1、绝密启用前试卷类型 A山东师范大学附属中学 2020 级 2020-2021 学年第二学期期中学分认定考试数学试题本试卷分第卷和第卷两部分，共 4 页，满分为 150 分，考试用时 120 分钟。注意事项：1答卷前，考生务必用 0.5 毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考试科目填写在规定的位置上。2第卷每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。3第卷必须用 0.5 毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不得使用涂改液，胶带纸、修正带和其他笔。第卷
2、（共 60 分）一、单项选择题：本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的1.已知复数552izi，则 z 的虚部为（）A 3B 3iC 1D i2.已知向量3,2a，,3bk，1,2c，且2abc，则实数k 等于（）A112B132C8D43.阿基米德是古希腊伟大的数学家物理学家、天文学家，是静态力学和流体静力学的奠基人，和高斯牛顿并列为世界三大数学家，他在不知道球体积公式的情况下得出了圆柱容球定理，即圆柱内切球(与圆柱的两底面及侧面都相切的球)的体积等于圆柱体积的三分之二.那么，圆柱内切球的表面积与该圆柱表面积的比为（）A 12B 1
3、3C 23D 344已知 m，n,是不同的直线，是不重合的平面，则下列说法正确的是（）A若/m,则 m 平行于平面 内的任意一条直线B若/m ，/n ，则/m nC若/，m，n，则/m nD若/，m，则/m 5.在ABC中，sin:sin:sin1:5:21ABC，则ABC最大角和最小角之和为（）A90 B120C135D1506.如图1111ABCDABC D是长方体，O 是11B D 的中点，直线1AC 交平面11AB D 于点 M，则下列结论错误的是（）A A，M，O 三点共线B M，O，1A，A 四点共面C B，1B，O，M 四点共面D A，O，C，M 四点共面7.在ABC中，内角 A
4、，B，C 的对边分别为 a，b，c，若ABC的面积为 S，且1a，2224Sbca，则ABC外接圆的半径为（）A2B2 C1D228.如图，O 是ABC的重心，ABa，ACb，D 是边 BC 上一点，且4BDDC，则（）A271515ODab B271515ODabC271515ODab D271515ODab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，全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。9已知i 为虚数单位，则下列结论正确的是（）A若复数1z，2z 互为共轭复数，则12zz为实数B若复数1z，2z
5、 满足12zz，则1z，2z 互为共轭复数C若复数 z 满足 1Rz，则 zRD对任意的复数 z，都有20z 10八卦是中国文化的基本哲学概念，如图 1 是八卦模型图，其平面图形记为图 2 中的正八边形 ABCDEFGH，其中1OA，则下列结论中正确的是（）A/AD BCB22OA OD C2OAOCOF D22AD 11在ABC中，角 A，B，C 所对的边分别为a，b，c，有如下判断，其中正确的判断是（）A若 AB，则sinsinABB若 coscosaAbB，则ABC是等腰三角形C若ABC为锐角三角形，则sincosABD若222coscoscos1ABC，则ABC是钝角三角形12如图，在
6、正四棱柱1111ABCDABC D中，122AAAB，点 P 为线段1AD 的中点，则下列说法正确的是（）A正四棱柱1111ABCDABC D的表面积为 10B三棱锥1CADB的体积为 1C三棱锥1CADB外接球的表面积为 6D直线1/PB平面1C DB第卷（共 90 分）三、填空题：本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分13平面向量 a 与b 夹角为 120，1a，2b，则 2ab _.14.如图所示，在空间四边形 ABCD 中，E，F 分别为边 AB，AD 上的点，且:1:5AE EBAF FD，又 H，G 分别为 BC，CD 的中点，则下列结论正确的是_（请填写正确命题的序号
7、）/BD平面 EFGH/EF平面 BCD/HG平面 ABD/EH平面 ADC15设复数1z，2z 满足11z ，22zi，122zz，则12zz _.16设 P 为ABC所在平面上一点，且满足2(0)PAPCmAB m，若ABP的面积为 2，则ABC面积为_.四、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分17.（10 分）已知复数 222123zmmmmi，mR（1）当 m 取什么值时，复数 z 是纯虚数；（2）当复数 z 在复平面内对应的点位于第四象限时，求 m 的取值范围18.（12 分）在一个如图所示的直角梯形 ABCD 内挖去一个扇形，E 恰好是梯形的下底边的中点，将所得平面图形绕直线D
8、E 旋转一圈，（1）说明所得的几何体的结构特征；（2）求所得几何体的表面积和体积19.（12 分）已知1a，3b，21ab（1）求a 与b 的夹角；（2）在平面四边形 ABCD 中，若 BAa，BCb，213AD，2ADCACD，求ACD的面积20.(12 分)在 33 cossinbcAaC，1tan12tanaCbB，sinsinsinsinACABbac这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题在ABC中，内角 A，B，C 的对边分别为a，b，c，且满足_(1)求C；(2)若ABC的面积为 3，D 在边 AC 上，且13CDCA，求 BD 的最小值注：如果选择多个条件分别解答，
9、按第一个解答计分21.（12 分）如图，四棱锥 PABCD中，PD 平面 ABCD，/AB CD，22CDAB，ABAD，1PD ，F 在线段CD 上，4DCDF，52BF。（1）求三棱锥 DPBC的体积；（2）线段 PA 上是否存在一点 E，使/DE平面 PBF？若存在，请确定点 E 的位置；若不存在，请说明理由。（3）若 M 为 AB 的中点，在（2）的条件下，过 ME 的平面交平面 PBD 于直线l 求证：/ME l22（12 分）如图所示，某市有一块空地OAB，其中2kmOA，60OAM，90AOB。当地政府计划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖OMN，其中 M，N，都
10、在边 AB 上，且30MON，挖出的泥土堆放在OAM地带上形成假山，剩下的OBN地带开设儿童游乐场.为安全起见，需在OAN的周围安装防护网。设AOM.（1）当1kmAM 时，求此时防护网的总长度；（2）若15 ，问此时人工湖用地OMN的面积是堆假山用地OAM的面积的多少倍？（3）为节省投入资金，人工湖OMN的面积要尽可能小，问如何设计施工方案，可使OMN的面积最小？最小面积是多少？绝密启用前试卷类型 A2020 级 2020-2021 学年第二学期期中学分认定考试数学试题第卷（共 60 分）一、单项选择题：本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分每小题给出的四个选项中只有一项是符合
11、题目要求的题目12345678答案CDCDBCDA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，全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。题目9101112答案ACABCACDACD第 II 卷（共 90 分）三、填空题：本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分13.2 14.15.2 2 16.3四、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分17.【解析】（1）当22210230mmmm 时，解得11213mmmm 或且，即12m 时，复数 z 为纯虚数.（2）当复数 z 在复平面内对应的点位于第
12、四象限时，22210230mmmm ，解得11 231mmm 或，即132m 18.【解析】（1）将所得平面图形绕直线 DE 旋转一圈后，所得几何体是上部是圆锥，下部是圆柱挖去一个半球体的组合体；（2）该组合体的表面积为212 2 222 242164 22SSSS 组合体圆锥侧圆柱侧半球该组合体的体积为22311 4162222232 33VVVV 组合体圆锥圆柱半球19.【解析】（1）22221ababa b 32a b 332cos213a ba b，又0,，56；（2）ACBCBAba，2222223231272ACbabab a ，AC 边的长度为7AC.在ACD中，由正弦定理可得
13、sinsinACADADCACD即 sin 2sinACADACDACD所以21732sincossinACDACDACD所以3cos2ACD又0,ACD，6ACD 3ADC，2CAD 17 326ACDSAC AD20.【解析】（1）方案一：选条件.由 33 cossinbcAaC可得3cossin3bcAaC，由正弦定理得3sinsincossinsin3BCAAC，因为BAC，所以sinsinBAC，所以3sincoscossinsincossinsin3ACACCAAC，故3sincossinsin3ACAC，又sin0A，于是sin3 cosCC，即 tan3C，因为0,C，所以3C
14、.注：6 分处如果少sin0A 或0,C，扣 1 分。方案二：选条件.因为1tan12tanaCbB，所以由正弦定理及同角三角函数的基本关系式，得 sin1 sincos1sin2 cossinACBBCB，即 sinsincoscossinsin()sin2cossin2cossinACBCBCBBCBCB，因为 ABC，所以 BCA，sin()sinBCA又sin0A，所以1cos2C，因为0,C，所以3C.注：6 分处如果少sin0A 或0,C，扣 1 分。方案三：选条件.sinsinsinsinACABbac，acabbac，即222acabb，222abcab，2221cos22ab
15、cCab.又0,C，所以3C.注：6 分处如果少0,C，扣 1 分。（2）由题意知113sin3222ABCSabCab，得4ab.由余弦定理得2222211142cos293933333bbbbBDaaCaabaabab，当且仅当13ab且4ab，即2 33a，2 3b 时取等号，所以 BD 的最小值为 2 33.注：12 分处没有指明取等条件的，扣 1 分。21.【解析】（1）直角梯形 ABCD 中，由22CDAB，ABAD，4DCDF，52BF，知1DA，1 1 212BCDS 1111 1333D PBCP DBCDBCVVSPD (2)存在点 E 为线段 PA 的中点。取 PB 的中
16、点G，连 EG，FG,由三角形的中位线的性质/EG AB，12EGAB又/DF AB，12DFAB所以 EG DF，所以四边形 DEGF 是平行四边形/DE FGDE 平面 PBF，FG ,平面 PBF所以/DE平面 PBF不说明 DE 平面 PBF,FG ,平面 PBF 不给分，其他证法参照给分（3）设过 ME 的平面为，由（2）知点 E 为线段 PA 的中点，又 M 为 AB 的中点/ME PB，又 ME 面 PBD，PB 平面 PBD/ME平面 PBD又面 面 PBDl，ME 平面/ME l22.【解 析】（1）在 三 角 形 OAM 中，由 余 弦 定 理 得22212 2 1 cos
17、603OM ，所 以2223 14OMAMOA ，所以三角形 OAM 是直角三角形，所以90OMA，30 .由于30MON，所以60AONA ，所以OAN是等边三角形，周长为 2 36，也即防护网的总长度为6km.（2）15 时，在三角形OAM 中，由正弦定理得sin 60sin 60sin15sin15OMAMAMOM，在三角形OMN 中，18060153075ONA，由正弦定理得sin30sin 60sin30sin30sin 75sin 75sin 75 sin15MNOMOMAMMN.所以sin60sin30sin60sin30sin60sin302sin6031sin75 sin15
18、cos15 sin15sin302MNAM.以O 为顶点时，OMN和OAM的高相同，所以3OMNOAMSMNSAM，3ONNOAMSS，即人工湖用地OMN的面积是堆假山用地OAM的面积的 3 倍.（3）在三角形OAN 中，180603090ONA，由正弦定理得222sin603sin60sin 90coscoscosONON.在三角形OAM 中，180603090ONA，由正弦定理得222 sin603sin60sin 18060sin60sin60sin60OMOM.所以113331sin3024 cossin604 sin60cosOMNSOMON 314sincos60cos sin60cos 23131441313 1 cos2sincoscossin 222422313142133133sin 2cos2sin 2cos24442223113232sin 2603sin 2602 .由于AOM，060，所以当26090 ，15 时，OMNS最小值为21233363 3km232323.