2020-2021学年辽宁省五校协作体高一（下）期末数学试卷【含答案】

第=page11页，共=sectionpages11页2020-2021学年辽宁省五校协作体高一（下）期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知zi+1=2i，则|z|=(

)A.3 B.5 C.1 2.点(3,−1)是角θ的终边上一点，则sinA.32 B.−32 3.设m为一条直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题正确的是(

)A.若m/​/α，α/​/β，则m//β B.若m/​/α，α⊥β，则m⊥β

C.若m⊥α，α/​/β，则m⊥β D.若m⊥α，α⊥β，则m//β4.在△ABC中，已知D为BC上一点，且满足BD=2DC，则AD=A.14AC+34AB B.35.如图是一个近似扇形的鱼塘，其中OA=OB=r，AB长为l(l<r).为方便投放饲料，欲在如图位置修建简易廊桥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边上一点，如图，∠BAD=75°，DC=1，AC=7，则AB=(

)A.5

B.6

C.2

7.在轴截面顶角为直角的圆锥内，作一内接圆柱，若圆柱的表面积等于圆锥的侧面积，则圆锥的底面半径与圆柱的底面半径之比为(

)A.2 B.2 C.228.已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，f(x+1)=f(−x+1)，且当0≤x≤1时，f(x)=tanx，则下列结论正确的是(

)A.f(−12)<f(3)<f(32) B.f(−二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知向量a=(2,1)，b=(−3,1)，则(

)A.(a+b)⊥b

B.向量a在向量b上的投影向量的模为102

C.a与(a10.已知函数f(x)=Asin(2x+φ)(A>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，则下列说法正确的是(

)A.f(x)=3sin(2x+π3)

B.函数f(x)在[π6,2π3]上单调递减

C.函数f(x)

11.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若2cos2A−C2+cosB=52，且△ABC的面积为A.π6 B.π3 C.5π612.在菱形ABCD中，AB=23，∠ABC=60°，将菱形ABCD沿对角线AC折成大小为θ(0°<θ<180°)的二面角B−AC−D，若折成的四面体ABCD内接于球O，则下列说法正确的是(

)A.四面体ABCD的体积的最大值是33

B.BD的取值范围是(32,6)

C.四面体ABCD的表面积的最大值是12+63

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.设i是虚数单位，复数2+ai1−i为纯虚数，则实数a=______．14.正方形ABCD的边长为2，P是线段DC上的动点(含端点)，则BP⋅AC的取值范围是______．15.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=5c，acosC+csinA=b，则bc16.柏拉图多面体，是指严格对称，结构等价的正多面体．由于太完美，因此数量很少，只有正四、六、八、十二、二十面体五种．如果用边数不同的正多边形来构造接近圆球、比较完美的多面体，那么数量会多一些，用两种或两种以上的正多边形构建的凸多面体虽不是正多面体但有些类似，这样的多面体叫做半正多面体．古希腊数学家物理学家阿基米德对这些正多面体进行研究并发现了13种半正多面体(后人称为“阿基米德多面体”).现在正四面体上将四个角各截去一角，形成最简单的阿基米德家族种的一个，又名截角四面体．设原正四面体的棱长为6，则所得的截角四面体的表面积为______，该截角四面体外接球的体积为______．四、解答题：本题共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.(本小题10分)

已知复数z1=a+3i，z2=2−ai(a∈R,i是虚数单位)．

(1)若z1−z2−在复平面内对应的点落在第一象限，求实数a的取值范围；

18.(本小题12分)

已知非零向量a，b满足|a|=2|b|，且(a−b)⊥b．

(1)求a与b19.(本小题12分)

在①2asinC=ctanA；②2acosB=2c−b；③2cos2B+C2=cos2A+1；这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知____．

(1)求A的值；

(2)若△ABC面积为3420.(本小题12分)

如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD和CDEF均为直角梯形，AB/​/CD，CF/​/DE，且∠CDE=∠CDA=π2，CD=AD=DE=AE=2AB=2CF=4．

(1)求证：BF/​/平面ACE，

(2)求点F到平面ACE21.(本小题12分)

在三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AB=AC=AA1=5，BC=4，点A1在底面ABC的射影是线段BC的中点O．

(1)证明：在侧棱AA1上存在一点22.(本小题12分)

已知点O为坐标原点，对于函数f(x)=asinx+bcosx，称向量OM=(a,b)为函数f(x)的相伴特征向量，同时称函数f(x)为向量OM的相伴函数．

(1)设函数g(x)=sin(x+5π6)−sin(3π2−x)，试求g(x)的相伴特征向量OM；

(2)记向量ON=(1,3)的相伴函数为f(x)，当f(x)=85，且x∈(−π3,π6)时，求sinx的值；

答案和解析1.【答案】B

【解析】【分析】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．

把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．【解答】

解：由zi+1=2i，

得z=−1+2ii=(−1+2i)(−i)−i2=2+i2.【答案】A

【解析】解：因为点(3,−1)是角θ的终边上一点，

所以cosθ=3(3)2+(−1)3.【答案】C

【解析】解：由m为一条直线，α，β为两个不同的平面，知：

在A中，若m/​/α，α/​/β，则m//β或m⊂β，故A错误；

在B中，若m/​/α，α⊥β，则m与β相交、平行或m⊂β，故B错误；

在C中，若m⊥α，α/​/β，则由线面垂直的判定定理得m⊥β，故C正确；

在D中，若m⊥α，α⊥β，则m与β相交、平行或m⊂β，故D错误．

故选：C．

在A中，m//β或m⊂β；在B中，m与β相交、平行或m⊂β；在C中，由线面垂直的判定定理得m⊥β；在D中，m与β相交、平行或m⊂β．

本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．4.【答案】D

【解析】【分析】本题考查平面向量加减与数乘的混合运算，属于基础题．

利用平面向量加减与数乘的混合运算的法则求解可得答案．【解答】

解：在△ABC中，已知D为BC上一点，且满足BD=2DC，

则AD=AB+5.【答案】B

【解析】解：连接AB，设∠AOB=x，则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：设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：如图所示，

∠AMB=90°，设圆柱的底面圆半径为r，高为ℎ；

圆锥的底面半径为R，则圆锥的高为R，母线长为2R；

由题意知，2πr2+2πrℎ=πR⋅2R，

即2r2+2rℎ=2R2；

由相似边成比例得rR=R−ℎR，

即ℎ=R−r；

∴2r8.【答案】D

【解析】解：由f(x)是定义域为R的奇函数，

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时，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：因为a=(2,1)，b=(−3,1)，

所以(a+b)⋅b=(−1,2)⋅(−3,1)=3+2=5≠0，故A错误；

向量a在向量b上的投影向量的模为a⋅b|b|=−6+110=102，故B正确；

cos<10.【答案】AD

【解析】解：对于A：根据函数的图象：2×π12+φ=2kπ+π2(k∈Z)，解得φ=2kπ+π3(k∈Z)，

由于|φ|<π2，

所以当k=0时，φ=π3．

由于f(0)=32，所以Asinπ3=32，解得A=3．

所以f(x)=3sin(2x+π3)，故A正确；

对于B：令π2+2kπ≤2x+π3≤2kπ+3π2(k∈Z)，

解得π12+kπ≤x≤kπ+7π12(k∈Z)，

所以函数的单调递减区间为[π12+kπ,kπ+7π12](k∈Z)，11.【答案】ACD

【解析】解：因为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，

因为△ABC的面积为34b2=12acsinB，可得34sin2B=12sinAsinCsinB，

由于sinB≠0，

可得34sinB=12sinAsinC=12×34=12.【答案】ACD

【解析】【分析】本题考查了命题的真假判断与应用，棱锥的结构特征，球的体积和表面积，二面角的平面角及求法，考查了转化思想，属中档题．

求出当θ=90°时，四面体ABCD的体积最大，利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；利用余弦定理可判断B选项的正误；利用∠BAD=90°时，四面体ABCD的表面积的最大，可判断C选项的正误；求出球O的半径，利用球体的体积公式可判断D选项的正误．【解答】解：A.∵AC=AB=23，∠ABC=60°，则△ABC为等边三角形，

取AC的中点E，则BE⊥AC，同理可知，△ACD为等边三角形，∴DE⊥AC，

且BE=DE=23sin60°=3，S△ABC=12AC⋅BE=33，

∴二面角B−AC−D的平面角为θ=∠BED，

设点D到平面ABC的距离为d，则d=DEsinθ=3sinθ，

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

当且仅当θ=90°时，等号成立，

即四面体ABCD的体积的最大值是33，A选项正确；

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

∴BD∈(0,6)，B选项错误；

C.S△ACD=S△ABC=33，

∵AB=AD=BC=CD，BD=BD，∴△ABD≌△CBD，

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

∴四面体ABCD的表面积的最大值是2×33+2×6=12+63，C选项正确；

D.设M、N分别为△ABC、△ACD的外心，则EN=EM=13BE=1，

在平面BDE内过点M作BE的垂线与过点N作DE的垂线交于点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为纯虚数，14.【答案】[0,4]

【解析】解：如图，

以A为坐标原点建立如图所示平面直角坐标系，

则A(0,0)，C(2,2)，B(2,0)，设P(x,2)，0≤x≤2，

则AC=(2,2)，BP=(x−2,2)，

∴BP⋅AC=2(x−2)+4=2x∈[0,4]．

故答案为：[0,4]．

由题意建立平面直角坐标系，求出BP15.【答案】2【解析】解：因为acosC+csinA=b，

由正弦定理得sinAcosC+sinCsinA=sinB，

又因为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：由题意，截角四面体由4个边长为2的正三角形，4个边长为2的正六边形构成，

故截角四面体的表面积为S=4×12×2×2×32+4×6×12×2×2×32=283；

∵棱长为6的正四面体的高为62−(23)2=26，

棱长为2的小正四面体的高为22−(233)2=263，

∴截角四面体上下底面距离为26−263=4617.【答案】解：(1)∵z1=a+3i，z2=2−ai，∴z1−z2−=a−2+(3−a)i，

∵z1−z2−在复平面内对应的点落在第一象限，

∴a−2>03−a>0，解得2<a<3，即实数a的取值范围是(2,3)；

(2)由虚数z1是实系数一元二次方程x【解析】本题考查复数代数形式的乘除运算化简，考查复数的代数表示法及其几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．

(1)由已知结合复数代数形式的乘除运算化简z1−z2−，再由其实部与虚部均大于0列不等式组求解a的范围；

(2)把z1代入实系数一元二次方程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，得数量积为0，再结数量积的公式和|a|=2|b|，可求得夹角；19.【答案】解：(1)选①时，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．

选②时，2acosB=2c−b；

利用余弦定理：2a⋅a2+c2−b22ac=2c−b，

整理得b2+c2−a2=bc=2bccosA，

化简得：cosA=12，

由于0<A<π，

所以A=60°．

(2)，由于S△ABC=12bcsinA=34bc=34【解析】(1)选①时，利用三角函数关系式的恒等变换求出三角函数的值，进一步求出A的值，选②时，利用余弦定理的应用求出结果，选③时，利用正弦定理和三角函数关系式的变换求出A的值．

(2)利用正弦定理和三角形的面积公式的应用求出结果．

本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理的应用，解三角形知识的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．20.【答案】(1)证明：取DE中点G，连接FG交CE于点H，连接AH，

∵CF//DG，且DG=CF，

∴四边形CDGF是平行四边形，

∴GF/​/DC，H为GF中点，

又∵AB/​/CD，且CD=2AB，

∴AB//HF，且AB=HF，

∴四边形ABFH是平行四边形，

∴BF/​/AH，又BF⊄平面ACE，AH⊂平面ACE，

∴BF/​/平面ACE．

(2)解：∵BF/​/平面ACE，

∴点F到平面ACE的距离等于点B到平面ACE的距离，

取AD中点O，连接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，

设点B到平面ACE的距离为ℎ，

由等体积法，VE−ABC=VB−ACE，

【解析】(1)取DE中点G，连接FG交CE于点H，连接AH，证明四边形CDGF和ABFH是平行四边形，从而可得BF/​/AH，由线面平行的判定定理证明即可；

(2)取AD中点O，连接OE，设点B到平面ACE的距离为ℎ，利用等体积法求解ℎ，利用线面平行的性质可知，点F到平面ACE的距离等于点B到平面ACE的距离，即可得到答案．

本题考查了线面平行的判定以及点到面距离的求法，涉及了等体积法的应用，等体积法是求解点到平面的距离的常用方法，属于中档题．21.【答案】(1)证明：在三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AB=AC=AA1=5，BC=4，

点A1在底面ABC的射影是线段BC的中点