广东省广州市三校联考2021-2022学年高一下学期数学期中试卷（含答案）

广东省广州市三校联考2021-2022学年高一下学期数学期中试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．设z=1−i1+i+2iA．0 B．12 C．1 D．2．在△ABC中，已知AB=6，AC=2，且满足DB=2AD，AE=EC，若线段CD和线段BE的交点为A．3 B．4 C．5 D．63．函数f(x)=cosA． B．C． D．4．若复数z1=2+3i，z2A．zB．zC．若z1+m(m∈R)D．若z1，z2在复平面内对应的向量分别为OA5．△ABC中，cos2C−cos2A>2A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定6．如图，正四棱锥P−ABCD，M，N为棱PA，PC的中点，平面BMN与棱PD交于点Q，则下列说法正确的是（）A．四边形MBNQ是菱形B．四边形MBNQ对角线MN中点也是四棱锥P−ABCD高线的中点C．△MNQ∽△MNBD．∠MBN=90°7．在其定义域内，同时满足条件：“①当a+b=0时，有f(a)+f(b)=0；②当a+b>0时，有f(a)+f(b)<0.”的函数是（）A．f(x)=sinx C．f(x)=12(8．如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，∠BCD=60∘，∠ADC=150∘，BE=3EC，A．1 B．1516 C．3132二、多选题9．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知tanA+BA．tanA⋅1cosC．sin2A+10．在△ABC中，若B=π3，角B的平分线BD交AC于D，且A．ABB．若BD=BC，则△ABC的外接圆半径是2C．若BD=BC，则△ABC的面积是3+D．若BD=BC，则AD11．如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，A．A1B．AE与A1C．A1D．该正四棱柱外接球的表面积为8π12．如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1CA．直线DP与BCB．CP//平面AC．A1D．当P与B1重合时，三棱锥P−A三、填空题13．已知|z|=1，k∈R且z是复数，当|z14．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A=120°，c=2，AD=23AC，BD=2715．如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱BC，CC1，C1D1的中点，点P为底面A116．在平面直角坐标系xOy中，先将线段OP绕原点O按逆时针方向旋转角θ，再将旋转后的线段OP的长度变为原来的ρ(ρ>0)倍得到OP1，我们把这个过程称为对点P进行一次T(θ，ρ)变换得到点P1，例如对点(1，0)进行一次T(π2，3)变换得到点(0，3)．若对点A(1，0)进行一次T(2π3，2)变换得到点A1，则四、解答题17．在①a=3csinA−a已知△ABC的角A，B，C对边分别为a,b,c，c=3（1）求∠C；（2）求△ABC周长的最大值．18．如图所示，平面ABDE⊥平面ABC.△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=4，四边形ABDE是直角梯形，BD//AE，BD⊥BA，BD=1（1）试判断直线OD与平面ABC的位置关系，并说明理由；（2）求四面体ODME的体积.19．分式线性变换又称为莫比乌斯变换，它是定义在复数集中形如w=f(z)=az+b（1）若a=b=c=−d=1，求i的“像”以及1+i（2）若a=b=i，c=−d=−1，求证：Imw>0的充要条件是（3）若a=c=1，b=−d=−i，z满足0<20．如图，在直角梯形OABC中，OA//CB，OA⊥OC，OA=2BC=2OC，M为AB上靠近B的三等分点，OM交AC于D，P为线段BC上的一个动点．（1）用OA和OC表示OM；（2）设OB=λCA+μOP，求21．仰望星空，时有流星划过天际，令我们感叹生命的短暂，又深深震撼我们凡俗的心灵．流星是什么？从古至今，人们作过无数种猜测．古希腊亚里士多德说，那是地球上的蒸发物，近代有人进一步认为，那是地球上磷火升空后的燃烧现象.10世纪波斯著名数学家、天文学家阿尔·库希设计出一种方案，通过两个观测者异地同时观察同一颗流星，来测定其发射点的高度．如图，假设地球是一个标准的球体，O为地球的球心，AB为地平线，有两个观测者在地球上的A，B两地同时观测到一颗流星S，观测的仰角分别为∠SAD=α，∠SBD=β，其中，∠DAO=∠DBO=90°，为了方便计算，我们考虑一种理想状态，假设两个观测者在地球上的A，B两点测得α=30°，β=15°，地球半径为R公里，两个观测者的距离AB=R3π．（参考数据：（1）求流星S发射点近似高度ES；（2）在古希腊，科学不发达，人们看到流星以为这是地球水分蒸发后凝结的固体，已知对流层高度大约在18公里左右，若地球半径R≈6370公里，请你据此判断该流星S是地球蒸发物还是“天外来客”？并说明理由．22．已知函数y=f(x)，x∈D，如果对于定义域D内的任意实数x，对于给定的非零常数P，总存在非零常数T，恒有f(x+T)<P⋅f(x)成立，则称函数f(x（1）判断函数f(x)=x（2）已知T=π2，y=f(x)是[0，+∞)上的P级周期函数，且y=f(x)是（3）是否存在非零实数k，使函数f(x)=(

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：z=1−i1+i+2i=(1−i)(1−i)(1+i)(1−i)+2i=−2i故答案为：C。【分析】先由复数的乘除运算求出复数z，再由几何意义求模.2．【答案】B【解析】【解答】设AP=x由DB=2AD知AB=3AD，∴AP=3xAD+yAC，∵D，由AE=EC知AC=2AE，∴AP=xAB+2yAE，∵B，由①②得：x=15.y=25而CA+∴AP故答案为：B

【分析】设AP=xAB+yAC，分别求得AP=3xAD+yAC和3．【答案】B【解析】【解答】f(x)=cos∵f(x)定义域为R，f(−x)=sin∴f(x)为奇函数，图象关于坐标原点对称，可排除C；当x∈(0，π)时，sinx>0，ln故答案为：B.

【分析】根据函数f(x)=cos(x−π2)4．【答案】A【解析】【解答】对于A，z1对于B，∵z1⋅又z1⋅z对于C，∵z1+m=2+m+3i为纯虚数，∴m+2=0对于D，由题意得：OA→=(2，3)，OB→故答案为：A

【分析】由复数的运算法则，化简得到z1z2=12−52i，可判定A不符合题意；由z15．【答案】C【解析】【解答】解：因为在△ABC中，cos2C−所以2co化简得sin即c2所以cosA=因为A∈(π所以△ABC的形状为钝角三角形，故答案为：C

【分析】根据题意和余弦的倍角公式，化简得到sin2C+sin2B<6．【答案】B【解析】【解答】解：如图连接MN，AC、BD，设AC∩BD=O，连接OP，设MN∩OP=H，因为M，N为棱PA，PC的中点，所以MN//AC，则H为OP的中点，根据正四棱锥的性质可知PO即为四棱锥P−ABCD的高，B符合题意；延长BH交PD于点G，连接GM、GN，则DH=因为G、H、B三点共线，所以34DG=12DP，即DP=显然GM=GN，BM=BN但是GM≠BM，故四边形MBNQ不是菱形，且△MNQ与△MNB不相似，A、C不符合题意；因为正四棱锥的侧棱与底面边长关系无法得知，故∠MBN无法确定，D不符合题意；故答案为：B

【分析】如图连接MN，AC、BD，设AC∩BD=O，连接OP，设MN∩OP=H，证得MN//AC，得到PO即为四棱锥P−ABCD的高，可判定B符合题意；延长BH交PD于点G，连接GM、GN，化简得到DH→=12DP→+14DB→，结合G、H、B三点共线，得到DP=37．【答案】D【解析】【解答】对A，若a=b=π6，则f(a)+f(b)=1>0，不满足对B，若a=1，b=−1，则f(a)+f(b)=−2≠0，不满足对C，若a=1，b=1，则f(a)+f(b)=e−e对D，当a+b=0时，则f(a)+f(b)=ln2−a2+a因为f(x)=ln2−x2+x=ln则f(a)<f(−b)=−f(b)，所以f(a)+f(b)<0，满足②，D符合题意.故答案为：D.

【分析】由a=b=π6，得到f(a)+f(b)>0，可判定A不符合题意；由a=1，b=−1，得到f(a)+f(b)≠0，可判定B不符合题意；由a=1，b=1，得到f(a)+f(b)>0，可判定C不符合题意；由a+b=0时，得到f(a)+f(b)=0，再由8．【答案】B【解析】【解答】以B为原点建立如图所示平面直角.依题意CE=13BE=33在三角形BCD中，由余弦定理得BD=(所以BD2+C而BC=2CD，所以∠DBC=30°，∠DCB=60°.在三角形CDE中，由余弦定理得DE=(所以CE2+D在三角形ABD中，∠ABD=∠ADB=60°，所以三角形ABD是等边三角形，所以AB=BD=2.所以A(0，2)，D(3，1)，E(依题意令AF=λAD(0≤λ≤1)所以x=3λy−2=−λ所以EF=4λ对于二次函数f(λ)=4λ2−7λ+4(0≤λ≤2)，其对称轴为λ=78，开口向上，所以当λ=78故答案为：B【分析】建立平面直角坐标系，设出F点坐标，求得EF⋅BF的表达式，进而求得9．【答案】B,D【解析】【解答】∵tanA+B2=sin∴sinA+B2cosA+B2=2sinA+B2⋅cosA+B∴tanA⋅1cos∴sinA+sinB=sinA+∴1<sinA+sin∵sin∵cos2A+co∴cos2A+故答案为：BD.

【分析】根据题意得到tanA+B2=sin(A+B)，进而化简得到sinA+B2=2sinA+B2⋅co10．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：依题意设AC边上的高为h，则S△ABD又S△ABDS△CBD因为BD为B的平分线，B=π所以∠ABD=∠CBD=πBD=BC=2，则∠C=∠BDC=5π12所以sin由正弦定理得BCsin所以AB=22S△ABC若BD=BC=2，A=π4，由正弦定理得所以△ABC的外接圆半径2，B不符合题意；若BD=BC=2，由正弦定理得ADsinπ6因为∠ADB与∠BDC互补，所以sin∠ADB=sin∠BDC故答案为：ACD

【分析】设AC边上的高为h，根据三角形的面积ADCD=ABBC，可判定A符合题意；由BD为B的平分线，得到A=π4，求得sin∠C=2+64，结合正弦定理求得AB=11．【答案】A,B,C【解析】【解答】①∵DD1//CC1，且DD1=CC∴FD1//GC1，且F∴FG//C1D②连接AC、A1C∴A1C1//AC，∵AC∩AE=A而AE⊂平面ABCD，A1C1⊂平面∴A1C③取AA1的中点为H，连接HF、HD、AF、CH，∵AA1//DD1，A∴AH//DF，且AH=DF，∴四边形∴I是DH的中点，又∵E是CD中点，∴在△CDH中，EI//CH．∵AA1//CC1，A∴A1H//CG∴CH//A1G，∴EI//A1G，④设该四棱柱外接球半径为R，则(2R故该正四棱柱外接球的表面积为4πR故答案为：ABC.【分析】根据题意得到四边形C1D1FG是平行四边形，得到FG//C1D1，A1B1//FG，可判定A符合题意；连接AC、A1C1，得出AE与A1C1不平行，再由AE⊂平面ABCD，A1C1⊂平面A12．【答案】A,B,D【解析】【解答】A选项，因为直线DP与平面BB1C1C相交于点B1，直线BCB选项，连接CB1，CD1，由正方体性质，易知，A1有CD1//A1B，又CD1⊄平面A同理可证CB1//又CD1，CB1都在平面CB1D又CP⊂平面CB1D1，所以C选项，延长BB1到B2，使得B在B2D1上取点M则△A1D故A1过点M作MN⊥B1B2，交在△B1B2D1中，因为所以MN=22，B1N=2所以A1P+PB的最小值为D选项，当P与B1重合时，三棱锥P−A1又正方体ABCD−A1B故答案为：ABD.

【分析】利用已知条件结合正方体的结构特征，再结合异面直线的判断方法、线面平行的判定定理、相似三角形的性质结合勾股定理和几何法、三棱锥补形为正方体，再利用已知条件和正方体体对角线等于三棱锥外接球的直径，再结合勾股定理求出三棱锥外接球的直径的方法，从而求出当P与B1重合时，三棱锥P−13．【答案】±1【解析】【解答】设z=a+bi，a，b∈R，因为|z|=1，所以|所以|z因为z+z所以|z因为|z|=所以|z解得，k=±1，故答案为：±1.

【分析】设z=a+bi，a，b∈R，由|z|=1，得到z⋅z=1，化简得到|14．【答案】8+2【解析】【解答】由BD得AD2+2AD−24=0所以b=6.由a2=b故△ABC的周长为8+213故答案为：8+213

【分析】由余弦定理，列出方程求得b=6，再利用余弦定理，求得a的值，进而求得△ABC的周长.15．【答案】16；【解析】【解答】若P与D1重合，则S△PGF=若直线BP与平面EFG无公共点，则BP//平面EFG分别取A1D1，A则GH//A1C1，EJ//AC，IF//AC，而AC//A1CA1C1⊄平面EFG，HG⊂平面EFG，则A1C1而A1C1∩A1B=A1，A1C1，A1B⊂平面A1BC1，所以平面故答案为：16；6

【分析】若P与D1重合，再利用三角形的面积公式得出S△PGF的值，再结合三棱锥的体积公式得出VE−PFG的值，若直线BP与平面EFG无公共点，则BP//平面EFG，分别取A1D1，A1A，AB的中点H，I，J，连接GH，HI，IJ，JE，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质以及平行的传递性，所以GH//EJ，同理GF//IJ，EF//HI，因此可得证E，F16．【答案】(−1，3【解析】【解答】解：点A(1，0)，OA与x轴的夹角θ=0且进行一次T(2π3，2)变换，即将线段OA绕原点O按逆时针方向旋转2π3，再将OA的长度伸长为原来的2因为对点B(45，3所以OB=(45)2所以OB设OB与x轴的正方向的夹角为α，则sinα=3根据tanθ=因为π<θ<3π2，所以cos[(α+θ)+θ]=cos(α+θ)所以B2(25×44125，故答案为：(−1，3

【分析】由已知得将线段OA绕原点O按逆时针方向旋转角2π3，再将的长度伸长为原来的2倍，得到OA1，可得A1的坐标；计算出OB=1，OB1=5，求得ρ=5，从而得OB2=25，再可求得tanθ=17．【答案】（1）解：选①:因为a=3所以sinA=因为sinA≠0,所以3sinC−因为0<C<π,所以−π6<C−π6选②:因为(2a−b)sin所以(2a−b)a+(2b−a)b=2c2,即所以cosC=因为0<C<π,所以C=π（2）解：由(1)可知:C=π在△ABC中,由余弦定理得a2+b所以(a+b)2所以a+b≤23,当且仅当a=b所以a+b+c≤33,即△ABC周长的最大值为3【解析】【分析】（1）选①，先利用正弦定理化简可得sinA=3sinCsinA−sinAcosC，进而得到3sinC−cosC=1，结合C的范围即可求得C=π3；选18．【答案】（1）解：直线OD与平面ABC平行，理由如下如图所示，取AC中点为H，连接OH，BH，因为O为CE的中点，H为AC的中点，所以OH∥又BD//AE，BD=1所以OH∥所以四边形OHBD为平行四边形.则OD//又OD⊄平面ABC，BH⊂平面ABC，所以OD//平面ABC（2）解：因为△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=4，M为AB的中点.所以BD⊥CM，AB=AC2因为平面ABDE⊥平面ABC，BD⊥BA，平面ABDE∩平面ABC=AB，所以BD⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，所以BD⊥CM，CM⊥AB，又BD∩AB=B，所以CM⊥平面ABDE，所以点C到平面EMD的距离为CM，因为O为CE的中点.即点O到平面EMD的距离为h=1因为M为AB的中点，所以AM=BM=1又因为四边形ABDE是直角梯形，BD//AE，BD⊥BA，所以S=1所以四面体ODME的体积为VO−DEM【解析】【分析】（1）取AC中点为H，连接OH，BH，证得OH∥__12AE和BD∥__12AE，得到OH∥__BD，进而得到OD//BH，结合线面平行的判定定理，即可证得OD//平面ABC；

（2）根据题意得到BD⊥CM，AB=42，CM=22，由平面ABDE⊥平面ABC，证得BD⊥CM19．【答案】（1）解：由题，w=f(z)=z+1z−1，当z=i时，当w=1+i时，1+i=z+1z−1，解得（2）解：证明：由题，w=f(z)=i⋅z+i−z+1，设z=m+ni，且则w=(m+ni)i+i则Imw=因为(1−m)2当Imw>0，则1−m2−n当|z|<1，则m2+n2<1，即m所以Imw>0的充要条件是|z|<1（3）解：由题，w=f(z)=z−iz+i，设w=m+ni，且则m+ni=z−iz+i，解得因为0<Imz<1，所以0<−(m所以z的“像”在复平面上所构成的图形为以原点为圆心，半径为1的圆内，其面积为π.【解析】【分析】（1）由题意得到w=z+1z−1，当z=i时，求得w=−i，进而取得z=1−2i；

（2）设z=m+ni，且z≠1，求得w=−2n+(1−m2−n2)i(1−m)2+n2，得到Imw=20．【答案】（1）解：因为M为AB上靠近B的三等分点，故可得MA=又CB//OA，且CB=12OA则OM==1即OM=（2）解：根据题意，因为OA⊥OC，故以O为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系：设OA=2，则A(2，因为点P在CB上运动，故可设其坐标为(m，则OB=(1由OB