1、元氏四中2020-2021学年度第二学期期中考试高一数学试题 时间：120分钟 满分：150分一单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）1已知向量，若，则实数（）A0BC1D32已知向量，满足|1，|2，且与的夹角为60，则|+|（）ABCD3已知复数4bi，a，bR，则a+b（）A2B2C4D64已知圆锥的表面积为3，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为（）ABCD5对于空间中的两条不同直线m，n和一个平面，下列命题正确的是（）A若m，n，则mnB若m，mn，则nC若mn，n，则mD若m，n，则mn6已知i为虚数单位，复数zsini cos，则z在复平面内对应的点位于（）A第四象限
2、B第三象限C第二象限D第一象限7直三棱柱ABCA1B1C1的所有顶点都在同一球面上，且ABAC2，BAC90，AA14，则该球的表面积为（）A40B32C10D88已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是它们所在线段的中点，则满足A1F平面BD1E的图形个数为（）A0B1C2D3二多项选择题（共4小题，每小题5分，满分20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）9如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则以下四个结论中正确的是（）A直线AM与CC1是相交直线B直线AM与BN是平行直线
3、C直线BN与MB1是异面直线D直线AM与DD1是异面直线10设z1，z2，z3为复数，z10下列命题中正确的是（）A若|z2|z3|，则z2z3B若z1z2z1z3，则z2z3C若z3，则|z1z2|z1z3|D若z1z2|z1|2，则z1z211已知向量，则下列说法正确的是（）A若，则2n+3m0 B若，则2n3m0C若，则n2+2mn30 D若|2+|，则2m+n212在ABC中，角A、B、C所对的边分别是a，b，c，若b2，A30，若满足条件的ABC唯一确定，则a的可能值为（）AB1CD2三填空题（共4小题，每小题5分，共20分）13已知正三棱锥SABC的棱长为6，底面边长为6则该正三棱
4、锥外接球的表面积为 14一个球的表面积为100，一个平面截该球得到截面圆直径为6，则球心到这个平面的距离为 15若方程x22x+30的两个根为和，则 |+| 16已知ABC的内角A、B、C的对边分别是a、b、c，且b3，ac2，A则ABC的面积为 四解答题（共6小题，共70分）17（10分）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bc1，再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知（）求a的值； （）求tanB的值条件：3sinB4sinC；条件：ABC的面积为18（12分）在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，（a2c，b），（cosB，cosA）且（1）求角B；（2
5、）若b2，求ABC的面积的最大值19（12分）已知xR，设zlog2（x+3）+ilog2（3x），其中i为虚数单位，当x为何值时：（1）在复平面上z对应的点在第二象限；（2）在复平面上z对应的点在直线x+y20上20（12分）已知复数z（m23m+2）+（m24m+3）i，mR（1）若z对应复平面上的点在第四象限，求m的范围；（2）若z是纯虚数，求m的值21（12分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，E，F，G分别为B1C1，A1B1，AB的中点（1）求证：平面A1C1G平面BEF；（2）若平面A1C1GBCH，求证：H为BC的中点22（12分）如图所示，在四棱锥PABCD中，BC平面PA
6、D，BCAD，E是PD的中点（1）求证：BCAD；（2）若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使MN平面PAB？说明理由2020-2021学年度第二学期期中考试高一数学 参考答案一选择题（共8小题）1【分析】根据题意，求出的坐标，由向量垂直与向量数量积的关系可得1（3）+4530，解可得的值，即可得答案【解答】解：根据题意，向量，则（3，2），若，则1（3）+4530，则，故选：B2【分析】根据条件进行数量积的运算即可求出的值，进而得出的值【解答】解：，故选：A3【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件求得a与b的值，则答案可求【解答】解：4bi，2+aii（4b
7、i）b+4i，则a4，b2，故a+b6故选：D4【分析】求出圆锥的底面半径和圆锥的母线长与高，再计算圆锥的体积【解答】解：设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，由l2r，得l2r，又Sr2+r2r3r23，所以r21，解得r1；所以圆锥的高为h，所以圆锥的体积为Vr2h12故选：C5【分析】由线面平行的性质和线线的位置关系可判断A；由线面的位置关系可判断B；由线面平行的判定可判断C；由线面垂直的性质定理可判断D【解答】解：对于A，若m，n，可得m，n平行、相交或异面，故A错误；对于B，若m，mn，则n或n，故B错误；对于C，若mn，n，且m，则m，故C错误；对于D，若m，n，由同垂直于题意平
8、面的两直线平行，可得mn，故D正确故选：D6【分析】利用诱导公式化简求值，求得z的坐标得答案【解答】解：zsinicossin+icos，z在复平面内对应的点的坐标为（），位于第二象限故选：C7【分析】根据题意，可将棱柱ABCA1B1C1补成长方体，长方体的对角线即为球的直径，从而可求球的表面积【解答】解：直三棱柱ABCA1B1C1的所有顶点都在同一球面上，且ABAC2，BAC90，AA14，可将棱柱ABCAA1B1C1补成长方体，长方体的对角线2，即为球的直径，球的半径为，球的表面积为4（）240，故选：A8【分析】平移直线A1F，判断平移后的直线：在平面BD1E上则A1F平面BD1E，与平
9、面BD1E交于一点则不平行，即可得解【解答】解：中，平移A1F至D1F，可知D1F与面BD1E只有一个交点D1，则A1F与平面BD1E不平行；中，由于AFDE，而AF平面BDE，DE平面BDE，故A1F平面BD1E；中，平移A1F至D1F，可知D1F与面BD1E只有一个交点D1，则A1F与平面BD1E不平行；故选：B二多选题（共4小题）9【分析】由异面直线的定义可判断A、C、D；取D1D的中点K，连接AK，可判断B【解答】解：CC1平面CC1D1D，M平面CC1D1D，MCC1，A平面CC1D1D，由异面直线定义可得直线AM与C1C是异面直线，故A错误；同理判断直线BN与MB1是异面直线，故C
10、正确；直线AM与DD1是异面直线，故D正确；取D1D的中点K，连接AK，可得AKBN，AK与AM相交，直线AM与BN是异面直线，故B错误故选：CD10【分析】利用复数的模的有关性质和运算，结合共轭复数的概念对各个选项逐一分析判断即可【解答】解：由复数的形式可知，选项A错误；当z1z2z1z3时，有z1z2z1z3z1（z2z3）0，又z10，所以z2z3，故选项B正确；当z3时，则，所以，故选项C正确；当z1z2|z1|2时，则，可得，所以，故选项D错误故选：BC11【分析】由题意利用两个向量坐标形式的运算法则，两个向量平行垂直的性质，求向量的莫的方法，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论【
11、解答】解：由，得2n+3m0，则A正确，B错误；因为，所以，由，得3+（2m+n）n0，即n2+2mn30，则C正确；由，得，则2m+n2，则D错误；故选：AC12【分析】由已知结合正弦定理得sinB，结合选项中a的值确定B的个数，即可判断【解答】解：由正弦定理得，故，即sinB，当a时，sinB2，此时B显然不存在，不符合题意；当a1时，sinB1，此时B，只有一解，符合题意；当a时，sinB，此时B为锐角或钝角，有两解，不符合题意；当a2时，sinB，此时B为锐角或钝角，但A30，B不可能为150，有一解，符合题意；故选：BD三填空题（共4小题）13【分析】由题意推出球心O到四个顶点的距离
12、相等，利用直角三角形BOE，求出球的半径，即可求出外接球的表面积【解答】解：如图，正三棱锥ABCD中，底面边长为6，侧棱长为6，BE62，高AE4由球心O到四个顶点的距离相等，在直角三角形BOE中，BOR，EO4R，由BO2BE2+EO2，得R212+（4R）2，R，外接球的半径为R2，表面积为：4R2故答案为：14【分析】求出球的半径，截面圆的半径，然后利用勾股定理求解球心到这个平面的距离【解答】解：球的表面积为100，可得球的半径为R，4R2100，解得R5，一个平面截该球得到截面圆直径为6，则截面圆的半径为3，所以球心到这个平面的距离为：4故答案为：415【分析】利用方程的两个根互为共轭
13、复数，然后由韦达定理以及复数模的定义求解即可【解答】解：方程x22x+30的两个根为和，设x+yi，则xyi，所以x2+y23，所以|+|2|2故答案为：216【分析】结合余弦定理列出关于a，b，c的方程组，求出c，套用面积公式计算即可；【解答】解：由已知得，将前两个式子代入第三个式子后解得：c5，a7故SABC故答案为：四解答题（共6小题）17【分析】（）选择条件，根据正弦定理可得出3b4c，然后即可解出b4c3，然后根据余弦定理可求出a2；选择条件，根据三角形的面积公式可得出bc12，从而解出b4，c3，然后根据余弦定理可求出a2；（）根据余弦定理可求出，然后即可求出tanB的值【解答】解
14、：（）选条件：3sinB4sinC，3sinB4sinC，由正弦定理，得3b4c，bc1，解方程组，得b4，c3，且，由余弦定理，得4，a2；选条件：ABC的面积为，ABC的面积为，解得bc12，bc1，解方程组，得b4，c3，由余弦定理，得4，a2；（）由余弦定理，得，且B（0，），18【分析】（1）由向量垂直得（a2c）cosB+bcosA0，再由正弦定理得（sinA2sinC）cosB+sinBcosA0，从而sinC2sinCcosB，由此能求出角B（2）由b2a2+c22accosB，且b2，B，a2+c24+ac2ac，ac4（当且仅当ac2时，等号成立），能求出ABC的面积的最大
15、值【解答】解：（1）在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，（a2c，b），（cosB，cosA）且（a2c）cosB+bcosA0，得a2RsinA，b2RsinB，c2RsinC，（sinA2sinC）cosB+sinBcosA0，sin（A+B）2sinCcosB0，即sinC2sinCcosB，sinC0，cosB，B（0，），角B（2）b2a2+c22accosB，且b2，B，又a2+c24+ac2ac，ac4（当且仅当ac2时，等号成立），ABC的面积的最大值为19.【分析】（1）由z对应的点在第二象限，可得（log2（x+3），log2（3x）在第二象限，可得，解出即
16、可（2）z在复平面内对应的点在直线x+y20上，即（log2（x+3），log2（3x）在直线x+y20上，可得log2（x+3）+log2（3x）20，解出即可【解答】解：（1）因为z对应的点在第二象限，所以（log2（x+3），log2（3x）在第二象限，所以，解得3x2，当x（3，2）时，在复平面上z对应的点在第二象限（2）z在复平面内对应的点在直线x+y20上，即（log2（x+3），log2（3x）在直线x+y20上，可得log2（x+3）+log2（3x）20，log2（x+3）（3x）2，（x+3）（3x）4，或，经过验证满足题意时，z在复平面内对应的点在直线x+y20上20【分
17、析】（1）由题意可得关于m的不等式组，求解得答案；（2）由实部为0且虚部不为0列式求解m值【解答】解：（1）由题意，解得2m3，m的范围是（2，3）；（2）由题意，解得m221【分析】（1）由已知可得EFA1C1，得到EF平面A1C1G，同理得到BF平面A1C1G，再由面面平行的判定可得平面A1C1G平面BEF；（2）由公理3及平面与平面平行的性质得A1C1GH，则GHAC，由G为AB的中点，可得H为BC的中点【解答】证明：（1）如图，E，F分别为B1C1，A1B1的中点，EFA1C1，A1C1平面A1C1G，EF平面A1C1G，EF平面A1C1G，又F，G分别为A1B1，AB的中点，A1FB
18、G，又A1FBG，四边形A1GBF为平行四边形，则BFA1G，A1G平面A1C1G，BF平面A1C1G，BF平面A1C1G，又EFBFF，平面A1C1G平面BEF；（2）平面ABC平面A1B1C1，平面A1C1G平面A1B1C1A1C1，平面A1C1G与平面ABC有公共点G，则有经过G的直线，设交BCH，则A1C1GH，得GHAC，G为AB的中点，H为BC的中点22【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；（2）取AD中点N，连接CN，EN，根据线面平行的性质定理和判断定理即可证明【解答】证明：（1）在四棱锥PABCD中，BC平面PAD，BC平面ABCD，平面ABCD平面PADAD，BCAD，（2）线段AD存在点N，使得MN平面PAB，理由如下：取AD中点N，连接CN，EN，E，N分别为PD，AD的中点，ENPA，EN平面PAB，PA平面PAB，EN平面PAB，又CE平面PAB，CEENE，平面CEN平面PAB，M是CE上的动点，MN平面CEN，MN平面PAB，线段AD存在点N，使得MN平面PAB
