20200411高一年级数学期中模拟考试卷一(含答案)

第=page11页第=page22页高一年级数学期中模拟考试卷2020.4一、单选题（本大题共8小题，共40分）已知复数z满足2z1−z=i(i为虚数单位)，则复数z的共轭复数z在复平面内对应的点在(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若ccos B+bcos C=asin A，△ABC的面积S=34(b2+a2−A.90° B.60° C.45° D.30°已知P10,5，P22,−1，P3−1,4，则向量P1A.4 B.210 C.22 平面内有三个向量OA，OB，OC，OA与OB夹角为120∘，OA与OC夹角为150∘，且|OA|=|OB|=1，|OC|=2A.1 B.−92 C.−6 a，b是两条异面直线，下列结论正确的是(

)A.过不在a，b上的任一点P，可作一个平面与a，b平行

B.过不在a，b上的任一点P，可作一条直线与a，b相交

C.过不在a，b上的任一点P，可作一条直线与a，b都平行

D.过a可以并且只可以作一平面与b平行水平放置的△ABC，有一边在水平线上，用斜二测画法作出的直观图是正三角形A′B′C′，则△ABC是(    )A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.任意三角形已知i为虚数单位，复数z=4−1+3i，则z·A.−2−23i B.−2+23i C.已知O、A、M、B为平面上四点，且OM=λOB+(1−λ)OAA.点M在线段AB上 B.点B在线段AM上

C.点A在线段BM上 D.O、A、M、B四点一定共线二、多选题（本大题共4小题，共20分）已知i为虚数单位，复数z满足(1−i)·z=2i，z是复数z的共轭复数，则下列关于复数A.复数z的虚部是−1 B.|z|=2

C.z⋅已知向量a=(−1,2)，点A(−2,1)，若AB//a，且|AB|=35，则OB的坐标可能为(其中O为坐标原点)A.(1,−5) B.(−5,7) C.(−1,5) D.(5,−7)一个正方体的截面可能是(    )A.等边三角形 B.六边形 C.正八边形 D.五边形已知a,b,c分别是ΔABC的三个内角A,B,C的对边，其中正确的命题有(

)A.已知∠A=60∘,b=4,c=2，则ΔABC有两解；

B.若∠A=90∘,b=3,c=4，ΔABC内有一点P使得PA,PB,PC两两夹角为120∘，则PA2+PB2+PC2=30；

C.若∠A=90∘,b=1,c=3，ΔABC内有一点P使得PA与PB夹角为90三、填空题（本大题共4小题，共20分）三个大小相同的力a，b，c作用在同一个物体P上，使物体P沿着a方向作匀速运动，设PA=a，PB=b，PC=c，则△已知a,b∈R，i是虚数单位，若(1+i)(1−bi)=a，则ab的值为______________．圆柱内有一个内接长方体ABCD−A1B1C1D1，长方体的体对角线长是102cm如图所示，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为67°，30°，此时气球的高是46m，则河流的宽度BC约等于________m．(用四舍五入法将结果精确到个位．参考数据：sin67°≈0.92，cos67°≈0.39，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，eq\r(3)≈1.73)

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）已知z为复数，z+2i和z2−i均为实数，其中(1)求复数z和|z|；(2)若z1=z18.已知△OCB中，A是CB的中点，D是将eq\o(OB,\s\up15(→))分成2∶1的一个内分点，DC和OA交于点E，设eq\o(OA,\s\up15(→))＝a，eq\o(OB,\s\up15(→))＝b.(1)用a和b表示向量eq\o(OC,\s\up15(→))，eq\o(DC,\s\up15(→))；(2)若eq\o(OE,\s\up15(→))＝λeq\o(OA,\s\up15(→))，求实数λ的值．19.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m=(2sin(A+C),3)(1)求角B的大小；(2)若sinAsinC=sin2B，求a−c20.在△ABC中，D为BC上一点，AD=CD，BA=7，BC=8．

(1)若B=60°，求△ABC外接圆的半径R；(2)设∠CAB−∠ACB=θ，若sinθ=3321.(1)如图，平面α，β，γ满足α//β，α∩γ=a，β∩γ=b，判断a与b，a与β的位置关系并证明你的结论．

(2)如图，已知平面α，β，且α∩β=l.设梯形ABCD中，AD//BC，且AB⊂α，CD⊂β.求证：AB，CD，l共点(相交于一点)．22.如图，在四边形ABCD中，∠DAB=900，∠ADC=1350，AB=5，CD=2(1)画出该四边形的直观图，请求直观图面积；(2)求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积

高一年级数学期中模拟考试卷答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】

主要考查了复数的四则运算.求出z在复平面内对应的点的坐标得答案．

【解答】

解：由2z1−z=i得，z(2+i)=i，

即z=i2+i=i(2−i)22+1=1+2i5

2.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，属于基础题．

先由正弦定理结合两角和的正弦公式推出sinA的值，再由余弦定理、三角形面积公式及S=34(b2+a2−c2)，整理得tanC=3，即可得到∠B的大小．

【解答】

解：由正弦定理及ccosB+bcosC=asinA，

得sinCcosB+sinBcosC=sin2A，

所以sin(C+B)=sinA=sin2A，

【解析】【分析】

本题考查投影向量的模，是基础题．

利用向量的坐标运算求解即可．

【解答】

解：因为P10,5，P22,−1，P3−1,4，

所以P1P2=(2,−6)，P1P3=(−1,−1)，P1P3=【解析】【分析】本题考查向量的坐标运算及向量基本定理的应用，属于中档题．

建立直角坐标系，利用向量的坐标运算、向量基本定理即可得到结果．【解答】解：如图所示，建立直角坐标系：A(1,0)，B(− 12, 32 ),C(−3,−3 )．

∵OC =λ OA +μ OB(λ,μ∈R)，

∴(−3,− 3

5.【答案】D

【解析】【分析】本题考查了空间中的位置关系，根据线面、线线的位置关系逐项判断即可．【解答】解：A项错，若点与a所确定的平面与b平行，就不能使这个平面与a平行了．

B项错，若点与a所确定的平面与b平行，就不能作一条直线与a，b相交．

C项错，假如这样的直线存在，根据基本性质4就可有a//b，这与a，b异面矛盾．

D项正确，在a上任取一点A，过A点作直线c//b，则c与a确定一个平面与b平行，这个平面是唯一的．故选D．

6.【答案】C

【解析】【分析】本题给出三角形的直观图的形状，判断三角形原来的形状，着重考查了斜二测画法作平面图形的直观图和三角形形状的判断等知识，属于基础题．【解答】解：设AB在水平线上，在斜二测图中，作C1D1交A1B∵∠C从而△ABC是钝角三角形．故选C．

7.【答案】A【解析】【分析】

本题考查复数的运算以及复数的模，属于基础题．

求出z=−1−3i，再求出z=2，即可得出答案．

【解答】

解：z=4−1+3i=4(−1−3i)48.【答案】B

【解析】【分析】将已知等式变形，利用向量的运算法则得到AM=λAB，利用向量共线的充要条件得到两个向量共线，得到三点共线，据λ∈(1,2)，得到点B在线段AM上．

【解答】解：∵OM=λOB+(1−λ)OA,λ∈(1,2)，

∴OM−OA=λ(OB−OA)，

即AM=λAB．

∴AM//AB．

∴A9【答案】CD

【解析】【分析】

本题主要考查复数的四则运算，共轭复数，复数的模，复数的几何意义，属于基础题．

先由复数的运算法则化简可得z=−1+i，然后由复数的概念可判断A;由复数的模长公式可判断B;由共轭复数以及复数的运算法则可判断C;由共轭复数以及复数的几何意义即可判断D．

【解答】

解：由已知可得z=2i1−i=2i1+i1−i1+i=−1+i，

其共轭复数z=−1−i，

对于A，复数z的虚部是1，故A错误；

对于B，

|z|=

(−1)2+12=2，故B错误；

对于C，z⋅z=(−1+i)(−1−i)=2，故C正确；

【解析】【分析】

本题考查平面向量的坐标运算以及共线向量与模的应用，属于基础题．

由条件可设存在非零实数λ，使AB=λa，求得AB，进而可求得结果．

【解答】

解：由AB//a知存在非零实数λ，使AB=λa=(−λ,2λ).

又|AB|=35，所以λ2+4λ2=45，解得λ=3或−3．

即AB=(−3,6)或(3,−6)．

又点A的坐标为(−2,1)【解析】【分析】

本题考查正方体的结构特征以及正方体中的截面问题，属于中档题．

对于选项A，B，D容易在正方体中找到对应的截面，对于C选项因为正方体有六个不同平面，故用一个平面去截正方体，得到的平面多边形最多为六边形.故截面不可能是正六边形．

【解答】

解：A，如图一示：过正方体ABCD−A1B1C1D1的顶点A，B1,D1的平面截正方体，得到的截面为等边三角形．

故选项A正确;

B，如图二示：用平行与正方体ABCD−A1B1C1D1的表面的平面去截正方体，得到的截面为正方形．

故选项B正确;

C，如图四示：因为正方体有六个不同平面，故用一个平面去截正方体，得到的平面多边形最多为六边形.故截面不可能是正六边形.故选项C【解析】【分析】

本题考查正、余弦定理，三角形面积公式以及向量的综合应用，考查分析和计算能力，属于中档题．

A.已知两边及夹角，三角形只有一解；

B.分别在ΔPAB,ΔPAC,ΔPBC利用余弦定理将三式相加建立关系，再通过ΔPAB,ΔPAC,ΔPBC的面积之和等于ΔABC的面积建立关系，整体求解；

C.如图①设∠PAC=θ，在ΔPAB,ΔPAC,ΔPBC中，分别把每个三角形角用θ表达出来，然后用正弦定理求解；

D.如图②可得，要使ΔABC是钝角三角形有可能∠B是钝角，还有可能∠C是钝角，分别找出直角的临界情况求出范围．

图①

图②

【解答】

解：在A中，已知∠A=60∘,b=4,c=2，已知两边及夹角，则ΔABC只有一解，故A错误；

在B中，分别在ΔPAB,ΔPAC,ΔPBC利用余弦定理得

32=PA2+PC2+PA·PC，

42=PA2+PB2+PA·PB，

52=PB2+PC2+PB·PC，

以上三式相加得2PA2+PB2+PC2=50−PA·PB+PB·PC+PC·PA，

根据ΔPAB,ΔPAC,ΔPBC的面积之和与ΔABC的面积相等得

12PA·PBsin120°+12PA·PCsin120°+12PB·PCsin120°=12×3×4=6，

即PA·PB+PB·PC+PA·PC=83，

所以PA2+PB2+PC2【解析】(1)【分析】

本题考查用待定系数法求直线方程，体现了分类讨论的数学思想，注意当直线过原点时的情况，这是解题的易错点，属于基础题．

当直线过原点时，用点斜式求得直线方程．当直线不过原点时，设直线的方程为x+y−k=0，把点(−1,2)代入直线的方程可得k值，从而求得所求的直线方程，综合可得结论．

【解答】

解：当直线过原点时，方程为

y=−2x，即2x+y=0．

当直线不过原点时，设直线的方程为x+y−k=0，把点(−1,2)代入直线的方程可得k=−1，

故直线方程是x+y−1=0．

综上，所求的直线方程为2x+y=0，或x+y−1=0，

故答案为2x+y=0，或x+y−1=0．

(2)【分析】

本题是一道折叠题，主要考查折叠前后线线，线面，面面关系的不变和改变，解题时要前后对应，仔细论证，属中档题．

【解答】

解：由题意得，如图所示，

因为D为BC的中点，

所以AD⊥BC，

又平面ABD⊥平面ACD，

根据面面垂直的性质定理，

可得CD⊥平面ABD，进而可得AB⊥CD，

所以①是正确的；

其中当ΔABC为等腰直角三角形时，折叠后ΔABC为等边三角形，

所以②不正确；

只有当ΔABC为等腰直角三角形时，

DA=DB=DC，

此时三棱锥为正三棱锥，

所以③正确；

由AD⊥BD,AD⊥DC，

可得AD⊥面BCD，

又AD⊂面ABD，则平面ABD⊥平面BCD，

所以④是正确的，

故答案为①③④．

(3)【分析】

本题考查四面体的外接球的表面积，考查勾股定理的运用，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．

连结AC、BD，交于点E，则E是AC中点，取PC中点O，连结OE，推导出O是该四棱锥的外接的球心，可得球半径，由四棱锥的所有顶点都在表面积为16π，建立方程求出PA即可．

【解答】

解：连结AC，BD交于点E，取PC的中点O，连结OE，则OE//PA，所以OE⊥底面ABCD，则O到四棱锥的所有顶点的距离相等，即O球心，均为12PC=12PA2+8，

所以由球的表面积可得4π(12PA2+8)2=16π，解得PA=，

故答案为．

(4)【分析】

此题考查点到面的距离，考查线面垂直的判断，及三棱锥的体积公式，关键是利用体积相等列方程．

【解答】

解：三棱锥A−BCD中，AD，BD，CD两两垂直，则，点A到平面BDC的距离为AD=1，E为AC的中点，则点E到平面DFC的距离为12，

又AC=BC=12+32=2，AB=2，EF=12AB=22，DE=DF=1，

所以SΔDEF=【解析】【分析】本题考查平面向量的应用，考查推理能力和计算能力，属于一般题.由题意，得a+b+c=0，且a=b=c，结合PA

【解答】解：因为三个大小相同的力a，b，c作用在同一个物体P上，使物体P沿着a方向作匀速运动，

所以a+b+c=0，且a=b=c，

又PA

=a，PB=b，PC=c，

则PA

+14.[解析](1)在△ABC中，由已知条件及余弦定理可得c2＝(a－b)2＋6＝a2＋b2－2abcoseq\f(π,3)，整理得ab＝6，再由面积公式S＝eq\f(1,2)absinC，得S△ABC＝eq\f(1,2)×6×sineq\f(π,3)＝eq\f(3,2)eq\r(3).故选C.(2)AC＝2×46＝92，AB＝eq\f(46,sin67°)，在△ABC中，由正弦定理可知：eq\f(AB,sin30°)＝eq\f(BC,sin37°)，∴BC＝eq\f(ABsin37°,sin30°)≈60.

14.【答案】2

15.【答案】510

【解析】【分析】本题考查简单组合体及其结构特征、圆柱的侧面积，属于中档题．

根据题意得出(2r)【解答】解：设圆柱底面半径为r

cm，高为h

cm，如图所示，

则圆柱轴截面长方形的对角线长等于它的内接长方体的体对角线长，

则：(2r)2+ℎ2=(102)22πrℎ=100π,

所以r=5,ℎ=10.

16.【答案】解：(1)设=a+bi(a,b∈R)，则由z+2i=a+(b+2)i为实数，

∴b+2=0，∴b=−2．则由z2−i=a+bi2−i=(a+bi)(2+i)(2−i)(2+i)∴z=4−2i，

∴z(2)z1=又∵z1∴4m−3m−1∴−2<m<34或1<m<32．

【解析】本题主要考查两个复数代数形式的乘除法，复数与复平面内对应点之间的关系，复数的模的定义，属于基础题．(1)设z=a+bi(a,b∈R)，由条件利用两个复数代数形式的乘除法求得a、b的值，可得复数z和|z|；

(2)化简z1，再根据它对应点在第四象限，建立关于m的不等式组，求得m

18解(1)由题意知，A是BC的中点，且eq\o(OD,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OB,\s\up15(→))，由平行四边形法则，得eq\o(OB,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→))＝2eq\o(OA,\s\up15(→))，所以eq\o(OC,\s\up15(→))＝2eq\o(OA,\s\up15(→))－eq\o(OB,\s\up15(→))＝2a－b，eq\o(DC,\s\up15(→))＝eq\o(OC,\s\up15(→))－eq\o(OD,\s\up15(→))＝(2a－b)－eq\f(2,3)b＝2a－eq\f(5,3)b.(2)由题意知，eq\o(EC,\s\up15(→))∥eq\o(DC,\s\up15(→))，故设eq\o(EC,\s\up15(→))＝xeq\o(DC,\s\up15(→)).因为eq\o(EC,\s\up15(→))＝eq\o(OC,\s\up15(→))－eq\o(OE,\s\up15(→))＝(2a－b)－λa＝(2－λ)a－b，eq\o(DC,\s\up15(→))＝2a－eq\f(5,3)b，所以(2－λ)a－b＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a－\f(5,3)b)).因为a与b不共线，由平面向量基本定理，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－λ＝2x，,－1＝－\f(5,3)x，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,5)，,λ＝\f(4,5).))故λ＝eq\f(4,5).19【答案】解：(1)∵m//n，∴2sin(A+C)1−2cos2B2−3cos2B=0，

∴−2sinBcosB=3cos2B，即sin2B=−3cos2B，解得tan2B=−3，

∵B∈(0,π2)，∴2B∈(0,π)，∴2B=2π【解析】本题考查了正弦定理余弦定理的应用、数量积运算性质、和差公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

18.【答案】解：(1)将侧面沿某条母线剪开铺平得到一个矩形，邻边长分别是4π和4，

则从下底面出发环绕侧面一周到达上底面的最短路径长即为此矩形的对角线长41+π2；

(2)连接OA，OB，

∵截面ABCD将底面圆周截去14，

∴∠AOB=90°，

∵OA=OB=2，

∴AB=22，

而截面A