2020-2021年山东枣庄高一数学下学期期中试卷及答案

这是一份2020-2021年山东枣庄高一数学下学期期中试卷及答案，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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．若复数z＝，则|z|＝（ ）
A．2B．C．1D．
B．
2．在△ABC中，已知a＝6，b＝4，c＝2，则角C＝（ ）
A．30°B．45°C．60°D．120°
C．
3．已知向量，，．若λ为实数，，则λ＝（ ）
A．2B．1C．D．
C．
4．已知用斜二测画法画得的正方形的直观图的面积为，那么原正方形的面积为（ ）
A．36B．C．72D．
C．
5．已知点D是△ABC所在平面上一点，且满足，则＝（ ）
A．B．C．D．
D．
6．瑞士著名数学家欧拉发现公式eix＝csx+isinx（i为虚数单位），它将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位．被誉为数学中的“天桥”．根据欧拉公式可知，e表示的复数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
C．
7．已知点G是三角形ABC所在平面内一点，满足++＝，则G点是三角形ABC的（ ）
A．垂心B．内心C．外心D．重心
D．
8．在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AA1的中点，则过B、C1、E三点的平面截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面面积为（ ）
A．B．C．D．
B．
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.
9．已知非零向量，，下列说法正确的是（ ）
A．若＝，则||＝||
B．若，为单位向量，则＝
C．若||＞||且与同向，则＞
D．|+|≤||+||
AD．
10．下列命题正确的是（ ）
A．如果一条直线上有两个点在一个平面上，那么这条直线不一定在这个平面内
B．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么他们有且只有一条过该点的公共直线
C．过直线外一点，可以作无数个平面与这条直线平行
D．如果一条直线平行于平面内的无数条直线，则该直线与平面平行
BC．
11．已知△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，BD＝2DC，下列结论正确的是（ ）
A．sinC＝2sinB
B．若∠B＝30°，则△ABC为直角三角形
C．若∠BAC＝60°，则△ADC为等边三角形
D．若∠BAD＝30°，则△ABD为等腰三角形
ABD．
12．如图，在透明塑料制成的长方体ABCD﹣A1B1C1D1容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，下列说法中正确的是（ ）
A．水的部分始终呈棱柱状，没水的部分也始终成棱柱状
B．水面四边形EFGH的面积不改变
C．棱A1D1始终与水面EFGH平行
D．当E∈AA1时，AE+BF是定值
ACD．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．请写出一个满足z+为实数的虚数z＝ +i ．
解：设z＝a+bi（a，b∈R），则z+＝（a+bi）+
＝（a+bi）+＝a+bi+
＝（a+）+（b﹣）i，
若z+为实数，则b﹣＝0，即a2+b2＝1，
所以z＝a+bi（a，b∈R）只需满足a2+b2＝1即可，
如：z＝+i．
故答案为：+i．
14．已知向量＝（x，1），＝（1，﹣2），且⊥，则|﹣|＝ ．
解：根据题意，向量＝（x，1），＝（1，﹣2），
若⊥，则•＝x﹣2＝0，则x＝2，
故＝（2，1），则﹣＝（1，3），
故|﹣|＝，
故答案为：．
15．如图所示，位于A处的甲船获悉：在其正东方向相距40海里的B处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．甲船立即把消息告知在其南偏西30°，相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB前往B处救援，则csθ＝ ．
解：如图所示，
在△ABC中，AB＝40，AC＝20，∠BAC＝120°，
由余弦定理得BC2＝AB2+AC2﹣2AB•AC•cs120°＝2800，
所以BC＝20．
由正弦定理得sin∠ACB＝•sin∠BAC＝．
由∠BAC＝120°知∠ACB为锐角，故cs∠ACB＝．
所以csθ＝cs（∠ACB+30°）＝cs∠ACBcs30°﹣sin∠ACBsin30°＝．
故答案为：．
16．已知一个健身球放在房屋的墙角处，紧靠墙面和地面，即健身球与围成墙角的三个两两互相垂直的面都相切，若墙角顶点到球面的点的最远距离+1，则球的体积是 ．
解：由已知可得，球心与墙角顶点可构成边长为R的正方体，
则球心到墙角顶点的距离为正方体的对角线，即，
又墙角顶点到球面的点的最远距离+1，
则＝+1，解得R＝1，
所以球的体积是＝．
故答案为：．
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：
（1）B，C，H，G四点共面；
（2）平面EFA1∥平面BCHG．
证明：（1）∵G、H分别为A1B1，A1C1中点，∴GH∥B1C1，
∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC∥B1C1，
∴GH∥BC
∴B、C、H、G四点共面；
（2）∵E、F分别为AB、AC中点，
∴EF∥BC
∴EF∥BC∥B1C1∥GH
又∵E、G分别为三棱柱侧面平行四边形AA1B1B对边AB、A1B1中点，
∴四边形A1EBG为平行四边形，A1E∥BG
∴平面EFA1中有两条直线A1E、EF分别与平面BCHG中的两条直线BG、BC平行
∴平面EFA1∥平面BCHG．
18．已知复数z0＝（a2﹣4a+3）+（a2﹣3a+2）i（i为虚数单位，a∈R）为纯虚数，z0和实数b是关于x的方程x2﹣（3+2i）x+6i＝0的两个根．
（1）求a，b的值；
（2）若复数z满足|z|＝|a+bi|，说明在复平面内z对应的点Z的集合是什么图形？并求该图形的面积．
解：（1）∵复数z0＝（a2﹣4a+3）+（a2﹣3a+2）i（i为虚数单位，a∈R）为纯虚数，
∴，解得a＝3，
∴z0＝2i，由韦达定理可得，，解得b＝3．
（2）∵复数z满足|z|＝|a+bi|，
∴，
∴在复平面内z对应的点Z的集合是以原点为圆心，以为半径的圆，
∴S＝πr2＝18π．
19．已知△ABC的面积为，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（Ⅰ）b和c的值；
（Ⅱ）sin（A﹣B）的值．
条件①：a＝6，；条件②：A＝C，．
解：若选择条件①：
（Ⅰ）在△ABC中，因为csC＝﹣，
所以C，sinC＝＝，
因为，a＝6，所以b＝2，
由余弦定理，c2＝a2+b2﹣2abcsC＝48，
所以．
（Ⅱ）由正弦定理，可得，
所以，，
因为，所以，，
所以sin（A﹣B）＝sinAcsB﹣csAsinB＝，
若选择条件②：
（Ⅰ）在△ABC中，因为A＝C，所以a＝c．
因为，所以，，
因为，
所以，
由余弦定理，b2＝a2+c2﹣2accsB＝64，所以b＝8，
（Ⅱ）由正弦定理得，
所以，
因为，所以，
所以sin（A﹣B）＝sinAcsB﹣csAsinB＝．
20．已知向量与的夹角为，且，．
（1）若与共线，求k；
（2）求，；
（3）求与的夹角的余弦值．
解：（1）∵与共线，且，
∴根据共线向量基本定理：存在λ，使，
∴根据平面向量基本定理得：，解得k＝；
（2）由已知，得，；
（3）设与的夹角为α，则＝，
因此，与的夹角的余弦值为．
21．如图一个透明的球形装饰品内放置了两个具有公共底面的圆锥，且这两个圆锥的顶点和底面圆周都在这个球面上，如图，已知大圆锥轴截面是等边三角形，设球的半径为R，圆锥底面半径为r．
（1）试确定R与r的关系；
（2）若小圆锥、大圆锥的侧面积为S1、S2，球的表面积为S3，求S1：S2：S3；
（3）求出两个圆锥的总体积（即体积之和）与球的体积之比．
解：（1）由几何体的特征，
得到△ABC为直角三角形，
由于大圆锥的轴截面为等边三角形，
故∠ABC＝30°，
所以：AC＝R，BC＝，
所以r＝，
（2）球心到圆锥底面的距离，
所以小圆锥的高为，
故小圆锥的母线长为R，
大圆锥的母线长为，
所以，，，
故．
（3）由（1）得：两个圆锥的体积和为，
故球的体积为．
故两个圆锥的体积和为；
体积之比为：．
22．如图，某市政府计划在长为1km的道路AB一侧的一片区域内搭建一个传染病预防措施宣传区．该区域由直角三角形区域ABC（∠ACB为直角）和以BC为直径的半圆形区域拼接而成．点P为半圆弧上的一点（异于B、C），CH⊥AB．设∠A＝θ∈（，）．
（1）为了让更多的市民看到宣传内容，达到最佳宣传效果，需满足∠CAB﹣∠PBC，且CA+CP达到最大值．求θ为何值时，CA+CP最大，最大值为多少？
（2）为了让宣传栏达到最佳稳定性，更加耐用，需满足∠PBA＝60°，且CH+CP达到最大值．问当θ为何值时，CH+CP取得最大值．
解：（1）设∠BAC＝∠PBC＝θ，AB＝1千米，
则在直角△ABC中，AC＝csθ，BC＝sinθ，
在直角△PBC中，PC＝BC•sinθ＝sin2θ，
AC+CP＝﹣cs2θ+csθ+1，θ∈（，），
所以当csθ＝，即时，AC+CP的最大值为；
（2）在直角△ABC中，由，
解得，
在直角△PBC中，PC＝BC•，
所以CH+CP＝sinθcsθ+sinθ（），θ∈（，），
故CH+CP＝＝＝＝，
所以当时，CH+CP达到最大值．