2020-2021學(xué)年遼寧省五校協(xié)作體高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷【含答案】

第=page11頁，共=sectionpages11頁2020-2021學(xué)年遼寧省五校協(xié)作體高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知zi+1=2i，則|z|=(

)A.3 B.5 C.1 2.點(3,?1)是角θ的終邊上一點，則sinA.32 B.?32 3.設(shè)m為一條直線，α，β為兩個不同的平面，則下列命題正確的是(

)A.若m/?/α，α/?/β，則m//β B.若m/?/α，α⊥β，則m⊥β

C.若m⊥α，α/?/β，則m⊥β D.若m⊥α，α⊥β，則m//β4.在△ABC中，已知D為BC上一點，且滿足BD=2DC，則AD=A.14AC+34AB B.35.如圖是一個近似扇形的魚塘，其中OA=OB=r，AB長為l(l<r).為方便投放飼料，欲在如圖位置修建簡易廊橋CD，其中OC=34OA，OD=34OB.已知x∈(0,12)

A.34r?r332r2 B.6.在△ABC中，已知B=45°，D是BC邊上一點，如圖，∠BAD=75°，DC=1，AC=7，則AB=(

)A.5

B.6

C.2

7.在軸截面頂角為直角的圓錐內(nèi)，作一內(nèi)接圓柱，若圓柱的表面積等于圓錐的側(cè)面積，則圓錐的底面半徑與圓柱的底面半徑之比為(

)A.2 B.2 C.228.已知函數(shù)f(x)是定義域為R的奇函數(shù)，f(x+1)=f(?x+1)，且當(dāng)0≤x≤1時，f(x)=tanx，則下列結(jié)論正確的是(

)A.f(?12)<f(3)<f(32) B.f(?二、多選題：本題共4小題，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知向量a=(2,1)，b=(?3,1)，則(

)A.(a+b)⊥b

B.向量a在向量b上的投影向量的模為102

C.a與(a10.已知函數(shù)f(x)=Asin(2x+φ)(A>0,|φ|<π2)的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是(

)A.f(x)=3sin(2x+π3)

B.函數(shù)f(x)在[π6,2π3]上單調(diào)遞減

C.函數(shù)f(x)

11.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若2cos2A?C2+cosB=52，且△ABC的面積為A.π6 B.π3 C.5π612.在菱形ABCD中，AB=23，∠ABC=60°，將菱形ABCD沿對角線AC折成大小為θ(0°<θ<180°)的二面角B?AC?D，若折成的四面體ABCD內(nèi)接于球O，則下列說法正確的是(

)A.四面體ABCD的體積的最大值是33

B.BD的取值范圍是(32,6)

C.四面體ABCD的表面積的最大值是12+63

三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13.設(shè)i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)2+ai1?i為純虛數(shù)，則實數(shù)a=______．14.正方形ABCD的邊長為2，P是線段DC上的動點(含端點)，則BP?AC的取值范圍是______．15.已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a=5c，acosC+csinA=b，則bc16.柏拉圖多面體，是指嚴(yán)格對稱，結(jié)構(gòu)等價的正多面體．由于太完美，因此數(shù)量很少，只有正四、六、八、十二、二十面體五種．如果用邊數(shù)不同的正多邊形來構(gòu)造接近圓球、比較完美的多面體，那么數(shù)量會多一些，用兩種或兩種以上的正多邊形構(gòu)建的凸多面體雖不是正多面體但有些類似，這樣的多面體叫做半正多面體．古希臘數(shù)學(xué)家物理學(xué)家阿基米德對這些正多面體進(jìn)行研究并發(fā)現(xiàn)了13種半正多面體(后人稱為“阿基米德多面體”).現(xiàn)在正四面體上將四個角各截去一角，形成最簡單的阿基米德家族種的一個，又名截角四面體．設(shè)原正四面體的棱長為6，則所得的截角四面體的表面積為______，該截角四面體外接球的體積為______．四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。17.(本小題10分)

已知復(fù)數(shù)z1=a+3i，z2=2?ai(a∈R,i是虛數(shù)單位)．

(1)若z1?z2?在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點落在第一象限，求實數(shù)a的取值范圍；

18.(本小題12分)

已知非零向量a，b滿足|a|=2|b|，且(a?b)⊥b．

(1)求a與b19.(本小題12分)

在①2asinC=ctanA；②2acosB=2c?b；③2cos2B+C2=cos2A+1；這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，并作答．

在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，已知____．

(1)求A的值；

(2)若△ABC面積為3420.(本小題12分)

如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD和CDEF均為直角梯形，AB/?/CD，CF/?/DE，且∠CDE=∠CDA=π2，CD=AD=DE=AE=2AB=2CF=4．

(1)求證：BF/?/平面ACE，

(2)求點F到平面ACE21.(本小題12分)

在三棱柱ABC?A1B1C1中，已知AB=AC=AA1=5，BC=4，點A1在底面ABC的射影是線段BC的中點O．

(1)證明：在側(cè)棱AA1上存在一點22.(本小題12分)

已知點O為坐標(biāo)原點，對于函數(shù)f(x)=asinx+bcosx，稱向量OM=(a,b)為函數(shù)f(x)的相伴特征向量，同時稱函數(shù)f(x)為向量OM的相伴函數(shù)．

(1)設(shè)函數(shù)g(x)=sin(x+5π6)?sin(3π2?x)，試求g(x)的相伴特征向量OM；

(2)記向量ON=(1,3)的相伴函數(shù)為f(x)，當(dāng)f(x)=85，且x∈(?π3,π6)時，求sinx的值；

答案和解析1.【答案】B

【解析】【分析】本題考查復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算，考查復(fù)數(shù)模的求法，是基礎(chǔ)題．

把已知等式變形，利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡，再由復(fù)數(shù)模的計算公式求解．【解答】

解：由zi+1=2i，

得z=?1+2ii=(?1+2i)(?i)?i2=2+i2.【答案】A

【解析】解：因為點(3,?1)是角θ的終邊上一點，

所以cosθ=3(3)2+(?1)3.【答案】C

【解析】解：由m為一條直線，α，β為兩個不同的平面，知：

在A中，若m/?/α，α/?/β，則m//β或m?β，故A錯誤；

在B中，若m/?/α，α⊥β，則m與β相交、平行或m?β，故B錯誤；

在C中，若m⊥α，α/?/β，則由線面垂直的判定定理得m⊥β，故C正確；

在D中，若m⊥α，α⊥β，則m與β相交、平行或m?β，故D錯誤．

故選：C．

在A中，m//β或m?β；在B中，m與β相交、平行或m?β；在C中，由線面垂直的判定定理得m⊥β；在D中，m與β相交、平行或m?β．

本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，是中檔題．4.【答案】D

【解析】【分析】本題考查平面向量加減與數(shù)乘的混合運算，屬于基礎(chǔ)題．

利用平面向量加減與數(shù)乘的混合運算的法則求解可得答案．【解答】

解：在△ABC中，已知D為BC上一點，且滿足BD=2DC，

則AD=AB+5.【答案】B

【解析】解：連接AB，設(shè)∠AOB=x，則AB=2×OBsinx2=2rsinx2，

由l<r可知，x=lr<1，故0<x2<12，

∴AB=2rsinx2≈2r?[x6.【答案】B

【解析】解：設(shè)AD=x，在△ADC中，由余弦定理可得：AC2=AD2+DC2?2AD?DCcos∠ADC，

∴7=x2+1+x，解得x=2，

在△ADC中，由正弦定理可得2sin450=AB7.【答案】A

【解析】解：如圖所示，

∠AMB=90°，設(shè)圓柱的底面圓半徑為r，高為?；

圓錐的底面半徑為R，則圓錐的高為R，母線長為2R；

由題意知，2πr2+2πr?=πR?2R，

即2r2+2r?=2R2；

由相似邊成比例得rR=R??R，

即?=R?r；

∴2r8.【答案】D

【解析】解：由f(x)是定義域為R的奇函數(shù)，

f(?x)=?f(x)，

由f(x+1)=f(?x+1)可得f(2+x)=f(?x)

∴f(2+x)=?f(x)，

∵0≤x≤1時，f(x)=tanx，

∴f(3)=f(?1)=?f(1)=?tan1<?1，

?1<f(?12)=?tan12<0，

f(32)=f(12)=tan12>0

9.【答案】BC

【解析】解：因為a=(2,1)，b=(?3,1)，

所以(a+b)?b=(?1,2)?(?3,1)=3+2=5≠0，故A錯誤；

向量a在向量b上的投影向量的模為a?b|b|=?6+110=102，故B正確；

cos<10.【答案】AD

【解析】解：對于A：根據(jù)函數(shù)的圖象：2×π12+φ=2kπ+π2(k∈Z)，解得φ=2kπ+π3(k∈Z)，

由于|φ|<π2，

所以當(dāng)k=0時，φ=π3．

由于f(0)=32，所以Asinπ3=32，解得A=3．

所以f(x)=3sin(2x+π3)，故A正確；

對于B：令π2+2kπ≤2x+π3≤2kπ+3π2(k∈Z)，

解得π12+kπ≤x≤kπ+7π12(k∈Z)，

所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為[π12+kπ,kπ+7π12](k∈Z)，11.【答案】ACD

【解析】解：因為2cos2A?C2+cosB=52，

可得1+cos(A?C)+cosB=1+cos(A?C)?cos(A+C)=1+cosAcosC+sinAsinC?cosAcosC+sinAsinC=52，可得sinAsinC=34，

因為△ABC的面積為34b2=12acsinB，可得34sin2B=12sinAsinCsinB，

由于sinB≠0，

可得34sinB=12sinAsinC=12×34=12.【答案】ACD

【解析】【分析】本題考查了命題的真假判斷與應(yīng)用，棱錐的結(jié)構(gòu)特征，球的體積和表面積，二面角的平面角及求法，考查了轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題．

求出當(dāng)θ=90°時，四面體ABCD的體積最大，利用錐體的體積公式可判斷A選項的正誤；利用余弦定理可判斷B選項的正誤；利用∠BAD=90°時，四面體ABCD的表面積的最大，可判斷C選項的正誤；求出球O的半徑，利用球體的體積公式可判斷D選項的正誤．【解答】解：A.∵AC=AB=23，∠ABC=60°，則△ABC為等邊三角形，

取AC的中點E，則BE⊥AC，同理可知，△ACD為等邊三角形，∴DE⊥AC，

且BE=DE=23sin60°=3，S△ABC=12AC?BE=33，

∴二面角B?AC?D的平面角為θ=∠BED，

設(shè)點D到平面ABC的距離為d，則d=DEsinθ=3sinθ，

VD?ABC=13S△ABC?d=13×33×3sinθ=33sinθ≤33，

當(dāng)且僅當(dāng)θ=90°時，等號成立，

即四面體ABCD的體積的最大值是33，A選項正確；

B.由余弦定理可得BD2=BE2+DE2?2BE?DEcosθ=18?18cosθ∈(0,36)，

∴BD∈(0,6)，B選項錯誤；

C.S△ACD=S△ABC=33，

∵AB=AD=BC=CD，BD=BD，∴△ABD≌△CBD，

∴S△CBD=S△ABD=12AB?ADsin∠BAD=6sin∠BAD≤6，

∴四面體ABCD的表面積的最大值是2×33+2×6=12+63，C選項正確；

D.設(shè)M、N分別為△ABC、△ACD的外心，則EN=EM=13BE=1，

在平面BDE內(nèi)過點M作BE的垂線與過點N作DE的垂線交于點O，

∵BE⊥AC，DE⊥AC，BE∩DE=E，∴AC⊥平面BDE，

∵OM?平面BDE，∴OM⊥AC，

∵OM⊥BE，13.【答案】2

【解析】解：∵2+ai1?i=(2+ai)(1+i)(1?i)(1+i)=2?a+(a+2)i12+(?1)2=2?a2+a+22i為純虛數(shù)，14.【答案】[0,4]

【解析】解：如圖，

以A為坐標(biāo)原點建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系，

則A(0,0)，C(2,2)，B(2,0)，設(shè)P(x,2)，0≤x≤2，

則AC=(2,2)，BP=(x?2,2)，

∴BP?AC=2(x?2)+4=2x∈[0,4]．

故答案為：[0,4]．

由題意建立平面直角坐標(biāo)系，求出BP15.【答案】2【解析】解：因為acosC+csinA=b，

由正弦定理得sinAcosC+sinCsinA=sinB，

又因為sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC，

所以sinCsinA=cosAsinC，

又sinC≠0，即sinA=cosA，可得tanA=1，

所以A=π4．

由余弦定理得a2=b2+c2?2bccosA和a=5c，得b2?2bc?4c16.【答案】283

【解析】解：由題意，截角四面體由4個邊長為2的正三角形，4個邊長為2的正六邊形構(gòu)成，

故截角四面體的表面積為S=4×12×2×2×32+4×6×12×2×2×32=283；

∵棱長為6的正四面體的高為62?(23)2=26，

棱長為2的小正四面體的高為22?(233)2=263，

∴截角四面體上下底面距離為26?263=4617.【答案】解：(1)∵z1=a+3i，z2=2?ai，∴z1?z2?=a?2+(3?a)i，

∵z1?z2?在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點落在第一象限，

∴a?2>03?a>0，解得2<a<3，即實數(shù)a的取值范圍是(2,3)；

(2)由虛數(shù)z1是實系數(shù)一元二次方程x【解析】本題考查復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡，考查復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義，考查運算求解能力，屬于基礎(chǔ)題．

(1)由已知結(jié)合復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡z1?z2?，再由其實部與虛部均大于0列不等式組求解a的范圍；

(2)把z1代入實系數(shù)一元二次方程18.【答案】解：(1)∵(a?b)⊥b，∴(a?b)?b=0，

∴a?b?b2=0，

∴|a|?|b|?cos<a，b>?b2=0，

∵|a|=2|b|，∴2b2【解析】(1)由(a?b)⊥b，得數(shù)量積為0，再結(jié)數(shù)量積的公式和|a|=2|b|，可求得夾角；19.【答案】解：(1)選①時，2asinC=ctanA；

利用正弦定理得：2sinAsinC=sinC?sinAcosA，

整理得：cosA=12，

由于0<A<π，

所以A=60°．

(2)，由于S△ABC=12bcsinA=34bc=34，解得bc=1．

由于a+b+c=5，

所以a=5?(b+c)，

利用余弦定理：a2=b2+c2?2bccosA=(5?b?c)2=b2+c2?bc=(5?a)2?3，

解得a=115．

選②時，2acosB=2c?b；

利用余弦定理：2a?a2+c2?b22ac=2c?b，

整理得b2+c2?a2=bc=2bccosA，

化簡得：cosA=12，

由于0<A<π，

所以A=60°．

(2)，由于S△ABC=12bcsinA=34bc=34【解析】(1)選①時，利用三角函數(shù)關(guān)系式的恒等變換求出三角函數(shù)的值，進(jìn)一步求出A的值，選②時，利用余弦定理的應(yīng)用求出結(jié)果，選③時，利用正弦定理和三角函數(shù)關(guān)系式的變換求出A的值．

(2)利用正弦定理和三角形的面積公式的應(yīng)用求出結(jié)果．

本題考查的知識要點：三角函數(shù)關(guān)系式的恒等變換，正弦定理余弦定理的應(yīng)用，解三角形知識的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的運算能力和數(shù)學(xué)思維能力，屬于基礎(chǔ)題．20.【答案】(1)證明：取DE中點G，連接FG交CE于點H，連接AH，

∵CF//DG，且DG=CF，

∴四邊形CDGF是平行四邊形，

∴GF/?/DC，H為GF中點，

又∵AB/?/CD，且CD=2AB，

∴AB//HF，且AB=HF，

∴四邊形ABFH是平行四邊形，

∴BF/?/AH，又BF?平面ACE，AH?平面ACE，

∴BF/?/平面ACE．

(2)解：∵BF/?/平面ACE，

∴點F到平面ACE的距離等于點B到平面ACE的距離，

取AD中點O，連接OE，

∵DE=AE，∴OE⊥AD，

∵∠CDE=∠CDA=π2，

∴CD⊥AD，CD⊥DE，DE∩AD=D，DE，AD?平面ADE，

∴CD⊥平面ADE，又OE?平面ADE，

∴CD⊥OE，又AD∩CD=D，AD，CD?平面ABCD，

∴OE⊥平面ABCD，

∵DE=AE=AD=4，∴OE=23，

∵CD=AD=2AB=4，∴

S△ABC=4，

∵CE=AC=42，AE=4，

∴S△ACE=47，

設(shè)點B到平面ACE的距離為?，

由等體積法，VE?ABC=VB?ACE，

【解析】(1)取DE中點G，連接FG交CE于點H，連接AH，證明四邊形CDGF和ABFH是平行四邊形，從而可得BF/?/AH，由線面平行的判定定理證明即可；

(2)取AD中點O，連接OE，設(shè)點B到平面ACE的距離為?，利用等體積法求解?，利用線面平行的性質(zhì)可知，點F到平面ACE的距離等于點B到平面ACE的距離，即可得到答案．

本題考查了線面平行的判定以及點到面距離的求法，涉及了等體積法的應(yīng)用，等體積法是求解點到平面的距離的常用方法，屬于中檔題．21.【答案】(1)證明：在三棱柱ABC?A1B1C1中，已知AB=AC=AA1=5，BC=4，

點A1在底面ABC的射影是線段BC的中點