2020-2021学年湖南省蓝山县某校高一（下）期中考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年湖南省蓝山县某校高一（下）期中考试数学试卷人教A版，共10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. 复数z=−3+2i，则在复平面内z¯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

2. 在△ABC中，已知A=30∘，B=60∘，a=10，则b=( )
A.52B.103C.1033D.56

3. 若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有( )
A.0条B.1条C.2条D.1条或2条

4. 已知a+3ii=b−i（其中a，b∈R，i是虚数单位），则a+b的值为( )
A.−2B.2C.4D.−4

5. Rt△ABC中， AB=3，BC=4，AC=5，将三角形绕直角边AB旋转一周所成的几何体的侧面积为( )
A.10πB.20πC.30πD.40π

6. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足acsB+32b=c，则A=( )
A.56πB.23πC.π3D.π6

7. 关于直线l，m及平面α，β，下列命题中正确的是( )
A.若l//α，m//α，则l//mB.若l⊥α，l//β，则α⊥β
C.若l//α，l⊥m，则m⊥αD.若l//α，α∩β=m，则l//m

8. 扇形OAB的半径为1，圆心角为120∘，P是弧AB上的动点，则AP→⋅BP→的最小值为( )
A.−12B.12C.−2D.0
二、多选题

设向量a→=(2, 0)，b→=(1, 1)，则( )
A.|a→|=|b→|B.(a→−b→)⊥b→
C.(a→−b→) // b→D.a→与b→的夹角为π4

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的虚部为−1B.|z|=2
C.z2为纯虚数D.z的共轭复数为−1−i

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，下列结论正确的是( )
A.AD1 // BC1B.平面AB1D1 // 平面BDC1
C.AD1 // DC1D.AD1 // 平面BDC1

已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若a=b，且3acsC+ccsA=2bsinB，D是△ABC外一点， DC=1，DA=3，则下列结论正确的是( )
A.△ABC是等边三角形
B.若AC=23，则A，B，C，D四点共圆
C.四边形ABCD面积最大值为532+3
D.四边形ABCD面积最小值为532−3
三、填空题

已知向量a→=−2,3，b→=x,−2，若a→⊥b→，则实数x的值为________.

复数sin40∘−ics40∘的辐角主值是________.

已知a→=3,−4，b→=1,2，向量a→与b→的夹角为θ，则sinθ=________.

锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a−bc=sinC−sinBsinA+sinB，且a=3，则△ABC周长的取值范围是________.
四、解答题


(1)已知复数z与z+22−8i都是纯虚数，求z；

(2)计算：1+i1−i6+2+3i3−2i．

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
(1)求异面直线AC与A1D所成角的大小；

(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求异面直线A1C1与EF所成角的大小．

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b2+c2−a2=423bc．
(1)求csA和sinA的值；

(2)若3ca=2sinBsinA，且△ABC的面积S△ABC=22，求边c的值．

如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，E为A1B1的中点，A1C交AC1于F， AC=AB1．

(1)求证：B1C//平面AC1E；

(2)若BB1=2，AB=2，∠CBB1=2π3，且二面角A−B1C−B为直二面角，求三棱锥B−A1B1C的体积．

如图，已知O为△ABC的外心，角A，B，C的对边分别为a，b，c.

(1)若3OA→+4OB→+5OC→=0→，求cs∠BOC；

(2)若CO→⋅AB→=BO→⋅CA→，求b2+c2a2的值．

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m→=(cs(A−B),sin(A−B))，n→=(csB,−sinB)，且m→⋅n→=−35.
(1)求sinA的值；

(2)若a=42，b=5，求角B的大小及向量BA→在BC→方向上的投影．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省蓝山县某校高一（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
共轭复数
【解析】
先求出共轭复数再判断结果
【解答】
解：由z=−3+2i得z¯=−3−2i，
则z¯=−3−2i对应点(−3,−2)，位于第三象限．
故选C.
2.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
【解析】
由正弦定理可得bsin60∘=10sin30∘，变形可得．
【解答】
解：∵ 在△ABC中，A=30∘，B=60∘，a=10，
∴ 由正弦定理可得bsinB=asinA，即bsin60∘=10sin30∘，
∴ b=10×3212=103.
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
直线与平面平行的判定
【解析】
本题考查空间直线与平面的位置关系．
【解答】
解：如图，
设平面α截三棱锥所得的四边形EFGH为平行四边形，则EF//GH，
因为EF⊄平面BCD，GH⊂平面BCD，
所以EF//平面BCD，
又EF⊂平面ACD，平面ACD∩平面BCD=CD，
所以EF//CD，
因为EF⊂平面EFGH，CD⊄平面EFGH，
所以CD//平面EFGH，同理AB//平面EFGH，
所以该三棱锥与平面α平行的棱有2条．
故选C.
4.
【答案】
C
【考点】
复数代数形式的混合运算
复数相等的充要条件
【解析】
化简复数方程为复数相等的形式，求出a，b即可得到a+b的值．
【解答】
解：因为a+3ii=b−i，
所以a+3i=1+bi，
所以a=1，b=3，
所以a+b=4．
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
旋转一周所成的几何体是底面以BC为半径，以AC为母线的圆锥，求出圆锥的侧面积即可.
【解答】
解：旋转一周所成的几何体是底面以BC为半径r，以AB为高h的圆锥，且母线l=AC=5，
所以该圆锥的侧面积为：S表面积=πrl=π×4×5=20π.
故选B．
6.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
由正弦定理，结合两角和与差的正弦公式化简求解即可.
【解答】
解：∵acsB+32b=c，
由正弦定理可得sinAcsB+32sinB=sinC=sinA+B，
即sinAcsB+32sinB=sinAcsB+csAsinB，
∴ 32sinB=csAsinB，
又B∈0,π，∴sinB≠0，
∴ csA=32，
又A∈0,π，
∴ A=π6.
故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
由题意，根据空间中线面位置关系的定义和性质进行求解即可.
【解答】
解：A，若l//α，m//α，则直线l和直线m的位置关系为平行、相交或异面，故选项A错误；
B，若l⊥α，l//β，则平面β内一定有无数条直线与直线l平行，且该直线垂直于平面α，则α⊥β，故选项
B正确；
C，若l//α，l⊥m，两直线l和m可以同时在平面α内，故选项C错误；
D，直线l平行于平面α，只需平行于平面α内任一直线，不一定要平行于α和β的交线，故选项D错误.
故选B.
8.
【答案】
A
【考点】
两向量的和或差的模的最值
平面向量数量积的运算
【解析】
首先以OA→与OB→作为一组向量基底来表示AP→和BP→，然后可得AP→⋅BP→=12−OP→⋅OA→+OB→)，讨论OP→与OA→+OB→共
线同向时，OP→⋅OA→+OB→有最大值为1，进一步可得AP→⋅BP→有最小值−12
【解答】
解：由题意得AP→⋅BP→=(OP→−OA→)⋅(OP→−OB→)
=(OP→)2+OA→⋅OB→−OP→⋅OA→−OP→⋅OB→
=1−12−OP→⋅OA→+OB→
=12−OP→⋅OA→+OB→
易得|OA→+OB→|=1，
所以当OP→与OA→+OB→共线且同向时，
OP→⋅OA→+OB→有最大值为1，
此时AP→⋅BP→=12−OP→⋅OA→+OB→有最小值−12.
故选A.
二、多选题
【答案】
B,D
【考点】
平面向量的坐标运算
向量的模
数量积表示两个向量的夹角
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
可以求出|a→|=2,|b→|=2，从而判断A错误；容易得出(a→−b→)⋅b→=0，从而判断B错误，C正确；可以求出cs=22，从而判断D正确．
【解答】
解：∵ |a→|=2，|b→|=2，∴ A错误；
∵a→−b→=(1,−1)，
∴ (a→−b→)⋅b→=1−1=0，
∴ (a→−b→)⊥b→，∴ B正确，C错误；
∵ cs=a→⋅b→|a→||b→|=222=22，且0≤≤π，
∴ a→与b→的夹角为π4，∴ D正确．
故选BD.
【答案】
A,B,C
【考点】
共轭复数
复数的模
复数的基本概念
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=2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i，
∴ z的虚部为−1，A选项正确；
|z|=2，B选项正确；
z2=(1−i)2=−2i为纯虚数，C选项正确；
z的共轭复数为1+i，D选项错误．
故选ABC．
【答案】
A,B,D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
两条直线平行的判定
直线与平面平行的判定
平面与平面平行的判定
异面直线的判定
【解析】
由正方体ABCD−A1B1C1D1性质得AD1 // BC1；由AD1 // BC1，B1D1 // BD，得平面AB1D1 // 平面BDC1；由AD1 // BC1，BC1∩DC1=C1，得AD1与DC1异面；由AD1 // BC1，得AD1 // 平面BDC1．
【解答】
解：如图，
正方体ABCD−A1B1C1D1中，
AD1 // BC1，故A正确；
∵ AD1 // BC1，B1D1 // BD，AD1∩B1D1=D1，BC1∩BD=B，
∴ 平面AB1D1 // 平面BDC1，故B正确；
∵ AD1 // BC1，BC1∩DC1=C1，
∴ AD1与DC1异面，故C错误；
∵ AD1 // BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，
∴ AD1 // 平面BDC1，故D正确．
故选ABD.
【答案】
A,C
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦定理
余弦定理
【解析】
利用三角函数恒等变换化简已知等式可求sinB，再利用a=b ，可知△ABC为等边三角形，从而判断A；利用四点A，B，C，D共圆，四边形对角互补，从而判断B；设AC=x，x>0 ，在△ADC中，由余弦定理可得x2=10−6csD ，利用三角形的面积公式，三角函数恒等变换的，可求S四边形ABCD ，利用正弦函数的性质，求出最值，判断CD
【解答】
解：如图，
A，由正弦定理a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，
得3⋅sinAcsC+sinCcsA=2sinB⋅sinB，
∴3=2sinB，∴sinB=32，
∵a=b，B是等腰△ABC的底角，
∴B∈0,π2，
∴B=π3，∴△ABC是等边三角形，故A正确；
B，若A，B，C，D四点共圆，则四边形对角互补，
由A正确知∠D=2π3，csD=−12，
但由于DC=1，DA=3，AC=23时，
csD=DC2+DA2−AC22⋅DA⋅DC=12+32−2322×1×3=−13≠−12，
故B错误；
CD，设∠D=θ ，则AC2=DC2+DA2−2DC⋅DA⋅csθ=10−6csθ，
∴S△ABC=34⋅10−6csθ=532−332csθ，
S△ADC=32sinθ，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=32sinθ−332csθ+532
=3sinθ⋅12−csθ⋅32+532
=3sinθ−π3+532，
∵θ∈(0,π)，∴sin(θ−π3)∈(−32,1]，
−3