内接多面体
【解析】
由题意，知三棱锥S−ABC的高是三棱锥O−ABC高的2倍，则三棱锥S−ABO的体积也是三棱锥O−ABC体积的2倍，结合所给边长进行求解即可.
【解答】
解：由题意知三棱锥S−ABC与三棱锥O−ABC的底面都是△ABC，
而O是SC的中点，
所以三棱锥S−ABC的高是三棱锥O−ABC高的2倍，
所以三棱锥S−ABC的体积也是三棱锥O−ABC体积的2倍，
在三棱锥O−ABC中，其棱长都为1，
所以S△ABC=12×1×12−122=34，
高OD=12−332=63，
则VO−ABC=13×34×63=212，
而VS−ABC=2VO−ABC=26.
故选AC．
三、填空题
13.
【答案】
1+i
【考点】
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设z=a+bia,b∈R，则z=a−bi，
由z⋅zi+2=2z，
得a+bia−bii+2=2a+bi，
整理得2+a2+b2i=2a+2bi，
则2a=2,a2+b2=2b,解得a=1,b=1,
∴ z=1+i.
故答案为：1+i.
14.
【答案】
33
【考点】
三角形五心
【解析】
由三角形重心的性质可得AMAE=23，即S△ANPS△EFG=49，又S△BFGS△BOD=14，S△BCD=33，代入求解即可.
【解答】
解：因为A是△BCD所在平面外一点，M，N，P分别是△ABC，△ACD，△ABD的重心，
如图所示，
由三角形重心的性质可得AMAE=ANAF=APAG=23，
所以S△MNPS△EFG=49，
而S△EFGS△BCD=14，
则S△MNPS△BCD=19，
因为S△BCD=33，
所以S△MNP=339=33.
故答案为：33.
15.
【答案】
2+2
【考点】
斜二测画法画直观图
【解析】
根据斜二测化法规则画出原平面图形，即可求出其面积．
【解答】
解：等腰梯形的高为：22，上底是1，下底是1+2，
面积为：(1+1+2)×22×12=24(2+2)，
因为斜二侧画法的面积是原来图形面积的24倍，
故原来图形面积为：24(2+2)÷24=2+2.
故答案为：2+2．
16.
【答案】
2
【考点】
余弦定理
两角和与差的正弦公式
三角函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由f(x)=1−cs2x2+32sin2x+32
=32sin2x−12cs2x+2
=sin2x−π6+2，
当x∈0,π2时，f(x)的最大值为3，
此时2A−π6=π2，即A=π3，
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，
得(23)2=b2+42−2×4×b×12，解得b=2.
故答案为：2.
四、解答题
17.
【答案】
解：(1)∵BC2=9+8−2×3×22cs45∘=5，
得BC=5，
∴S△ABC=12bcsinA=3=12AD⋅5，
∴AD=655．
(2)∵AM→=12AB→+AC→ ，
∴AM→2=14(9+8+2AB→⋅AC→)=294，
∴AM=292．
【考点】
余弦定理
正弦定理
向量在几何中的应用
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵BC2=9+8−2×3×22cs45∘=5，
得BC=5，
∴S△ABC=12bcsinA=3=12AD⋅5，
∴AD=655．
(2)∵AM→=12AB→+AC→ ，
∴AM→2=14(9+8+2AB→⋅AC→)=294，
∴AM=292．
18.
【答案】
解：(1)∵ m→=(23sinA2, cs2A2)，n→=(csA2, −2)，且m→⊥n→，
∴ 23sinA2csA2−2cs2A2=3sinA−csA−1=0，
即3sinA−csA=1，
整理得：2sin(A−π6)=1，即sin(A−π6)=12，
∵ 0∴ −π6∴ A−π6=π6，即A=π3.
(2)在△ABC中，A=π3，a=2，csB=33，
∴ sinB=1−cs2B=63，
由正弦定理asinA=bsinB得：
b=asinBsinA=2×6332=423．
【考点】
三角函数中的恒等变换应用
数量积判断两个平面向量的垂直关系
同角三角函数间的基本关系
正弦定理
【解析】
（1）由两向量的坐标，根据两向量垂直满足的关系列出关系式，整理后化为一个角的正弦函数，根据A的范围求出这个角的范围，利用特殊角的三角函数值即可求出A的度数；
（2）由csB的值，利用同角三角函数间的基本关系求出sinB的值，再由a，sinA的值，利用正弦定理即可求出b的值．
【解答】
解：(1)∵ m→=(23sinA2, cs2A2)，n→=(csA2, −2)，且m→⊥n→，
∴ 23sinA2csA2−2cs2A2=3sinA−csA−1=0，
即3sinA−csA=1，
整理得：2sin(A−π6)=1，即sin(A−π6)=12，
∵ 0∴ −π6∴ A−π6=π6，即A=π3.
(2)在△ABC中，A=π3，a=2，csB=33，
∴ sinB=1−cs2B=63，
由正弦定理asinA=bsinB得：
b=asinBsinA=2×6332=423．
19.
【答案】
解：(1)∵PD⊥平面ABCD，
∴∠PBD即为PB与平面ADC所成的角，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC⊥DC，
∴BD=23 ，tan∠PBD=PDBD=33，
∴ ∠PBD=30∘．
即PB与平面ADC所成的角的大小为30∘．
(2)取PA的中点G，连接OG，DG，如图，
显然OG//PC，
∴∠DOG（或其补角）即为异面直线PC，BD所成的角，
∵OG=12PC=2 ，OD=12BD=3 ，DG=12PA=3，
∴△OGD是等腰三角形．
作底边的高，可求出sin∠DOG=306，
所以异面直线PC，BD所成角的正弦值为306．
【考点】
直线与平面所成的角
异面直线及其所成的角
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵PD⊥平面ABCD，
∴∠PBD即为PB与平面ADC所成的角，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC⊥DC，
∴BD=23 ，tan∠PBD=PDBD=33，
∴ ∠PBD=30∘．
即PB与平面ADC所成的角的大小为30∘．
(2)取PA的中点G，连接OG，DG，如图，
显然OG//PC，
∴∠DOG（或其补角）即为异面直线PC，BD所成的角，
∵OG=12PC=2 ，OD=12BD=3 ，DG=12PA=3，
∴△OGD是等腰三角形．
作底边的高，可求出sin∠DOG=306，
所以异面直线PC，BD所成角的正弦值为306．
20.
【答案】
解：(1)∵ x=π4，
∴ a→=(62,22)，b→=(0,22)，
∴ csa→⋅b→|a→|⋅|b→|=12，
∴ 向量a→，b→的夹角θ为π3.
(2)c→⋅d→=(sinx, csx)⋅(sinx, sinx)
=sin2x+sinxcsx
=1−cs2x2+sin2x2
=12+22(sin2x⋅csπ4−cs2x⋅sinπ4)
=12+22sin(2x−π4)，
∵ x∈[0,π2]，
∴ (2x−π4)∈[−π4,3π4]；
∴ 当2x−π4=π2，即x=3π8时，c→⋅d→取最大值1+22．
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
平面向量数量积
三角函数中的恒等变换应用
三角函数的最值
【解析】
（1）x=π4带入向量a→，b→，即可求得a→，b→坐标，而根据坐标即可求向量a→，b→夹角的余弦值，根据余弦值即可求得向量a→，b→夹角；
（2）求出c→⋅d→=12+12(sin2x−cs2x)，而根据两角差的正弦公式得到，c→⋅d→=12+22sin(2x−π4)，所以根据x的范围[0,π2]可求出2x−π4的范围[−π4，34π]，根据正弦函数的最大值即可求得c→⋅d→的最大值．
【解答】
解：(1)∵ x=π4，
∴ a→=(62,22)，b→=(0,22)，
∴ csa→⋅b→|a→|⋅|b→|=12，
∴ 向量a→，b→的夹角θ为π3.
(2)c→⋅d→=(sinx, csx)⋅(sinx, sinx)
=sin2x+sinxcsx
=1−cs2x2+sin2x2
=12+22(sin2x⋅csπ4−cs2x⋅sinπ4)
=12+22sin(2x−π4)，
∵ x∈[0,π2]，
∴ (2x−π4)∈[−π4,3π4]；
∴ 当2x−π4=π2，即x=3π8时，c→⋅d→取最大值1+22．
21.
【答案】
解：(1)在△AOC中，|OA|2+|OC|2=4≥2|OA|⋅|OC|，
即|OA|⋅|OC|≤2，
又S=12|OA|⋅|OC|，
∴当且仅当|OA|=|OC|=2时，S有最大值为1.
(2)∵AC=2 ，BC=1， AB=5，
∴AC2+BC2=AB2，
∴ ∠ACB=π2，
设∠ACO=θ，可知θ∈0,π2，
且OC=ACcsθ=2csθ，
在△OBC中，
OB2=OC2+BC2−2OC⋅BCcsπ2+θ
=4cs2θ+1+4csθsinθ
=2sin2θ+2cs2θ+3
=22sin2θ+π4+3，
∵θ∈0,π2，
∴ π4<2θ+π4<5π4，
则−22∴1则1【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
数量积判断两个平面向量的垂直关系
余弦定理
正弦函数的定义域和值域
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)在△AOC中，|OA|2+|OC|2=4≥2|OA|⋅|OC|，
即|OA|⋅|OC|≤2，
又S=12|OA|⋅|OC|，
∴当且仅当|OA|=|OC|=2时，S有最大值为1.
(2)∵AC=2 ，BC=1， AB=5，
∴AC2+BC2=AB2，
∴ ∠ACB=π2，
设∠ACO=θ，可知θ∈0,π2，
且OC=ACcsθ=2csθ，
在△OBC中，
OB2=OC2+BC2−2OC⋅BCcsπ2+θ
=4cs2θ+1+4csθsinθ
=2sin2θ+2cs2θ+3
=22sin2θ+π4+3，
∵θ∈0,π2，
∴ π4<2θ+π4<5π4，
则−22∴1则122.
【答案】
(1)证明：∵ AB=BC=22，AC=4，
∴ AB2+BC2=AC2，
即△ABC是直角三角形.
连结OB，
∵ O为AC的中点，
∴ OA=OB=OC，
∵ PA=PB=PC，
∴ △POA≅△POB≅△POC，
∴ ∠POA=∠POB=∠POC=90∘，
∴ PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC=O，
∴ PO⊥平面ABC；
(2)解：由(1)得PO⊥平面ABC，PO=PA2−AO2=23，
在△COM中，OM=OC2+CM2−2OC⋅CMcs45∘=253．
S△POM=12×PO×OM=12×23×253=2153，
∵ MC=2MB，
∴ S△COM=12×23×S△ABC=43．
设点C到平面POM的距离为d，
由VP−OMC=VC−POM⇒13×S△POM⋅d=13×S△OCM×PO，
解得d=455，
∴ 点C到平面POM的距离为455．
【考点】
点、线、面间的距离计算
直线与平面垂直的判定
【解析】
（1）证明：可得AB2+BC2=AC2，即△ABC是直角三角形，
又POA≅△POB≅△POC，可得∠POA=∠POB=∠POC=90∘，即可证明PO⊥平面ABC；
（2）设点C到平面POM的距离为d．由VP−OMC=VC−POM⇒13×S△POM⋅d=13×S△OCM×PO，解得d即可
【解答】
(1)证明：∵ AB=BC=22，AC=4，
∴ AB2+BC2=AC2，
即△ABC是直角三角形.
连结OB，
∵ O为AC的中点，
∴ OA=OB=OC，
∵ PA=PB=PC，
∴ △POA≅△POB≅△POC，
∴ ∠POA=∠POB=∠POC=90∘，
∴ PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC=O，
∴ PO⊥平面ABC；
(2)解：由(1)得PO⊥平面ABC，PO=PA2−AO2=23，
在△COM中，OM=OC2+CM2−2OC⋅CMcs45∘=253．
S△POM=12×PO×OM=12×23×253=2153，
∵ MC=2MB，
∴ S△COM=12×23×S△ABC=43．
设点C到平面POM的距离为d，
由VP−OMC=VC−POM⇒13×S△POM⋅d=13×S△OCM×PO，
解得d=455，
∴ 点C到平面POM的距离为455．