人教版高一下学期期中考试数学试卷及答案解析(共五套)

人教版高一下学期期中考试数学试卷（一）注意事项：本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共22题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.点C是线段AB靠近点B的三等分点，下列正确的是（）A． B． C． D．2.已知复数z满足z（3+i）＝3+i2020，其中i为虚数单位，则z的共轭复数的虚部为（）A． B． C． D．3.如图，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，延长AB至点E，且AB＝BE，则•的值为（）A．﹣1 B．﹣3 C．1 D．4.设i是虚数单位，则2i+3i2+4i3+……+2020i2019的值为（）A．﹣1010﹣1010i B．﹣1011﹣1010i C．﹣1011﹣1012i D．1011﹣1010i5.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与CD所成的角为（）A．30° B．45° C．60° D．135°6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若（a﹣2b）cosC＝c（2cosB﹣cosA），△ABC的面积为a2sin，则C＝（）A． B． C． D．7.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列四个结论中错误的是（）A．直线B1C与直线AC所成的角为60° B．直线B1C与平面AD1C所成的角为60° C．直线B1C与直线AD1所成的角为90° D．直线B1C与直线AB所成的角为90°8.如图，四边形ABCD为正方形，四边形EFBD为矩形，且平面ABCD与平面EFBD互相垂直．若多面体ABCDEF的体积为，则该多面体外接球表面积的最小值为（）A．6π B．8π C．12π D．16π二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）9.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2+bc，则角A可为（）A． B． C． D．10.如图，四边形ABCD为直角梯形，∠D＝90°，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为AB，CD的中点，则下列结论正确的是（）A． B． C． D．11.下列说法正确的有（）A．任意两个复数都不能比大小 B．若z＝a+bi（a∈R，b∈R），则当且仅当a＝b＝0时，z＝0 C．若z1，z2∈C，且z12+z22＝0，则z1＝z2＝0 D．若复数z满足|z|＝1，则|z+2i|的最大值为312.如图，已知ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，E，F分别是BC，A1C的中点，则（）A． B． C．向量与向量的夹角是60° D．异面直线EF与DD1所成的角为45°三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）13.已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝（+），则||＝；•＝．14.若虛数z1、z2是实系数一元二次方程x2+px+q＝0的两个根，且，则pq＝．15.已知平面四边形ABCD中，AB＝AD＝2，BC＝CD＝BD＝2，将△ABD沿对角线BD折起，使点A到达点A'的位置，当A'C＝时，三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．16.已知一圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为，在该圆锥内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则a的最大值为．四、解答题（本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1．（1）若AB＝，求BC；（2）若AB＝2BC，求cos∠BDC．18.（1）已知z1=1﹣2i，z2=3+4i，求满足=+的复数z．（2）已知z，ω为复数，（1+3i）﹣z为纯虚数，ω=，且|ω|=5．求复数ω．19.如图，墙上有一壁画，最高点A离地面4米，最低点B离地面2米．观察者从距离墙x（x＞1）米，离地面高a（1≤a≤2）米的C处观赏该壁画，设观赏视角∠ACB＝θ．（1）若a＝1.5，问：观察者离墙多远时，视角θ最大？（2）若tanθ＝，当a变化时，求x的取值范围．20.如图，已知复平面内平行四边形ABCD中，点A对应的复数为﹣1，对应的复数为2+2i，对应的复数为4﹣4i．（Ⅰ）求D点对应的复数；（Ⅱ）求平行四边形ABCD的面积．21.如图所示，等腰梯形ABFE是由正方形ABCD和两个全等的Rt△FCB和Rt△EDA组成，AB＝1，CF＝2．现将Rt△FCB沿BC所在的直线折起，点F移至点G，使二面角E﹣BC﹣G的大小为60°．（1）求四棱锥G﹣ABCE的体积；（2）求异面直线AE与BG所成角的大小．22.如图，四边形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC是边长为2的正三角形，以AC为折痕，将△MAC向上折叠到△DAC的位置，使点D在平面ABC内的射影在AB上，再将△MAC向下折叠到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成几何体DABCE．（1）点F在BC上，若DF∥平面EAC，求点F的位置；（2）求直线AB与平面EBC所成角的余弦值．参考答案一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.点C是线段AB靠近点B的三等分点，下列正确的是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据共线向量的定义即可得结论．【解答】解：由题，点C是线段AB靠近点B的三等分点，＝3＝﹣3，所以选项A错误；＝2＝﹣2，所以选项B和选项C错误，选项D正确．故选：D．【知识点】平行向量（共线）、向量数乘和线性运算2.已知复数z满足z（3+i）＝3+i2020，其中i为虚数单位，则z的共轭复数的虚部为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．【解答】解：∵z（3+i）＝3+i2020，i2020＝（i2）1010＝（﹣1）1010＝1，∴z（3+i）＝4，∴z＝，∴＝，∴共轭复数的虚部为，故选：D．【知识点】复数的运算3.如图，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，延长AB至点E，且AB＝BE，则•的值为（）A．﹣1 B．﹣3 C．1 D．【答案】C【分析】利用图形，求出数量积的向量，然后转化求解即可．【解答】解：由题意，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，延长AB至点E，且AB＝BE，可知＝+＝，＝﹣＝﹣2，所以•＝（）•（﹣2）＝﹣2﹣2＝1．故选：C．【知识点】平面向量数量积的性质及其运算4.设i是虚数单位，则2i+3i2+4i3+……+2020i2019的值为（）A．﹣1010﹣1010i B．﹣1011﹣1010i C．﹣1011﹣1012i D．1011﹣1010i【答案】B【分析】利用错位相减法、等比数列的求和公式及其复数的周期性即可得出．【解答】解：设S＝2i+3i2+4i3+……+2020i2019．∴iS＝2i2+3i3+……+2020i2020．则（1﹣i）S＝i+i+i2+i3+……+i2019﹣2020i2020．＝＝i+＝＝﹣2021+i，∴S＝＝．故选：B．【知识点】复数的运算5.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与CD所成的角为（）A．30° B．45° C．60° D．135°【答案】B【分析】易知∠ABA1即为所求，再由△ABA1为等腰直角三角形，得解．【解答】解：因为AB∥CD，所以∠ABA1即为异面直线A1B与CD所成的角，因为△ABA1为等腰直角三角形，所以∠ABA1＝45°．故选：B．【知识点】异面直线及其所成的角6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若（a﹣2b）cosC＝c（2cosB﹣cosA），△ABC的面积为a2sin，则C＝（）A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用正弦定理将已知等式中的边化角，再结合两角和公式与三角形的内角和定理，可推出sinB＝2sinA；然后利用三角形的面积公式、正弦定理，即可得解．【解答】解：由正弦定理知，＝＝，∵（a﹣2b）cosC＝c（2cosB﹣cosA），∴（sinA﹣2sinB）cosC＝sinC（2cosB﹣cosA），即sinAcosC+sinCcosA＝2（sinBcosC+cosBsinC），∴sin（A+C）＝2sin（B+C），即sinB＝2sinA．∵△ABC的面积为a2sin，∴S＝bcsinA＝a2sin，根据正弦定理得，sinB•sinC•sinA＝sin2A•sin，化简得，sinB•sincos＝sinA•cos，∵∈（0，），∴cos＞0，∴sin＝＝，∴＝，即C＝．故选：C．【知识点】正弦定理、余弦定理7.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列四个结论中错误的是（）A．直线B1C与直线AC所成的角为60° B．直线B1C与平面AD1C所成的角为60° C．直线B1C与直线AD1所成的角为90° D．直线B1C与直线AB所成的角为90°【答案】B【分析】连接AB1，求出∠ACB1可判断选项A；连接B1D1，找出点B1在平面AD1C上的投影O，设直线B1C与平面AD1C所成的角为θ，由cosθ＝可判断选项B；利用平移法找出选项C和D涉及的异面直线夹角，再进行相关运算，即可得解．【解答】解：连接AB1，∵△AB1C为等边三角形，∴∠ACB1＝60°，即直线B1C与AC所成的角为60°，故选项A正确；连接B1D1，∵AB1＝B1C＝CD1＝AD1，∴四面体AB1CD1是正四面体，∴点B1在平面AD1C上的投影为△AD1C的中心，设为点O，连接B1O，OC，则OC＝BC，设直线B1C与平面AD1C所成的角为θ，则cosθ＝＝＝≠，故选项B错误；连接BC1，∵AD1∥BC1，且B1C⊥BC1，∴直线B1C与AD1所成的角为90°，故选项C正确；∵AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥B1C，即直线B1C与AB所成的角为90°，故选项D正确．故选：B．【知识点】直线与平面所成的角、异面直线及其所成的角8.如图，四边形ABCD为正方形，四边形EFBD为矩形，且平面ABCD与平面EFBD互相垂直．若多面体ABCDEF的体积为，则该多面体外接球表面积的最小值为（）A．6π B．8π C．12π D．16π【答案】A【分析】由题意可得AC⊥面EFBD，可得VABCDEF＝VC﹣EFBD+VA﹣EFBD＝2VA﹣EFBD，再由多面体ABCDEF的体积为，可得矩形EFBD的高与正方形ABCD的边长之间的关系，再由题意可得矩形EFBD的对角线的交点为外接球的球心，进而求出外接球的半径，再由均值不等式可得外接球的半径的最小值，进而求出外接球的表面积的最小值．【解答】解：设正方形ABCD的边长为a，矩形BDEF的高为b，因为正方形ABCD，所以AC⊥BD，设AC∩BD＝O'，由因为平面ABCD与平面EFBD互相垂直，AC⊂面ABCD，平面ABCD∩平面EFBD＝BD，所以AC⊥面EFBD，所以VABCDEF＝VC﹣EFBD+VA﹣EFBD＝2VA﹣EFBD＝2•SEFBD•CO'＝•a•b•a＝a2b，由题意可得VABCDEF＝，所以a2b＝2；所以a2＝，矩形EFBD的对角线的交点O，连接OO'，可得OO'⊥BD，而OO'⊂面EFBD，而平面ABCD⊥平面EFBD，平面ABCD∩平面EFBD＝BD，所以OO'⊥面EFBD，可得OA＝OB＝OE＝OF都为外接球的半径R，所以R2＝（）2+（a）2＝+＝+＝++≥3＝3×，当且仅当＝即b＝时等号成立．所以外接球的表面积为S＝4πR2≥4π•3×＝6π．所以外接球的表面积最小值为6π．故选：A．【知识点】球的体积和表面积二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）9.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2+bc，则角A可为（）A． B． C． D．【答案】BC【分析】由已知利用余弦定理整理可得cosA＝，对于A，若A＝，可得b＝＜0，错误；对于B，若A＝，可得b＝＞0，对于C，若A＝，可得b＝＞0，对于D，若A＝，可得c＝0，错误，即可得解．【解答】解：因为在△ABC中，a2＝b2+bc，又由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA，所以b2+bc＝b2+c2﹣2bccosA，整理可得：c＝b（1+2cosA），可得：cosA＝，对于A，若A＝，可得：﹣＝，整理可得：b＝＜0，错误；对于B，若A＝，可得：＝，整理可得：b＝＞0，对于C，若A＝，可得：cos＝＝，整理可得：b＝＞0，对于D，若A＝，可得：cos＝﹣＝，整理可得：c＝0，错误．故选：BC．【知识点】余弦定理10.如图，四边形ABCD为直角梯形，∠D＝90°，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为AB，CD的中点，则下列结论正确的是（）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】由向量的加减法法则、平面向量基本定理解决【解答】解：由，知A正确；由知B正确；由知C正确；由N为线段DC的中点知知D错误；故选：ABC．【知识点】向量数乘和线性运算、平面向量的基本定理11.下列说法正确的有（）A．任意两个复数都不能比大小 B．若z＝a+bi（a∈R，b∈R），则当且仅当a＝b＝0时，z＝0 C．若z1，z2∈C，且z12+z22＝0，则z1＝z2＝0 D．若复数z满足|z|＝1，则|z+2i|的最大值为3【答案】BD【分析】通过复数的基本性质，结合反例，以及复数的模，判断命题的真假即可．【解答】解：当两个复数都是实数时，可以比较大小，所以A不正确；复数的实部与虚部都是0时，复数是0，所以B正确；反例z1＝1，z2＝i，满足z12+z22＝0，所以C不正确；复数z满足|z|＝1，则|z+2i|的几何意义，是复数的对应点到（0，﹣2）的距离，它的最大值为3，所以D正确；故选：BD．【知识点】复数的模、复数的运算、虚数单位i、复数、命题的真假判断与应用12.如图，已知ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，E，F分别是BC，A1C的中点，则（）A． B． C．向量与向量的夹角是60° D．异面直线EF与DD1所成的角为45°【答案】ABD【分析】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，建立合适的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，根据空间向量的坐标运算，以及异面直线所成角的向量求法，逐项判断即可．【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A（0，0，0），A1（0，0，2），B（2，0，0），B1（2，0，2），C（2，2，0），D（0，2，0），D1（0，2，2），所以，故，故选项A正确；又，又，所以，，则，故选项B正确；，所以，因此与的夹角为120°，故选项C错误；因为E，F分别是BC，A1C的中点，所以E（2，1，0），F（1，1，1），则，所以，又异面直线的夹角大于0°小于等于90°，所以异面直线EF与DD1所成的角为45°，故选项D正确；故选：ABD．【知识点】异面直线及其所成的角三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）13.已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝（+），则||＝；•＝．【分析】根据向量的几何意义可得P为BC的中点，再根据向量的数量积的运算和正方形的性质即可求出．【解答】解：由＝（+），可得P为BC的中点，则|CP|＝1，∴|PD|＝＝，∴•＝•（+）＝﹣•（+）＝﹣2﹣•＝﹣1，故答案为：，﹣1．【知识点】平面向量数量积的性质及其运算14.若虛数z1、z2是实系数一元二次方程x2+px+q＝0的两个根，且，则pq＝．【答案】1【分析】设z1＝a+bi，则z2＝a﹣bi，（a，b∈R），根据两个复数相等的充要条件求出z1，z2，再由根与系数的关系求得p，q的值．【解答】解：由题意可知z1与z2为共轭复数，设z1＝a+bi，则z2＝a﹣bi，（a，b∈R且b≠0），又，则a2﹣b2+2abi＝a﹣bi，∴（2a+b）+（a+2b）i＝1﹣i，∴，解得．∴z1＝+i，z2＝i，（或z2＝+i，z1＝i）．由根与系数的关系，得p＝﹣（z1+z2）＝1，q＝z1•z2＝1，∴pq＝1．故答案为：1．【知识点】复数的运算15.已知平面四边形ABCD中，AB＝AD＝2，BC＝CD＝BD＝2，将△ABD沿对角线BD折起，使点A到达点A'的位置，当A'C＝时，三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．【分析】由题意画出图形，找出三棱锥外接球的位置，求解三角形可得外接球的半径，再由棱锥体积公式求解．【解答】解：记BD的中点为M，连接A′M，CM，可得A′M2+CM2＝A′C2，则∠A′MC＝90°，则外接球的球心O在△A′MC的边A′C的中垂线上，且过正三角形BCD的中点F，且在与平面BCD垂直的直线m上，过点A′作A′E⊥m于点E，如图所示，设外接球的半径为R，则A′O＝OC＝R，，A′E＝1，在Rt△A′EO中，A′O2＝A′E2+OE2，解得R＝．故三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．故答案为：．【知识点】球的体积和表面积16.已知一圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为，在该圆锥内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则a的最大值为．【分析】根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，通过内切球即可得到a的最大值．【解答】解：依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球，设球心为P，球的半径为r，下底面半径为R，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q，圆锥的轴截面如图：则OA＝OB＝，因为SO＝，故可得：SA＝SB＝＝3，所以：三角形SAB为等边三角形，故P是△SAB的中心，连接BP，则BP平分∠SBA，所以∠PBO＝30°；所以tan30°＝，即r＝R＝×＝，即四面体的外接球的半径为r＝．另正四面体可以从正方体中截得，如图：从图中可以得到，当正四面体的棱长为a时，截得它的正方体的棱长为a，而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，所以2r＝AA1＝a＝a，所以a＝．即a的最大值为．故答案为：．【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）四、解答题（本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1．（1）若AB＝，求BC；（2）若AB＝2BC，求cos∠BDC．【分析】（1）直接利用余弦定理的应用求出结果；（2）利用余弦定理的应用建立等量关系式，进一步求出结果．【解答】解：（1）在四边形ABCD中，AD＝BD＝CD＝1．若AB＝，所以：cos∠ADB＝＝，由于AB∥CD，所以∠BDC＝∠ABD，即cos∠BDC＝cos∠ABD＝，所以BC2＝BD2+CD2﹣2•BD•CD•cos∠BDC＝＝，所以BC＝．（2）设BC＝x，则AB＝2BC＝2x，由余弦定理得：cos∠ADB＝＝，cos∠BDC＝＝＝，故，解得或﹣（负值舍去）．所以．【知识点】余弦定理18.（1）已知z1=1﹣2i，z2=3+4i，求满足=+的复数z．（2）已知z，ω为复数，（1+3i）﹣z为纯虚数，ω=，且|ω|=5．求复数ω．【分析】（1）把z1，z2代入=+，利用复数代数形式的乘除运算化简求出，进一步求出z；（2）设z=a+bi（a，b∈R），利用复数的运算及（1+3i）•z=（1+3i）（a+bi）=a﹣3b+（3a+b）i为纯虚数，可得，又ω==i，|ω|=5，可得，即可得出a，b，再代入可得ω．【解答】解：（1）由z1=1﹣2i，z2=3+4i，得=+==，则z=；（2）设z=a+bi（a，b∈R），∵（1+3i）•z=（1+3i）（a+bi）=a﹣3b+（3a+b）i为纯虚数，∴．又ω===i，|ω|=5，∴．把a=3b代入化为b2=25，解得b=±5，∴a=±15．∴ω=±（i）=±（7﹣i）．【知识点】复数的运算19.如图，墙上有一壁画，最高点A离地面4米，最低点B离地面2米．观察者从距离墙x（x＞1）米，离地面高a（1≤a≤2）米的C处观赏该壁画，设观赏视角∠ACB＝θ．（1）若a＝1.5，问：观察者离墙多远时，视角θ最大？（2）若tanθ＝，当a变化时，求x的取值范围．【分析】（1）首项利用两角和的正切公式建立函数关系，进一步利用判别式确定函数的最大值；（2）利用两角和的正切公式建立函数关系，利用a的取值范围即可确定x的范围．【解答】解：（1）如图，作CD⊥AF于D，则CD＝EF，设∠ACD＝α，∠BCD＝β，CD＝x，则θ＝α﹣β，在Rt△ACD和Rt△BCD中，tanα＝，tanβ＝，则tanθ＝tan（α﹣β）＝＝（x＞0），令u＝，则ux2﹣2x+1.25u＝0，∵上述方程有大于0的实数根，∴△≥0，即4﹣4×1.25u2≥0，∴u≤，即（tanθ）max＝，∵正切函数y＝tanx在（0，）上是增函数，∴视角θ同时取得最大值，此时，x＝＝，∴观察者离墙米远时，视角θ最大；（2）由（1）可知，tanθ＝＝＝，即x2﹣4x+4＝﹣a2+6a﹣4，∴（x﹣2）2＝﹣（a﹣3）2+5，∵1≤a≤2，∴1≤（x﹣2）2≤4，化简得：0≤x≤1或3≤x≤4，又∵x＞1，∴3≤x≤4．【知识点】解三角形20.如图，已知复平面内平行四边形ABCD中，点A对应的复数为﹣1，对应的复数为2+2i，对应的复数为4﹣4i．（Ⅰ）求D点对应的复数；（Ⅱ）求平行四边形ABCD的面积．【分析】（I）利用复数的几何意义、向量的坐标运算性质、平行四边形的性质即可得出．（II）利用向量垂直与数量积的关系、模的计算公式、矩形的面积计算公式即可得出．【解答】解：（Ⅰ）依题点A对应的复数为﹣1，对应的复数为2+2i，得A（﹣1，0），＝（2，2），可得B（1，2）．又对应的复数为4﹣4i，得＝（4，﹣4），可得C（5，﹣2）．设D点对应的复数为x+yi，x，y∈R．得＝（x﹣5，y+2），＝（﹣2，﹣2）．∵ABCD为平行四边形，∴＝，解得x＝3，y＝﹣4，故D点对应的复数为3﹣4i．（Ⅱ）＝（2，2），＝（4，﹣4），可得：＝0，∴．又||＝2，＝4．故平行四边形ABCD的面积＝＝16．【知识点】复数的代数表示法及其几何意义21.如图所示，等腰梯形ABFE是由正方形ABCD和两个全等的Rt△FCB和Rt△EDA组成，AB＝1，CF＝2．现将Rt△FCB沿BC所在的直线折起，点F移至点G，使二面角E﹣BC﹣G的大小为60°．（1）求四棱锥G﹣ABCE的体积；（2）求异面直线AE与BG所成角的大小．【分析】（1）推导出GC⊥BC，EC⊥BC，从而∠ECG＝60°．连接DG，推导出DG⊥EF，由BC⊥EF，BC⊥CG，得BC⊥平面DEG，从而DG⊥BC，进而DG⊥平面ABCE，DG是四棱锥G﹣ABCE的高，由此能求出四棱锥G﹣ABCE的体积．（2）取DE的中点H，连接BH、GH，则BH∥AE，∠GBH既是AE与BG所成角或其补角．由此能求出异面直线AE与BG所成角的大小．【解答】解：（1）由已知，有GC⊥BC，EC⊥BC，所以∠ECG＝60°．连接DG，由CD＝AB＝1，CG＝CF＝2，∠ECG＝60°，有DG⊥EF①，由BC⊥EF，BC⊥CG，有BC⊥平面DEG，所以，DG⊥BC②，由①②知，DG⊥平面ABCE，所以DG就是四棱锥G﹣ABCE的高，在Rt△CDG中，．故四棱锥G﹣ABCE的体积为：．（2）取DE的中点H，连接BH、GH，则BH∥AE，故∠GBH既是AE与BG所成角或其补角．在△BGH中，，，则．故异面直线AE与BG所成角的大小为．【知识点】异面直线及其所成的角、棱柱、棱锥、棱台的体积22.如图，四边形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC是边长为2的正三角形，以AC为折痕，将△MAC向上折叠到△DAC的位置，使点D在平面ABC内的射影在AB上，再将△MAC向下折叠到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成几何体DABCE．（1）点F在BC上，若DF∥平面EAC，求点F的位置；（2）求直线AB与平面EBC所成角的余弦值．【分析】（1）点F为BC的中点，设点D在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，取AC的中点H，连接EH，由题意知EH⊥AC，EH⊥平面ABC，由题意知DO⊥平面ABC，得DO∥平面EAC，取BC的中点F，连接OF，则OF∥AC，从而OF∥平面EAC，平面DOF∥平面EAC，由此能证明DF∥平面EAC．（2）连接OH，由OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与平面EBC所成角的余弦值．【解答】解：（1）点F为BC的中点，理由如下：设点D在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，∵AD＝CD，∴OA＝OC，∴在Rt△ABC中，O为AB的中点，取AC的中点H，连接EH，由题意知EH⊥AC，又平面EAC⊥平面ABC，平面EAC∩平面ABC＝AC，∴EH⊥平面ABC，由题意知DO⊥平面ABC，∴DO∥EH，∴DO∥平面EAC，取BC的中点F，连接OF，则OF∥AC，又OF⊄平面EAC，AC⊂平面EAC，∴OF∥平面EAC，∵DO∩OF＝O，∴平面DOF∥平面EAC，∵DF⊂平面DOF，∴DF∥平面EAC．（2）连接OH，由（1）可知OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则B（1，﹣1，0），A（﹣1，1，0），E（0，1，﹣），C（1，1，0），∴＝（2，﹣2，0），＝（0，2，0），＝（﹣1，2，﹣），设平面EBC的法向量＝（a，b，c），则，取a＝，则＝（，0，﹣1），设直线与平面EBC所成的角为θ，则sinθ＝＝＝．∴直线AB与平面EBC所成角的余弦值为cosθ＝＝．【知识点】直线与平面平行、直线与平面所成的角人教版高一下学期期中考试数学试卷（二）注意事项：本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共22题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知复平面内，（2﹣i）z对应的点位于虚轴的正半轴上，则复数z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.平行四边形ABCD中，点E是DC的中点，点F是BC的一个三等分点（靠近B），则＝（）A． B． C． D．3.已知向量＝（6t+3，9），＝（4t+2，8），若（+）∥（﹣），则t＝（）A．﹣1 B．﹣ C． D．14.已知矩形ABCD的一边AB的长为4，点M，N分别在边BC，DC上，当M，N分别是边BC，DC的中点时，有（+）•＝0．若+＝x+y，x+y＝3，则线段MN的最短长度为（）A． B．2 C．2 D．25.若z∈C且|z+3+4i|≤2，则|z﹣1﹣i|的最大和最小值分别为M，m，则M﹣m的值等于（）A．3 B．4 C．5 D．96.已知球的半径为R，一等边圆锥（圆锥母线长与圆锥底面直径相等）位于球内，圆锥顶点在球上，底面与球相接，则该圆锥的表面积为（）A．R2 B．R2 C．R2 D．R27.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子（近似为球）包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为4的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的体积最大值为（）A．π B．π C．π D．π8.已知半球O与圆台OO'有公共的底面，圆台上底面圆周在半球面上，半球的半径为1，则圆台侧面积取最大值时，圆台母线与底面所成角的余弦值为（）A． B． C． D．二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）9.下列有关向量命题，不正确的是（）A．若||＝||，则＝ B．已知≠，且•＝•，则＝ C．若＝，＝，则＝ D．若＝，则||＝||且∥10.若复数z满足，则（）A．z＝﹣1+i B．z的实部为1 C．＝1+i D．z2＝2i11.如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为线段AD，CD的中点，AF∩CE＝G，则（）A． B． C． D．12.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，棱长为2，E为线段B1C上的动点，O为AC的中点，P为棱CC1上的动点，Q为棱AA1的中点，则以下选项中正确的有（）A．AE⊥B1C B．直线B1D⊥平面A1BC1 C．异面直线AD1与OC1所成角为 D．若直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，则m∥平面B1D1Q三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）13.已知向量＝（m，1），＝（m﹣6，m﹣4），若∥，则m的值为．14.将表面积为36π的圆锥沿母线将其侧面展开，得到一个圆心角为的扇形，则该圆锥的轴截面的面积S＝．15.如图，已知有两个以O为圆心的同心圆，小圆的半径为1，大圆的半径为2，点A为小圆上的动点，点P，Q是大圆上的两个动点，且•＝1，则||的最大值是．16.如图，在三棱锥A﹣BCD的平面展开图中，已知四边形BCED为菱形，BC＝1，BF＝，若二面角A﹣CD﹣B的余弦值为﹣，M为BD的中点，则CD＝，直线AD与直线CM所成角的余弦值为．四、解答题（本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知，．（1）若与同向，求；（2）若与的夹角为120°，求．18.已知a、b、c是△ABC中∠A、∠B、∠C的对边，a＝4，b＝6，cosA＝﹣．（1）求c；（2）求cos2B的值．19.已知：复数z1与z2在复平面上所对应的点关于y轴对称，且z1（1﹣i）＝z2（1+i）（i为虚数单位），|z1|＝．（Ⅰ）求z1的值；（Ⅱ）若z1的虚部大于零，且（m，n∈R），求m，n的值．20.（Ⅰ）在复数范围内解方程|z|2+（z+）i＝（i为虚数单位）（Ⅱ）设z是虚数，ω＝z+是实数，且﹣1＜ω＜2．（1）求|z|的值及z的实部的取值范围；（2）设，求证：μ为纯虚数；（3）在（2）的条件下求ω﹣μ2的最小值．21.如图，直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，AB＝AC＝1，，A1A＝4，点M为线段A1A的中点．（1）求直三棱柱A1B1C1﹣ABC的体积；（2）求异面直线BM与B1C1所成的角的大小．（结果用反三角表示）22.如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点G在棱D1C1上，且D1G＝D1C1，点E、F、M分别是棱AA1、AB、BC的中点，P为线段B1D上一点，AB＝4．（Ⅰ）若平面EFP交平面DCC1D1于直线l，求证：l∥A1B；（Ⅱ）若直线B1D⊥平面EFP．（i）求三棱锥B1﹣EFP的表面积；（ii）试作出平面EGM与正方体ABCD﹣A1B1C1D1各个面的交线，并写出作图步骤，保留作图痕迹．设平面EGM与棱A1D1交于点Q，求三棱锥Q﹣EFP的体积．答案解析一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知复平面内，（2﹣i）z对应的点位于虚轴的正半轴上，则复数z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【答案】B【分析】直接利用复数的运算和几何意义的应用求出该点所表示的位置．【解答】解：设z＝a+bi（a，b∈R），所以（2﹣i）（a+bi）＝2a+b+（2b﹣a）i，由于对应的点在虚轴的正半轴上，所以，即，所以a＜0，b＞0．故该点在第二象限．故选：B．【知识点】复数的代数表示法及其几何意义2.平行四边形ABCD中，点E是DC的中点，点F是BC的一个三等分点（靠近B），则＝（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用平行四边形的性质以及向量相等的概念，再利用平面向量基本定理进行转化即可．【解答】解：因为ABCD为平行四边形，所以，故．故选：D．【知识点】平面向量的基本定理3.已知向量＝（6t+3，9），＝（4t+2，8），若（+）∥（﹣），则t＝（）A．﹣1 B．﹣ C． D．1【答案】B【分析】根据平面向量的坐标表示和共线定理，列方程求出t的值．【解答】解：向量＝（6t+3，9），＝（4t+2，8），所以+＝（6t+3，11），﹣＝（4t+2，5）．又（+）∥（﹣），所以5（6t+3）﹣11（4t+2）＝0，解得t＝﹣．故选：B．【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示4.已知矩形ABCD的一边AB的长为4，点M，N分别在边BC，DC上，当M，N分别是边BC，DC的中点时，有（+）•＝0．若+＝x+y，x+y＝3，则线段MN的最短长度为（）A． B．2 C．2 D．2【答案】D【分析】先根据M，N满足的条件，将（+）•＝0化成的表达式，从而判断出矩形ABCD为正方形；再将+＝x+y，左边用表示出来，结合x+y＝3，即可得NC+MC＝4，最后借助于基本不等式求出MN的最小值．【解答】解：当M，N分别是边BC，DC的中点时，有（+）•＝＝＝，所以AD＝AB，则矩形ABCD为正方形，设，，则＝．则x＝2﹣λ，y＝2﹣μ．又x+y＝3，所以λ+μ＝1．故NC+MC＝4，则MN＝＝（当且仅当MC＝NC＝2时取等号）．故线段MN的最短长度为2．故选：D．【知识点】平面向量数量积的性质及其运算5.若z∈C且|z+3+4i|≤2，则|z﹣1﹣i|的最大和最小值分别为M，m，则M﹣m的值等于（）A．3 B．4 C．5 D．9【答案】B【分析】由题意画出图形，再由复数模的几何意义，数形结合得答案．【解答】解：由|z+3+4i|≤2，得z在复平面内对应的点在以Q（﹣3，﹣4）为圆心，以2为半径的圆及其内部．如图：|z﹣1﹣i|的几何意义为区域内的动点与定点P得距离，则M＝|PQ|+2，m＝|PQ|﹣2，则M﹣m＝4．故选：B．【知识点】复数的运算6.已知球的半径为R，一等边圆锥（圆锥母线长与圆锥底面直径相等）位于球内，圆锥顶点在球上，底面与球相接，则该圆锥的表面积为（）A．R2 B．R2 C．R2 D．R2【答案】B【分析】设圆锥的底面半径为r，求得圆锥的高，由球的截面性质，运用勾股定理可得r，由圆锥的表面积公式可得所求．【解答】解：如图，设圆锥的底面半径为r，则圆锥的高为r，则R2＝r2+（r﹣R）2，解得r＝R，则圆锥的表面积为S＝πr2+πr•2r＝3πr2＝3π（R）2＝πR2，故选：B．【知识点】球内接多面体、旋转体（圆柱、圆锥、圆台）7.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子（近似为球）包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为4的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的体积最大值为（）A．π B．π C．π D．π【答案】A【分析】先根据题意求得正四面体的体积，进而得到六面体的体积，再由图形的对称性得，内部的丸子要是体积最大，就是丸子要和六个面相切，设丸子的半径为R，则，由此求得R，进而得到答案．【解答】解：由题意可得每个三角形面积为，由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的，可得该四面体的高为，故四面体的体积为，∵该六面体的体积是正四面体的2倍，∴六面体的体积是，由图形的对称性得，内部的丸子要是体积最大，就是丸子要和六个面相切，连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥，设丸子的半径为R，则，解得，∴丸子的体积的最大值为．故选：A．【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积8.已知半球O与圆台OO'有公共的底面，圆台上底面圆周在半球面上，半球的半径为1，则圆台侧面积取最大值时，圆台母线与底面所成角的余弦值为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意画出图形，结合图形利用圆台的母线长表示出半球的半径r，计算圆台的侧面积，利用导数求得侧面积取得最大值时对应的母线长和半球的半径，从而求得圆台母线与底面所成角的余弦值．【解答】解：如图1所示，设BC＝x，CO′＝r，作CF⊥AB于点F，延长OO′交球面于点E，则BF＝1﹣r，OO′＝CF＝＝．由圆的相交弦定理和图2知，CO′•O′E•O′H＝（1+OO′）•（1﹣OO′），即r2＝（1+）•（1﹣），解得r＝1﹣，所以圆台的侧面积为S侧＝π•（1+1﹣）•x（0＜x＜）；求导数得S侧′＝π（2﹣x2），令S侧＝0，得出当x＝时S侧取得最大值，所以当x＝BC＝时，r＝1﹣＝，则BF＝1﹣r＝；在轴截面中，∠OBC为圆台母线与底面所成的角，在Rt△CFB中，cos∠OBC＝＝．故选：D．【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）9.下列有关向量命题，不正确的是（）A．若||＝||，则＝ B．已知≠，且•＝•，则＝C．若＝，＝，则＝ D．若＝，则||＝||且∥【答案】AB【分析】根据向量的概念与向量的模的概念逐一分析各个选项即可得解．【解答】解：向量由两个要素方向和长度描述，A错误；若∥，且与垂直，结果成立，当不一定等于，B错误；若＝，＝，由向量的定义可得＝，C正确；相等向量模相等，方向相同，D选项正确．故选：AB．【知识点】向量的概念与向量的模10.若复数z满足，则（）A．z＝﹣1+i B．z的实部为1 C．＝1+i D．z2＝2i【答案】BC【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后逐一核对四个选项得答案．【解答】解：由＝，得z＝，∴z的实部为1；＝1+i；z2＝（1﹣i）2＝﹣2i．故选：BC．【知识点】复数的运算11.如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为线段AD，CD的中点，AF∩CE＝G，则（）A． B． C． D．【答案】AB【分析】对于A：直接利用三角形法则的应用和线性运算的应用求出结果．对于B：利用三角形法则的应用和线性运算的应用求出结果．对于C：利用平行线分线段成比例和三角形法则和线性运算的应用求出结果．对于D：直接利用平行线成比例的应用求出结果．【解答】解：在平行四边形ABCD中，E，F分别为线段AD，CD的中点，AF∩CE＝G，如图所示：根据三角形法则：对于A：，故选项A正确．对于B：E，F分别为线段AD，CD的中点，所以，故选项B正确．对于C：过E作EH∥DC，所以，所以，故，整理得，所以，即＝，故选项C错误．对于D：根据平行线分线段成比例定理，点B、G、D共线，故选项D错误．故选：AB．【知识点】平面向量的基本定理12.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，棱长为2，E为线段B1C上的动点，O为AC的中点，P为棱CC1上的动点，Q为棱AA1的中点，则以下选项中正确的有（）A．AE⊥B1C B．直线B1D⊥平面A1BC1 C．异面直线AD1与OC1所成角为 D．若直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，则m∥平面B1D1Q【答案】BD【分析】根据面面平行和垂直的性质、判定，结合图形，从而可判断选项的正误．【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1C⊥BC1，B1C⊥AB，BC1∩AB＝B，∴B1C⊥平面ABC1D1，∵只有当E运动到线段B1C的中点时，AE⊥B1C才成立，故A错误．连接B1D1，∵在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，DD1⊥平面A1B1C1D1，∴DD1⊥A1C1，∵BD1⊥A1C1，BD1∩DD1＝D1，∴A1C1⊥平面BDD1B1，∴A1C1⊥B1D，同理可得BC1⊥B1D，又A1C1∩BC1＝C1，∴直线B1D⊥平面A1BC1，故选项B正确．连接BD，BC1，则AD1∥BC1，∴∠OC1B（或其补角）即为异面直线AD1与OC1所成的角．因为正方体的棱长为2，则BC1＝2，OB＝，在Rt△C1OB中，OC1＝，∴cos∠OC1B＝＝，∴∠OC1B＝，故选项C错误．由题意知，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为棱CC1上的动点，Q为棱AA1的中点，直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，且BD∥B1D1，∴m∥B1D1.∵m⊄平面B1D1Q，∴m∥平面B1D1Q，故选项D正确．故选：BD．【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系、异面直线及其所成的角、直线与平面垂直、命题的真假判断与应用三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）13.已知向量＝（m，1），＝（m﹣6，m﹣4），若∥，则m的值为．【答案】2或3【分析】根据题意，由向量平行的坐标表示方法可得（m﹣4）m﹣（m﹣6）＝0，变形解可得m的值，即可得答案．【解答】解：根据题意，知向量＝（m，1），＝（m﹣6，m﹣4），若∥，则有（m﹣4）m﹣（m﹣6）＝0，变形可得：m2﹣5m+6＝0，解可得m＝2或3，故答案为：2或3．【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示14.将表面积为36π的圆锥沿母线将其侧面展开，得到一个圆心角为的扇形，则该圆锥的轴截面的面积S＝．【分析】设圆锥的母线长为l，底面半径为r，根据题意列出方程组求出l和r的值，再计算圆锥的高轴截面面积．【解答】解：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，由题意得，解得l＝9，r＝3；所以圆锥的高为h＝＝＝6，所以圆锥的轴截面面积为S＝×＝18．故答案为：18．【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）、扇形面积公式15.如图，已知有两个以O为圆心的同心圆，小圆的半径为1，大圆的半径为2，点A为小圆上的动点，点P，Q是大圆上的两个动点，且•＝1，则||的最大值是．【分析】由向量的和差运算求出数量积•的表达式，再由||的值为1，可得﹣﹣＝0，再由（+﹣）2的展开可得|+﹣|＝3，再由绝对值不等式的定理可得||的取值范围，求出其最大值．【解答】解：由题意＝（﹣）•（﹣）＝﹣﹣+1＝1，所以﹣﹣＝0，由（+﹣）2＝+2+2+2（﹣﹣）＝9，所以|+﹣|＝3，又|+|﹣||≤|+﹣|≤|+|+||，所以2≤|+|≤4，又|+|2+|﹣|2＝2（||2+||2）＝16，所以0≤|﹣|，即0≤||，||的最大值是2，故答案为：2．【知识点】平面向量数量积的性质及其运算16.如图，在三棱锥A﹣BCD的平面展开图中，已知四边形BCED为菱形，BC＝1，BF＝，若二面角A﹣CD﹣B的余弦值为﹣，M为BD的中点，则CD＝，直线AD与直线CM所成角的余弦值为．【分析】将三棱锥A﹣BCD的直观图还原，取CD中点N，连接AN，BN，可知ANB为二面角A﹣CD﹣B的平面角，设CD＝a（0＜a＜2），根据题意由余弦定理建立关于a的方程，解出即可求得CD的值，取AB的中点O，连接OM，OC，则∠OMC为直线AD与直线CM所成的角或其补角，求出相关边的长度，利用余弦定理直接求解即可．【解答】解：将三棱锥A﹣BCD的直观图还原，则BC＝BD＝AC＝AD＝1，，取CD中点N，连接AN，BN，则AN⊥CD，BN⊥CD，故∠ANB为二面角A﹣CD﹣B的平面角，设CD＝a（0＜a＜2），则，故，又二面角A﹣CD﹣B的余弦值为，故，解得，即；取AB的中点O，连接OM，OC，易知OM∥AD，所以∠OMC为直线AD与直线CM所成的角或其补角，易知，所以，∴直线AD与直线CM所成角的余弦值为．故答案为：；．【知识点】二面角的平面角及求法、异面直线及其所成的角四、解答题（本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知，．（1）若与同向，求；（2）若与的夹角为120°，求．【分析】（1）设＝λ＝（2λ，0），由||＝1可得2λ＝1，解可得λ的值，即可得答案，（2）根据题意，由数量积的计算公式可得•＝﹣1，设＝（x，y），由数量积的坐标计算公式可得•＝2x＝﹣1，即可得x的值，由向量模的计算公式可得y的值，即可得的坐标，由向量的坐标计算公式计算可得答案．【解答】解：（1）根据题意，与同向，且，设＝λ＝（2λ，0），又由||＝1，则有2λ＝1，即λ＝，则＝（1，0）；（2），则||＝2，若与的夹角为120°，则•＝||||cos120°＝2×1×cos120°＝﹣1，设＝（x，y），则•＝2x＝﹣1，则x＝﹣，又由||＝1，则x2+y2＝1，解可得y＝±，故＝（，±），则+＝（，±）．【知识点】平面向量数量积的性质及其运算、数量积表示两个向量的夹角18.已知a、b、c是△ABC中∠A、∠B、∠C的对边，a＝4，b＝6，cosA＝﹣．（1）求c；（2）求cos2B的值．【分析】（1）由余弦定理即可求得c的值；（2）先由同角三角函数的平方关系求得sinA的值，再由正弦定理求出sinB的值，最后根据cos2B＝1﹣2sin2B，得解．【解答】解：（1）由余弦定理知，a2＝b2+c2﹣2bccosA，即48＝36+c2﹣2×6×c×（﹣），整理得，c2+4c﹣12＝0，解得c＝2或﹣6（舍负），故c＝2．（2）∵cosA＝﹣，且A∈（0，π），∴sinA＝＝，由正弦定理知，＝，即＝，∴sinB＝，∴cos2B＝1﹣2sin2B＝﹣．【知识点】余弦定理19.已知：复数z1与z2在复平面上所对应的点关于y轴对称，且z1（1﹣i）＝z2（1+i）（i为虚数单位），|z1|＝．（Ⅰ）求z1的值；（Ⅱ）若z1的虚部大于零，且（m，n∈R），求m，n的值．【分析】（Ⅰ）设z1＝x+yi（x，y∈R），则z2＝﹣x+yi，由题意列方程组求得x，y的值，则答案可求；（Ⅱ）求得z1，代入，利用复数代数形式的乘除运算化简化简，再由复数相等的条件求解．【解答】解：（Ⅰ）设z1＝x+yi（x，y∈R），则z2＝﹣x+yi，∵z1（1﹣i）＝z2（1+i），|z1|＝，∴，解得或，即z1＝1﹣i或z1＝﹣1+i；（Ⅱ）∵z1的虚部大于零，∴z1＝﹣1+i，则，则有，∴，解得．【知识点】复数的运算20.（Ⅰ）在复数范围内解方程|z|2+（z+）i＝（i为虚数单位）（Ⅱ）设z是虚数，ω＝z+是实数，且﹣1＜ω＜2．（1）求|z|的值及z的实部的取值范围；（2）设，求证：μ为纯虚数；（3）在（2）的条件下求ω﹣μ2的最小值．【分析】（Ⅰ）利用待定系数法，结合复数相等进行求解即可（Ⅱ）设z＝a+bi，结合ω是实数求出a，b的取值范围，结合复数的有关概念进行证明求解即可．【解答】解：（Ⅰ）原方程等价为|z|2+（z+）i＝＝1﹣i，设z＝x+yi，x，y∈R，代入方程整理得x2+y2+2xi＝1﹣i，得得，即z＝﹣±i．（Ⅱ）（1）z＝a+bi，a，b∈R且b≠0，则ω＝z+＝a+bi+＝（a+）+（b﹣）i，∵ω＝z+是实数，∴b﹣＝0，得1﹣＝0，即a2+b2＝1，即|z|＝1，则ω＝z+＝2a∈（﹣1，2），∴a∈（﹣，1）．（2）证明：＝＝＝，由（1）知a2+b2＝1，则μ＝i，∵a∈（﹣，1）．b≠0，∴μ是纯虚数．（3）ω﹣μ2＝2a+＝2a+＝2a﹣＝2a﹣1+＝2[（a+1）+]﹣3，∵a∈（﹣，1），∴a+1＞0，∴（a+1）+≥2＝2，当且仅当a+1＝，即a＝0时取等号，即ω﹣μ2＝2[（a+1）+]﹣3≥2×2﹣3＝1，即ω﹣μ2的最小值为1【知识点】复数的运算21.如图，直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，AB＝AC＝1，，A1A＝4，点M为线段A1A的中点．（1）求直三棱柱A1B1C1﹣ABC的体积；（2）求异面直线BM与B1C1所成的角的大小．（结果用反三角表示）【分析】（1）由V＝S△ABC•A1A，即可得解；（2）易知∠MBC或其补角即为所求，再在△MBC中，由余弦定理求得cos∠MBC的值，即可．【解答】解：（1）∵，∴V＝S△ABC•A1A＝×4＝2．（2）∵BC∥B1C1，∴∠MBC或其补角是异面直线BM与B1C1所成的角，在△MBC中，BM＝CM＝，BC＝，由余弦定理得，cos∠MBC＝＝，∴∠MBC＝arccos，故异面直线BM与B1C1所成的角为．【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积、异面直线及其所成的角22.如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点G在棱D1C1上，且D1G＝D1C1，点E、F、M分别是棱AA1、AB、BC的中点，P为线段B1D上一点，AB＝4．（Ⅰ）若平面EFP交平面DCC1D1于直线l，求证：l∥A1B；（Ⅱ）若直线B1D⊥平面EFP．（i）求三棱锥B1﹣EFP的表面积；（ii）试作出平面EGM与正方体ABCD﹣A1B1C1D1各个面的交线，并写出作图步骤，保留作图痕迹．设平面EGM与棱A1D1交于点Q，求三棱锥Q﹣EFP的体积．【分析】（1）根据面面平行的性质即可得到EF∥l，再结合线线平行的传递性即可证明结论；（2）（i）先根据直线B1D⊥平面EFP得到B1D⊥EP，进而得到P是DB1的中点，然后依次求出三棱锥的四个面的面积再相加即可得到三棱锥B1﹣EFP的表面积；（ii）①根据公理“一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内”作出平面EGM与正方体ABCD﹣A1B1C1D1各个面的交线即可；②根据NEFP四点共面，且三角形PNE与三角形PEF面积相等，那么三棱锥Q﹣EFP的体积等于三棱锥P﹣ENQ的体积，直接利用三棱锥的体积公式求解即可．【解答】解：（1）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，平面EFP∩平面ABB1A1＝EF，所以EF∥l，因为点E、F分别是棱AA1、AB的中点，所以EF∥A1B，所以l∥A1B．（2）（i）因为直线B1D⊥平面EFP，EP⊂平面EFP，所以B1D⊥EP，又因为△DAE≌△B1A1E，所以DE＝B1E，所以DP＝B1P，因为，×，，所以三棱锥B1﹣EFP的表面积为．（ii）作图步骤如下：连接GE，过点G作GH⊥DC于点H，连接HA并延长交GE的延长线于点I，连接IM并延长交AB于点J交DC的延长线于点K，再连接GK交CC1于点S，连接MS并延长交B1C1的延长线于点R，连接RG并延长交A1D1于点Q，再连接EQ，GS，EJ，则图中EQ，QG，GS，SM，MJ，JE即为平面EGM与正方体各个面的交线．设BJ＝CK＝x，由题知2AJ＝HC+CK＝3+x，所以，所以，解得，因为，∵MC＝2，∴，所以，如上图，设N为线段A1D1的中点，可证点N在平面PEF内，且三角形PNE与三角形PEF面积相等，所以，三棱锥Q﹣EFP的体积＝三棱锥Q﹣ENP的体积＝三棱锥P﹣ENQ的体积＝，所以三棱锥Q﹣EFP的体积为．【知识点】平面与平面垂直、棱柱、棱锥、棱台的体积、棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积人教版高一下学期期中考试数学试卷（三）注意事项：本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共22题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知直线a在平面α外，则（）A．a∥α B．直线a与平面α至少有一个公共点 C．a∩α＝A D．直线a与平面α至多有一个公共点2.在△ABC中，，．若点D满足，则＝（）A． B． C． D．3.设E为△ABC所在平面内一点，若＝2，则（）A．＝+ B．＝﹣ C．＝+ D．＝﹣4.复数z满足z（1+i）＝1﹣ai，且z在复平面内对应的点在第四象限，则实数a的取值范围是（）A．[﹣1，1] B．（﹣∞，﹣1） C．（﹣1，1） D．（1，+∞）5.在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M为B1C1的中点，过点D作平面a使a⊥BM，则平面a截正方体所得截面的面积为（）A． B． C． D．6.已知z＝x+yi，x，y∈R，i是虚数单位．若复数+i是实数，则|z|的最小值为（）A．0 B． C．5 D．7.已知平面向量，，满足||＝2|﹣|＝2|﹣|＝2||＝2，则•的取值范围是（）A．[1，2] B． C． D．8.如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱AA1的上的一点，且A1E＝2EA＝2，M为侧面ABB1A1上的动点．若C1M∥面ECD1，动点M形成的图形为线段PQ，则三棱锥B1﹣PQC1的外接球的表面积是（）A．27π B．11π C．14π D．17π二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）9.△ABC是边长为2的等边三角形，已知向量满足，则下列结论正确的是（）A．是单位向量 B． C． D．10.四边形ABCD中，AB∥CD，∠A＝90°，AB＝2AD＝2DC，，则下列表示正确的是（）A． B． C． D．11.如图，直角梯形ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝AB＝1，E为AB中点，以DE为折痕把ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC＝．则（）A．平面PED⊥平面EBCD B．二面角P﹣DC﹣B的大小为 C．PC⊥ED D．PC与平面PED所成角的正切值为12.如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝a，以下结论正确的有（）A．AC⊥BE B．点A到△BEF的距离为定值 C．三棱锥A﹣BEF的体积是正方体ABCD﹣A1B1C1D1体积的 D．异面直线AE，BF所成的角为定值三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）13.已知平面向量，，其中，，，则＝；若t为实数，则的最小值为．14.在△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，D在边BC上，延长AD到P，使得AP＝9．若＝m+（﹣m）（m为常数），则CD的长度是．15.已知复数z＝x+yi（x，y∈R）满足|z﹣1|＝x，那么z在复平面上对应的点（x，y）的轨迹方程为﹣；|z|min＝．16.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的体积为；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为．四、解答题（本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知向量＝（2sinA，1），＝（sinA+cosA，﹣3），⊥，其中A是△ABC的内角．（1）求角A的大小；（2）若角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝，＞0，求b+c的取值范围．18.如图，在△OAB中，点P为直线AB上的一个动点，且满足＝，Q是OB中点．（Ⅰ）若O（0，0），A（1，3），B（，0），且＝，求的坐标和模？（Ⅱ）若AQ与OP的交点为M，又＝t，求实数t的值．19.已知复数z1＝+（a2﹣1）i，z2＝2+2（a+1）i（a∈R，i是虚数单位）．（1）若复数z1﹣z2在复平面上对应点落在第一象限，求实数a的取值范围；（Ⅱ）若虚数z1是实系数一元二次方程4x2﹣4x+m＝0的根，求实数m值．20.已知复数z满足z＝（﹣1+3i）（1﹣i）﹣4．（1）求复数z的共轭复数；（2）若ω＝z+ai，且复数ω对应向量的模不大于复数z所对应向量的模，求实数a的取值范围．21.如图所示，在四棱锥E﹣ABCD中，四边形ABCD是直角梯形，AB＝AE＝BC＝AD＝1，BC∥AD，AE⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，N为DE的中点．（1）求证：NC∥平面EAB；（2）求二面角A﹣CN﹣D的余弦值．22.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，AB＝2，PD⊥平面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为45°，过AD的平面分别与PB，PC交于点E，F．（Ⅰ）求证：EF⊥DC；（Ⅱ）若二面角P﹣AD﹣E所成角的余弦值为，求的值．参考答案一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知直线a在平面α外，则（）A．a∥α B．直线a与平面α至少有一个公共点 C．a∩α＝A D．直线a与平面α至多有一个公共点【答案】D【分析】由直线在平面外包括直线与平面平行和直线与平面相交得答案．【解答】解：空间中直线与平面的位置关系有两种，即直线在平面外和直线在平面内，而直线在平面外包括直线与平面平行和直线与平面相交，可知，若直线a在平面α外，则直线a与平面α至多有一个公共点，故选：D．【知识点】平面的基本性质及推论2.在△ABC中，，．若点D满足，则＝（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意先求出，，再求出．【解答】解：在△ABC中，，；如图；∴＝﹣＝﹣，又，∴＝＝（﹣）；∴＝+＝+（﹣）＝+；故选：C．【知识点】向量加减混合运算3.设E为△ABC所在平面内一点，若＝2，则（）A．＝+ B．＝﹣ C．＝+ D．＝﹣【答案】A【分析】直接利用向量的线性运算的应用和减法求出结果．【解答】解：E为△ABC所在平面内一点，若＝2，根据向量的线性运算：，则．故选：A．【知识点】向量数乘和线性运算4.复数z满足z（1+i）＝1﹣ai，且z在复平面内对应的点在第四象限，则实数a的取值范围是（）A．[﹣1，1] B．（﹣∞，﹣1） C．（﹣1，1） D．（1，+∞）【答案】C【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，由实部大于0且虚部小于0联立不等式组求解．【解答】解：由z（1+i）＝1﹣ai，得z＝，∵z在复平面内对应的点在第四象限，∴，解得﹣1＜a＜1．∴实数a的取值范围是（﹣1，1）．故选：C．【知识点】复数的代数表示法及其几何意义5.在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M为B1C1的中点，过点D作平面a使a⊥BM，则平面a截正方体所得截面的面积为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】先作出平面α，进而求出截面的面积．【解答】解：作出截面CDEF，点E，F分别为AA1，BB1中点，四边形CDEF的面积为＝．故选：C．【知识点】平面的基本性质及推论6.已知z＝x+yi，x，y∈R，i是虚数单位．若复数+i是实数，则|z|的最小值为（）A．0 B． C．5 D．【答案】D【分析】利用复数的运算法则和复数为实数的充要条件可得x＝y+2，再利用复数模的计算公式和二次函数的单调性即可得出．【解答】解：∵复数+i＝＝＝是实数，∴＝0，得到x＝y+2．∴|z|＝＝＝，当且仅当y＝﹣1，x＝1取等号．∴|z|的最小值为．故选：D．【知识点】复数的模7.已知平面向量，，满足||＝2|﹣|＝2|﹣|＝2||＝2，则•的取值范围是（）A．[1，2] B． C． D．【答案】C【分析】建立平面坐标系，得出三向量的终点满足的条件，用参数表示出，根据三角恒等变换化简即可求出最小值．【解答】解：设＝，＝，＝，则由题意可知PA＝2，AB＝1，PC＝1，BC＝1，以PA为x轴，以PA的中垂线为y轴建立平面直角坐标系O﹣xy，则B点在圆A：（x﹣1）2+y2＝1上，C点在圆P：（x+1）2+y2＝1上，设B（1+cosα，sinα），C（﹣1+cosβ，sinβ），则＝＝（2+cosα，sinα），＝＝（cosβ，sinβ），∴＝2cosβ+cosαcosβ+sinαsinβ，∵BC＝1，∴||＝1，∴+﹣2＝1，即（1+cosα）2+sin2α+（﹣1+cosβ）2+sin2β﹣2（1+cosα）（﹣1+cosβ）﹣2sinαsinβ＝1，整理可得：cosαcosβ+sinαsinβ＝+2cosα﹣2cosβ，∴＝+2cosα，∵|BC|＝1，∴以B为圆心，以1为半径的圆B与圆P有公共点，故1≤|PB|≤2，即1≤（2+cosα）2+sin2α≤2，∴﹣2≤2cosα≤﹣，∴≤≤1．故选：C．【知识点】平面向量数量积的性质及其运算8.如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱AA1的上的一点，且A1E＝2EA＝2，M为侧面ABB1A1上的动点．若C1M∥面ECD1，动点M形成的图形为线段PQ，则三棱锥B1﹣PQC1的外接球的表面积是（）A．27π B．11π C．14π D．17π【答案】D【分析】若C1M∥面ECD1，则P、Q分别满足B1Q＝2QB＝2，B1P＝2PA1＝2；然后证明C1Q∥D1E，PQ∥D1C，根据面面平行的判定定理可推出平面C1PQ∥平面ECD1，故C1M∥面ECD1；于是以B1为顶点，B1P、B1Q、B1C1分别为长、宽、高构造一个长方体，求得该长方体的体对角线即可得三棱锥B1﹣PQC1外接球的直径，再由球的表面积公式即可得解．【解答】解：若C1M∥面ECD1，则P、Q分别满足B1Q＝2QB＝2，B1P＝2PA1＝2．理由如下：连接C1Q、C1P，∵A1E＝2EA＝2，B1Q＝2QB＝2，∴C1D1∥EQ，C1D1＝EQ，∴四边形C1D1EQ为平行四边形，∴C1Q∥D1E．∵B1Q＝2QB＝2，B1P＝2PA1＝2∴PQ∥A1B∥D1C．又C1Q∩PQ＝Q，D1E∩D1C＝D1，C1Q、PQ⊂平面C1PQ，D1E、D1C⊂平面ECD1，∴平面C1PQ∥平面ECD1，∵C1M⊂平面C1PQ，∴C1M∥面ECD1．以B1为顶点，B1P＝2、B1Q＝2、B1C1＝3分别为长、宽、高构造一个长方体，则该长方体的体对角线为三棱锥B1﹣PQC1外接球的直径，∴2R＝，其中R为外接球的半径，∴R＝，∴外接球的表面积S＝4πR2＝17π．故选：D．【知识点】球的体积和表面积二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）9.△ABC是边长为2的等边三角形，已知向量满足，则下列结论正确的是（）A．是单位向量 B． C． D．【答案】ABD【分析】根据条件可求出，从而判断选项A正确；可得出，从而判断选项B正确；对两边平方即可得出，从而判断选项C错误；根据前面，可以得出，从而判断选项D正确．【解答】解：A．∵，∴由得，，∴是单位向量，该选项正确；B．∵，∴，该选项正确；C.，∴由得，，即，∴，该选项错误；D．∵，由上面得，，∴，该选项正确．故选：ABD．【知识点】数量积判断两个平面向量的垂直关系、平面向量数量积的性质及其运算10.四边形ABCD中，AB∥CD，∠A＝90°，AB＝2AD＝2DC，，则下列表示正确的是（）A． B． C． D．【答案】BD【分析】根据图象以及三角形法则分别求出对应选项的向量，即可判断选项是否正确．【解答】解：由已知四边形ABCD如图所示：由图可得：＝++＝﹣++＝+，所以A错误，＝＝（+）＝+）＝+＝＝+＝，B正确，＝＝﹣＝，C错误，＝＝＝﹣，D正确，故选：BD．【知识点】平面向量的基本定理11.如图，直角梯形ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝AB＝1，E为AB中点，以DE为折痕把ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC＝．则（）A．平面PED⊥平面EBCD B．二面角P﹣DC﹣B的大小为 C．PC⊥ED D．PC与平面PED所成角的正切值为【答案】AB【分析】根据PC的长证明PE⊥平面BCDE，分别计算线线角、线面角、面面角的大小即可作出判断．【解答】解：∵AB∥CD，BC⊥AB，CD＝BC＝AB＝BE，∴四边形BCDE是正方形，∴DE⊥AE，DE⊥BE，故翻折后DE⊥PE，∵PE＝AE＝1，EC＝＝，PC＝，∴PE2+EC2＝PC2，故PE⊥EC，又DE∩EC＝E，∴PE⊥平面BCDE，又PE⊂平面PDE，∴平面PED⊥平面BCDE，故A正确，由PE⊥平面BCDE可得PE⊥CD，又CD⊥DE，PE∩DE＝E，∴CD⊥平面PDE，故CD⊥PD，∴∠PDE为二面角P﹣D