高一下学期期中考试(数学)含答案解析

（考试总分：150 分）

一、 单选题 （本题共计8小题，总分40分）

1.（5分）1.已知i是虚数单位，z(1i)2i，则复数z所对应的点位于

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

2.（5分）2.如图正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，

则原图形的面积

A． 22 B． 1 C． 2 D． 212

3.（5分）3.若在ABC中，2cosBsinAsinC，则ABC的形状一定是

A．等腰直角三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等边三角形

第2题图

4.（5分）4．若向量a1,2,b(0,1)，且kab与a2b共线，则实数k的值为

A．1 B．1 C．1 D．2 25.（5分）5.已知复数32i是关于x的方程2x2mxn0的一个根，则实数m,n的

值分别为

A．6,8 B．12,0 C．12,26 D．24,26

6.（5分）6．在ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，若

abc22，则ABC的面积为 sinAcosBsinBA．2 B．4 C．2 D．22 7.（5分）7．已知圆柱的高为2，它的两个底面的圆周在直径为26的同一个球的球面上，则圆柱的表面积为 A．45 B．863 C．103 D．1045

8.（5分）8．窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一. 每

年新春佳节，我国许多地区的人们都有贴窗花的习俗，以此达到装点环境、渲染气氛的目的，并寄托着辞旧迎新，接福纳祥的愿望.图一是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花，已知图二中正六边形ABCDEF的边长为4，圆O的圆心为正六边形的中心，半径为2，若点P在正六边形的边上运动，MN为圆O的直径，则PM•PN的取值范围是

A．[6，12] B．[8，12] C．[6，16] D．[8，16]

二、 多选题 （本题共计4小题，总分20分）

9.（5分）9.用一个平面去截一个几何体，截面的形状是三角形，那么这个几何体可能是

A．圆锥

B．圆柱

C．三棱锥

D．正方体

10.（5分）10.下列说法正确的有

A．在ABC中，a:b:csinA:sinB:sinC

B．在ABC中，若sin2Asin2B，则ABC为等腰三角形 C．ABC中，sinAsinB是AB的充要条件 D．在ABC中，若sinA1，则A 2611.（5分）11．有下列说法，其中错误的说法为

A．若a//b，b//c，则a//c

B．若PAPBPBPCPCPA，则P是三角形ABC的垂心 C．两个非零向量a，b，若abab，则a与b共线且反向 D．若a//b，则存在唯一实数使得ab

12.（5分）12．如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M，N，Q为所

在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ平行的是

三、 填空题 （本题共计4小题，总分20分） 13.（5分）13．若复数z34i，则z ▲ . 12i14.（5分）14．已知A,B,C是圆O上的三点，若AO夹角为 ▲ .

1(ABAC)，则AB与AC的215.（5分）15．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今

有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.6立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有 ▲ 斛.（精确到个位）

b，c满足a2，b1，ab1，16.（5分）16．已知平面向量a，且ac与bc的夹角为

，则c的最大值为 ▲ . 4四、 解答题 （本题共计6小题，总分70分） 17.（10分）17．（10分）

z2azb1i，求实数a,b的值． 已知复数z1i，如果2zz118.（12分）18.（12分）

在①asinCcsin(A3222)；②2ccosAacosBbcosA；③bcabc这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决该问题.

问题：在ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若已知b3，

SABC33，

，求a的值.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

19.（12分）19.（12分）

如图所示，斜三棱柱ABCA1B1C1中，点D1为A1C1上的中点.

（1）求证：BC1//平面AB1D1

（2）设三棱锥AA1B1D1的体积为V1，三棱柱ABCA1B1C1的体积为V2，求

V1. V220.（12分）20.（12分）

已知向量a(1,3),b(2,0)

（1）求ab的坐标以及ab与a之间的夹角； （2）当k为何值时，kab与a3b垂直？ （3）当t[1,1]时，求atb的取值范围．

21.（12分）21.（12分）

如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E,F,G分别是

BC,DC,SC的中点．

求证：（1）直线EG//平面BDD1B1；

（2）平面EFG//平面BDD1B1；

（3）若正方体棱长为1，过A,E,C1三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线，并求出截面的面积.

22.（12分）22.（12分）

如图，在ABC中，ABAC，ABAC2，点E，F是线段BC（含端点）上的动点，且点F在点E的右下方，在运动的过程中，始终保持EAF4不变，设

EAB.

（1）写出的取值范围，并分别求线段AE,AF关于的函数关系式；

BEFA第22题图

C（2）求EAF面积S的最小值.

答案

一、 单选题 （本题共计8小题，总分40分） 1.（5分）D， 2.（5分）A， 3.（5分）C， 4.（5分）B 5.（5分）C， 6.（5分）A， 7.（5分）D， 8.（5分）B

二、 多选题 （本题共计4小题，总分20分） 9.（5分）9．ACD 10.（5分）10．AC 11.（5分）11．AD 12.（5分）12．BCD

三、 填空题 （本题共计4小题，总分20分） 13.（5分）13. 5 14.（5分）14.

2 15.（5分）15.22 16.（5分）16.10

四、 解答题 （本题共计6小题，总分70分）

17.（10分）17.解:由z1i得z2azb(ab)(a2)iz2z1=i=

(a2)(ab)i ……………5分

从而a21a1(ab)1，解得． b2分

18.（12分）18.解：若选①：因为asinCcsin(A3)，

所以sinAsinCsinCsin(A3)， 分

因为0C，所以sinC0

……………10

2

………………所以sinAsin(A分 即

13)sinAcosA， ………………432213sinAcosA 22所以tanA3，因为0A，所以A分

所以SABC223 . ………………6

11333bcsinA3cc33，所以c4， …………9分 2224222所以abc2bccosA34234分

若选②：因为2ccosAacosBbcosA，

113，所以a13 . …………122所以2sinCcosAsinAcosBsinBcosA， ………………2分

所以2sinCcosAsin(AB)sin(C)sinC ………………4分

因为0C，所以sinC0,所以cosA因为0A，所以A1， 23， ………………6分

所以SABC2211333bcsinA3cc33，所以c4， …………9分 2224222所以abc2bccosA34234222222113，所以a13.…………12分 2若选③：因为bcabc，所以bc-abc，

b2c2a21， 所以cosA2bc2因为0A，所以A3， …………6分

所以SABC11333bcsinA3cc33，所以c4， …………9分 222422222所以abcbc343413，所以a13 . …………12

分

19.（12分）19.解：证明如下：连接A1B交AB1于点O，连接OD1.

A1D1B1C1OABC

则在平行四边形ABB1A1中，点O为A1B上的中点. 又点D1为A1C1上的中点，OD1//BC1

又OD1平面AB1D1,BC1平面AB1D1,

BC1//平面AB1D1. …………6分

V1VAA1B1D1所以分

111V2VAA1B1C1VABCA1B1C16 62V11.…………12

V2620.（12分）20．解：（1）因为a(1,3),b(2,0)，则ab12,3=（3，

√3）； 设ab与aaba31之间的夹角为则cosaba333， 29313因为0,，故6 …………4分

因为kab与a3b垂直，所以kaba3b0，

则7k23k0得k（2）kabk2,3k,a3b16,37,3

7 …………8分 52（3）由atbatb1a22tabt2b4t24t44t3 2221因为t[1,1]，所以34t323 2所以3atb23 …………12分

221.（12分）21.证明：（1）如图，连接SB，

因为E，G分别是BC，SC的中点，所以EG//SB. 又因为SB平面BDD1B1，EG平面BDD1B1，

所以直线EG//平面BDD1B1. …………4分 （2）连接SD，因为F，G分别是DC，SC的中点， 所以FG//SD.

又因为SD平面BDD1B1，FG平面BDD1B1， 所以FG//平面BDD1B1， 由（1）直线EG//平面BDD1B1；

又EG平面EFG，FG平面EFG，EG∩FG=G，

所以平面EFG//平面BDD1B1. …………8分 （3）取A1D1的中点M，连接AE，EC1，C1M，AM. 则四边形AEC1M即为所求.

M

…………10分

易知，四边形AEC1M为菱形， 正方体棱长为1，所以EM2，AC13，

所以SAEC1M16 …………12分 2322．

解

：

（

1

）

22.（12分）22

[0,]. …………2分

4在ABE中

AEsin4ABsin()4得AE2sin(4 …………5分

)在ACF中

AFsin4ACsin()2得AF2 …………6分 cos（2）EAF的面积是S22211AEAFsin 242sin()cos24 221

22(sincos)cos2211

sincoscos21sin21cos22222sin(2)142（221） 21

当且仅当8时取等成立. …………12分