2020-2021学年天津市南开中学高一(下)期中数学试卷附详细解析参考答案

第1页（共1页）2020-2021学年天津市南开中学高一（下）期中数学试卷附详细解析参考答案一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。本大题共10小题，每小题4分，共40分.1．（4分）在平行四边形ABCD中，+﹣＝（）A． B． C． D．2．（4分）已知＝（1，2），＝（4，3），则（﹣）•＝（）A．﹣30 B．﹣15 C．﹣10 D．53．（4分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列条件使△ABC有两解的是（）A．b＝2，c＝1，A＝30° B．a＝8，B＝45°，C＝65° C．a＝3，c＝2，A＝30° D．a＝3，b＝4，B＝45°4．（4分）下列命题中正确的是（）A．两个平面可以有且仅有一个公共点 B．两两相交的直线一定共面 C．如果一条直线与两个相交的平面均平行，那么这条直线与这两个相交平面的交线也平行 D．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与这个平面内的任意直线平行5．（4分）已知在正四面体ABCD中，点E为棱AD的中点，则异面直线CE与BD成角的余弦值为（）A． B． C． D．6．（4分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若（a2+c2﹣b2）tanB＝ac，则角B的值（）A． B． C．或 D．或7．（4分）我校八角形校徽由两个正方形叠加变形而成，喻意“方方正正做人”又寄托南开人“面向四面八方，胸怀博大，广纳新知，锐意进取”之精神．如图，在抽象自“南开校徽”的多边形中，已知其由一个正方形与以该正方形中心为中心逆时针旋转45°后的正方形组合而成，已知向量，，则向量＝（）A．2+3 B．（2+）+3 C．（2+）+（2+） D．（1+）+（2+）8．（4分）为解决我校午餐拥挤问题，高一某班同学提出创想，计划修建从翔宇楼四楼直达北院食堂二楼的空中走廊﹣﹣“南开飞云”，现结合以下设计草图提出问题：已知A，D两点分别代表食堂与翔宇楼出入口，C点为D点正上方一标志物，AE对应水平面，现测得∠CAD＝15°，∠CBD＝45°，AB＝50m，CD＝25m，设∠DAE＝θ，则cosθ＝（）A． B． C． D．9．（4分）已知，是平面内两个夹角为的单位向量，设，为同一平面内的两个向量，若＝+，|﹣|＝，则|﹣|的最大值为（）A． B． C． D．10．（4分）在梯形ABCD中，已知AB∥CD，AB＝5，AD＝2，CD＝1，且•＝7，设点P为BC边上的任一点，则•的最小值为（）A． B． C．3 D．﹣15二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分.11．（4分）i是虚数单位，则＝．12．（4分）已知向量＝（1，），＝（，﹣3），则与的夹角大小为．13．（4分）已知向量＝（2，1），＝（0，1），＝（4，3），若λ为实数，且（λ+）⊥，则λ＝．14．（4分）已知正四棱柱的体积为24，底面边长为2，则该正四棱柱的外接球的表面积为．15．（4分）已知△ABC为等边三角形，AB＝2，设点P，Q满足＝（1﹣λ），＝λ，其中λ∈R，若•＝﹣，则λ＝．16．（4分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝，角B为锐角，向量＝（2sinB，﹣）与＝（cos2B，cosB）共线，且sinA+sinC＝2sinAsinC，则△ABC的周长为．三、解答题：本大题共3小题，每小题12分，共36分.17．（12分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为棱DD1的中点．（Ⅰ）求证：BD1∥平面ACE；（Ⅱ）求异面直线AE与BD1所成角的余弦值．18．（12分）如图，已知正方形ABCD的边长为2，点P为正方形内一点．（Ⅰ）如图（1）．（ⅰ）求•+•的值；（ⅱ）求•+•+•+•的值；（Ⅱ）如图（2），若点M，N满足＝2，＝2．点P是线段MN的中点，点Q是平面上动点，且满足2＝λ+（1﹣λ），其中λ∈R，求•的最小值．19．（12分）南开园自然环境清幽，栖居着多种鸟类，热爱动物的南鸢同学独爱其中形貌雅致的蓝膀香鹊，于是她计划与生物兴趣小组的同学一起在翔宇楼前广场一角架设一台可转动镜头的相机，希望可以捕捉到这种可爱鸟儿的飘逸瞬间．南鸢同学设计了以下草图，为简化模型，假设广场形状为正方形，边长为1，已知相机架设于A点处，其可捕捉到图象的角度为45°，即∠PAQ＝45°，其中P，Q分别在边BC，CD上，记∠BAP＝θ（0°≤θ≤45°）．（Ⅰ）南鸢同学的数学老师很欣赏她的计划，并根据她的设计草图编制了此刻你正在思考的这道期中考试试题，设AC与PQ相交于点R，当θ＝30°时，请你求出：（ⅰ）线段DQ的长为多少？（ⅱ）线段AR的长为多少？（Ⅱ）为节省能源，南鸢同学计划在广场上人员较多的时段关闭相机镜头的自动转动功能，为使相机能够捕捉到的面积（即四边形APCQ的面积，记为S）最大，θ应取何值？S的最大值为多少？

2020-2021学年天津市南开中学高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。本大题共10小题，每小题4分，共40分.1．（4分）在平行四边形ABCD中，+﹣＝（）A． B． C． D．【分析】由平行四边形ABCD性质得：+﹣＝，由此能求出结果．【解答】解：如图，在平行四边形ABCD中，+﹣＝＝．故选：D．【点评】本题考查向量的运算，考查向量加减法混合运算法则等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．2．（4分）已知＝（1，2），＝（4，3），则（﹣）•＝（）A．﹣30 B．﹣15 C．﹣10 D．5【分析】直接利用向量的数量积的运算法则化简求解即可．【解答】解：＝（1，2），＝（4，3），则（﹣）•＝（﹣3，﹣1）•（4，3）＝﹣12﹣3＝﹣15．故选：B．【点评】本题考查向量的数量积的求法与应用，是基础题．3．（4分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列条件使△ABC有两解的是（）A．b＝2，c＝1，A＝30° B．a＝8，B＝45°，C＝65° C．a＝3，c＝2，A＝30° D．a＝3，b＝4，B＝45°【分析】由已知结合正弦定理及余弦定理分别检验各选项即可判断．【解答】解：b＝2，c＝1，A＝30°，由余弦定理得，a2＝b2+c2﹣2bccosA＝4+1﹣2＝5﹣2，故a＝，只有一解，A不符合题意；a＝8，B＝45°，C＝65°，则A＝70°，只有一解，B不符合题意；因为a＝3，c＝2，A＝30°，由正弦定理得，，即，所以sinC＝，因为a＞c，所以A＞C，所以C只能为锐角，一解，因为a＝3，b＝4，B＝45，由正弦定理得，，即，所以sinA＝，因为a＞b，所以A＞B，故A为锐角或钝角，有两角．故选：D．【点评】本题主要考查了正弦定理及余弦定理在三角形解的个数判断中的应用，属于基础题．4．（4分）下列命题中正确的是（）A．两个平面可以有且仅有一个公共点 B．两两相交的直线一定共面 C．如果一条直线与两个相交的平面均平行，那么这条直线与这两个相交平面的交线也平行 D．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与这个平面内的任意直线平行【分析】利用公理3判断A；反例判断B；直线与平面平行的性质判断C；直线与平面平行的性质判断D．【解答】解：两个平面可以有且仅有一个公共点，不满足公理3，所以A不正确；两两相交的直线一定共面，利用多面体的顶点出发的棱，满足条件，但是推不出结果，所以B不正确；若一条直线与两个相交平面都平行，则这条直线与这两个平面的交线平行，利用线面平行的性质定理和判定定理以及平行线的传递性可以证明；所以C正确；如果一条直线与一平面平行，那么这条直线与平面内的无数条直线平行，而不是任意的直线平行，所以D不正确．故选：C．【点评】本题考查平面的基本性质及推论，本题解题的关键是正确理解线与面之间的关系，不要漏掉某一种情况，本题是一个基础题．5．（4分）已知在正四面体ABCD中，点E为棱AD的中点，则异面直线CE与BD成角的余弦值为（）A． B． C． D．【分析】取AB的中点为F，连接EF，CF，则EF∥BD，所以异面直线CE与BD所成的角为∠CEF或其补角，利用余弦定理求解即可．【解答】解：设AB的中点为F，连接EF，CF，∵点E为棱AD的中点，则EF∥BD，∴异面直线CE与BD所成的角为∠CEF或其补角，由题意：设正四面体ABCD的棱长为2a，则EF＝a，CE＝CF＝a，由余弦定理可得cos∠CEF＝＝＝．故选：A．【点评】本题考查两条异面直线所成角的大小的求法，属于中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．6．（4分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若（a2+c2﹣b2）tanB＝ac，则角B的值（）A． B． C．或 D．或【分析】由余弦定理化简条件得2ac•cosB•tanB＝ac，再根据同角三角函数的基本关系得sinB＝，从而求得角B的值．【解答】解：∵在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，（a2+c2﹣b2）tanB＝ac，∴2ac•cosB•tanB＝ac，∴sinB＝，∵B∈（0，π），∴B＝或．故选：C．【点评】本题考查余弦定理的应用，同角三角函数的基本关系，以及根据三角函数值及角的范围求角的大小．7．（4分）我校八角形校徽由两个正方形叠加变形而成，喻意“方方正正做人”又寄托南开人“面向四面八方，胸怀博大，广纳新知，锐意进取”之精神．如图，在抽象自“南开校徽”的多边形中，已知其由一个正方形与以该正方形中心为中心逆时针旋转45°后的正方形组合而成，已知向量，，则向量＝（）A．2+3 B．（2+）+3 C．（2+）+（2+） D．（1+）+（2+）【分析】建立坐标系，设出正方形的边长，求出向量，，然后求解向量即可．【解答】解：设正方形的边长为4，建立平面坐标轴如图：所以，＝（﹣2，﹣2），＝（2﹣2，2+2），则，可得，解得y＝2+，x＝1+，所以＝（1+）+（2+）．故选：D．【点评】本题考查平面向量的基本定理的应用，向量的运算，是中档题．8．（4分）为解决我校午餐拥挤问题，高一某班同学提出创想，计划修建从翔宇楼四楼直达北院食堂二楼的空中走廊﹣﹣“南开飞云”，现结合以下设计草图提出问题：已知A，D两点分别代表食堂与翔宇楼出入口，C点为D点正上方一标志物，AE对应水平面，现测得∠CAD＝15°，∠CBD＝45°，AB＝50m，CD＝25m，设∠DAE＝θ，则cosθ＝（）A． B． C． D．【分析】在△ABC中，利用正弦定理解得BC的长，在△BCD中，利用正弦定理求得角∠BDC的正弦，进而解出结果．【解答】解：在△ABC中，∠CAD＝15°，∠CBD＝45°，∴∠CBA＝135°，∠ACB＝30°，∵AB＝50m，CD＝25m，由正弦定理得，，∴BC＝，在△BCD中，由正弦定理得，，所以＝，∵，∴＝，故选：C．【点评】本题考查了解三角形，学生的数学运算能力，数学转化思想，属于基础题．9．（4分）已知，是平面内两个夹角为的单位向量，设，为同一平面内的两个向量，若＝+，|﹣|＝，则|﹣|的最大值为（）A． B． C． D．【分析】可以将问题坐标化，令，令，将已知条件化简，根据，||几何意义求解即可．【解答】解：（1）由题意，令，．则，＝，所以：，即点P（x，y）在以N（1，0）为圆心，半径为r＝的圆N上．而，表示点P（x，y）到M（）的距离d，易知，点M在圆N外，故dmax＝＝．故选：B．【点评】本题考查向量的模的几何意义和向量的运算等知识方法，属于中档题．10．（4分）在梯形ABCD中，已知AB∥CD，AB＝5，AD＝2，CD＝1，且•＝7，设点P为BC边上的任一点，则•的最小值为（）A． B． C．3 D．﹣15【分析】以A为原点，AB为x轴建立直角坐标系，分别求出A，B，C，D的坐标，求出•的解析式，根据二次函数的性质求出其最小值即可．【解答】解：以A为原点，AB为x轴建立直角坐标系，如图示：∴A（0，0），B（5，0），设D（m，n），则C（m+1，n），∴＝（m+1，n），＝（m﹣5，n），＝（m，n），由•＝7，得，解得：，∴D（2，4），C（3，4），设P（x，y），P在BC上，∴3≤x≤5，＝（x﹣5，y），＝（﹣2，4），则＝，故y＝﹣2（x﹣5）＝10﹣2x，∴P（x，10﹣2x），＝（x，10﹣2x），＝（x﹣2，6﹣2x），∴•＝（x，10﹣2x）•（x﹣2，6﹣2x）＝x（x﹣2）+（10﹣2x）（6﹣2x）＝5+，∵3≤x≤5，∴x＝时•取得最小值，故选：B．【点评】本题考查了平面向量的运算，考查二次函数的性质以及转化思想，是中档题．二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分.11．（4分）i是虚数单位，则＝．【分析】直接分子分母乘以分母的共轭复数，化简求解即可．【解答】解：．故答案为：．【点评】本题考查复数的运算，考查运算求解能力，属于基础题．12．（4分）已知向量＝（1，），＝（，﹣3），则与的夹角大小为120°．【分析】利用向量夹角的数量积公式直接求解．【解答】解：∵向量＝（1，），＝（，﹣3），∴cos＜＞＝＝＝﹣，∴与的夹角大小为120°．故答案为：120°．【点评】本题考查两向量的夹角的大小的求法，考查向量夹角的数量积公式等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．13．（4分）已知向量＝（2，1），＝（0，1），＝（4，3），若λ为实数，且（λ+）⊥，则λ＝﹣．【分析】先求出＝（2λ，λ+1），再由（λ+）⊥，得到（）＝0，再求出λ．【解答】解：向量＝（2，1），＝（0，1），＝（4，3），λ为实数，∴＝（2λ，λ+1），∵（λ+）⊥，∴（）＝2λ×4+（λ+1）×3＝0，解得λ＝﹣．故答案为：﹣．【点评】本题考查平面向量坐标运算法则、向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．14．（4分）已知正四棱柱的体积为24，底面边长为2，则该正四棱柱的外接球的表面积为44π．【分析】先由体积求出正四棱柱的高h，再计算出正四棱柱底面外接圆直径2r，然后算出球的半径R，最后利用球体表面积公式可计算出答案．【解答】解：设正四棱柱的高为h，则该正四棱柱的体积为22×h＝24，解得h＝6，设外接球的半径为R，则2R＝＝2，因此，该正四棱柱的外接球的表面积为4πR2＝π×（2R）2＝44π．故答案为：44π．【点评】本题考查球体的表面积的计算，考查了正四棱柱的外接球，解决这题的关键在于找出合适的模型求出球体的半径，属于中等题．15．（4分）已知△ABC为等边三角形，AB＝2，设点P，Q满足＝（1﹣λ），＝λ，其中λ∈R，若•＝﹣，则λ＝．【分析】结合图形表示出•＝（1+λ﹣λ2）•﹣λ﹣（1﹣λ），再求出•，，的值，得到关于λ的方程，解出即可．【解答】解：如图示：∵＝（1﹣λ），＝λ，∴＝﹣＝λ﹣，＝﹣＝（1﹣λ）﹣，∴•＝（λ﹣）•[（1﹣λ）﹣]＝（1+λ﹣λ2）•﹣λ﹣（1﹣λ），∵△ABC为等边三角形，AB＝2，∴•＝2×2×cos＝2，＝4，＝4，∴（1+λ﹣λ2）•﹣λ﹣（1﹣λ）＝2（1+λ﹣λ2）﹣4λ﹣4（1﹣λ）＝﹣，∴4λ2﹣4λ+1＝0，解得：λ＝，故答案为：．【点评】本题考查了向量的线性运算，考查数形结合思想，转化思想，是中档题．16．（4分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝，角B为锐角，向量＝（2sinB，﹣）与＝（cos2B，cosB）共线，且sinA+sinC＝2sinAsinC，则△ABC的周长为．【分析】由已知结合向量共线的坐标表示及同角基本关系进行化简可求B，然后结合正弦定理及余弦定理可求a+c，进而可求三角形周长．【解答】解：因为向量＝（2sinB，﹣）与＝（cos2B，cosB）共线，所以2sinBcosB+cos2B＝0，即sin2B+cos2B＝0，所以tan2B＝﹣，因为B为锐角，所以B＝，由正弦定理得，＝＝2，所以sinA＝，sinC＝，因为sinA+sinC＝2sinAsinC，所以a+c＝ac，由余弦定理得，b2＝a2+c2﹣ac＝3，即（a+c）2﹣3ac＝3，所以（a+c）2﹣3×＝3，解得a+c＝，a+b+c＝，则△ABC的周长为．故答案为：．【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，向量共线的坐标表示及二倍角公式，同角基本关系在求解三角形中的应用，属于中档题．三、解答题：本大题共3小题，每小题12分，共36分.17．（12分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为棱DD1的中点．（Ⅰ）求证：BD1∥平面ACE；（Ⅱ）求异面直线AE与BD1所成角的余弦值．【分析】（Ⅰ）连接BD，交AC于点O，连接OE，易知OE∥BD1，再由线面平行的判定定理，得证；（Ⅱ）由OE∥BD1，知∠AEO或其补角即为所求，再利用勾股定理求得OE和AE的长，然后由cos∠AEO＝，得解．【解答】（Ⅰ）证明：连接BD，交AC于点O，连接OE，∵O，E分别为BD，DD1的中点，∴OE∥BD1，又OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，∴BD1∥平面ACE．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，OE∥BD1，∴∠AEO或其补角为异面直线AE与BD1所成角，设正方体的棱长为2，则AE＝CE＝，OA＝AC＝，∵O为AC的中点，∴OE⊥AC，∴OE＝＝＝，∴cos∠AEO＝＝＝，故异面直线AE与BD1所成角的余弦值为．【点评】本题考查空间中线与面的平行关系，异面直线夹角，熟练掌握线面平行的判定定理，以及利用平移法找到异面直线所成角是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．18．（12分）如图，已知正方形ABCD的边长为2，点P为正方形内一点．（Ⅰ）如图（1）．（ⅰ）求•+•的值；（ⅱ）求•+•+•+•的值；（Ⅱ）如图（2），若点M，N满足＝2，＝2．点P是线段MN的中点，点Q是平面上动点，且满足2＝λ+（1﹣λ），其中λ∈R，求•的最小值．【分析】（Ⅰ）建立平面直角坐标系，写出点的坐标，求出向量的坐标，利用向量的坐标运算即可．（Ⅱ）建立平面直角坐标系，写出点的坐标，求出向量的坐标，利用向量的数量积运算得到二次函数，利用二次函数求最值即可．【解答】解：（Ⅰ）（i）建立如图平面直角坐标系，则A（0，0），B（2，0），C（2，2），D（0，2），设P（x，y），则＝（x，y），＝（0，2），＝（2﹣x，2﹣y），∴•+•＝2y+2（2﹣y）＝4，（ii）原式＝2x+2y﹣2（x﹣2）﹣2（y﹣2）＝8，（Ⅱ）建立如图平面直角坐标系，则A（0，0），B（2，0），C（2，2），D（0，2），∵＝2，＝2，∴AM＝AD＝，BN＝BC＝，∴M（0，），N（2，），∵P为MN的中点，∴P（1，1），设Q（a，b），则＝（a﹣1，b﹣1），＝（﹣1，﹣1），＝（1，﹣1），∵2＝λ+（1﹣λ），∴2a﹣2＝1﹣2λ且2b﹣2＝﹣1，∴a＝，b＝，∴Q（，），∴•＝（λ﹣）（λ+）+＝λ2﹣λ﹣＝﹣，当λ＝时，∴•的最小值为﹣．【点评】本题考查向量的坐标运算，二次函数求最值问题，属于中档题．19．（12分）南开园自然环境清幽，栖居着多种鸟类，热爱动物的南鸢同学独爱其中形貌雅致的蓝膀香鹊，于是她计划与生物兴趣小组的同学一起在翔宇楼前广场一角架设一台可转动镜头的相机，希望可以捕捉到这种可爱鸟儿的飘逸瞬间．南鸢同学设计了以下草图，为简化模型，假设广场形状为正方形，边长为1，已知相机架设于A点处，其可捕捉到图象的角度为45°，即∠PAQ＝45°，其中P，Q分别在边BC，CD上，记∠BAP＝θ（0°≤θ≤45°）．（Ⅰ）南鸢同学的数学老师很欣赏她