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1、2020-20212020-2021 学年安徽省合肥市第六中学高一下学期期中学年安徽省合肥市第六中学高一下学期期中数学试题数学试题一、单选题一、单选题1已知向量AB (2,4)，CA (1,2)，则BC（）A(1,2)【答案】B【分析】利用向量的坐标表示即可计算结果.【详解】CA AB CB 1,2，所以BC 1,2.故选：B2已知复数z A5【答案】A【分析】先根据复数的除法运算法则求出z，再求出z，最后用复数的乘法运算法则求3i，则zz（）1iB(1,2)C(1,2)D(2,2)B4C3D2zz即可【详解】z z 2izz (2i)(2 i)4i2 53i(3i)(1i)42i 2i1i(
2、1i)(1i)2故选：A3给出下列四个命题：底面是正多边形的棱柱是正棱柱；四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体；所有棱长相等的棱柱一定是直棱柱；直角三角形绕其一条边所在的直线旋转一周形成的几何体是圆锥其中正确的命题个数是（）A0【答案】B【分析】利用几何体的结构特征，几何体的定义，逐项判断选项的正误即可【详解】解：底面是正多边形，侧棱与底面垂直的棱柱是正棱柱；所以不正确；四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体；满足多面体的定义，所以正确；所有棱长相等的棱柱一定是直棱柱；不满足直棱柱的定义，所以不正确；第 1 页 共 14 页B1C2D3直角三角形绕直角边所在的直线旋转一周形成的几何体是圆锥所以不正确；故
3、选：B4已知向量m (2,1)，n (x,6)，且m n，则m(n 2m)（）A2【答案】C【分析】通过向量垂直求解x，然后求解向量的数量积即可【详解】解：向量m (2,1)，n (x,6)，且m n，可得2x 6 0，解得x 3，所以m(n 2m)(2，1)(1，8)10故选：C5 已知某平面图形的直观图如图所示，AB/CD,DOA 135,AB 4,CD DO，若原平面图形的面积为 12，则DO（）B8C10D12A6【答案】DB4C2 2D2【分析】由平面图形的直观图的做法规律，可得原图形的几何特征，由此确定其面积表达式，并求出CD.【详解】由题可知原平面图形是上底为CD，下底长为 4，
4、高为2DO的梯形，其面积为CD42DO212，所以CD DO 2故选：D.ABCBCD180，6 已知在平面四边形ABCD中，若DC xAB (3 x)AD，则ABCD（）1A41B32C33D4【答案】B【分析】画出图形，结合已知条件，转化为求解x，即可得到结果第 2 页 共 14 页【详解】由题意如图，在在平面四边形ABCD中，ABCBCD180，所以ABCD，由DC xAB (3 x)AD，可知3 x 0，解得x 3，所以AB1，CD3故选：B7如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法中错误的是（）A点C直线GHCAB/EF【答案】CBCD与EF是共面直线DGH与EF是
5、异面直线【分析】把展开图还原为原正方体，结合图形得AB与EF是相交直线，即可判定出结果【详解】解：由图可知，还原正方体后，点C与G重合，CGH，又可知CD与EF是平行直线，即共面直线，AB与EF是相交直线（点B与点F重合），GH与EF是异面直线，故只有C 错误故选：C第 3 页 共 14 页8已知水的密度为1g/cm3，冰的密度为0.9g/cm3，一水平放置的圆柱形桶内有一个半径为10cm的冰球，待冰球完全融化后测得桶内水面高为3cm，则桶的底面半径为（）A20cm【答案】A【分析】结合已知条件，根据冰球融化前后质量相等，列出方程求解即可.【详解】设桶的底面半径为r，因为水的密度为1g/cm3
6、，冰的密度为0.9g/cm3，且冰球半径为10cm，待冰球完全融化后测得桶内水面高为3cm，由冰球融化前后质量相等，432得10 0.9 r 31，解得r 20cm，3B18cmC15cmD10cm故选：A.9伯乐树是中国特有树种国家一级保护树种，被誉为“植物中的龙凤”，常散生于湿润的沟谷坡地或小溪旁 一植物学家为了监测一棵伯乐树的生长情况，需测量树的高度 他在与树干底部在同一水平面的一块平地上利用测角仪（高度忽略不计）进行测量，点A处测得树干底部在西偏北30的方向上，沿直线向西前进3.4m后，在点B处测得树干底部在西偏北40的方向上，此时树干顶部的仰角为60，则该伯乐树的高度为（sin10
7、0.17）（）A10 3m【答案】A【分析】首先根据条件画出图象，利用正弦定理求解.【详解】如图 1，点C是树干底部，由条件可知，CAB 30，CBW 40，所以C 10，B10 2mC8 3mD7 3mABC中，根据正弦定理，ABBCABsin303.40.510m，即BC sinCsin30sinC0.17图 2，设伯乐数的高为MC，MBC 60，所以MC BCtan60 10 3m.第 4 页 共 14 页故选：A10在ABC中，点D为AC边上靠近点C的三等分点，点E为AB边的中点，则DE（）11ABD CE4211BBD CE2411CBD CE2411DBD CE42【答案】D【分析
8、】由已知结合向量的线性表示及平面向量基本定理即可求解【详解】解：由题意可知，DE DA AE AC AB，BD BA AD ABAC，231223CE CA AE AC 设DE xBD yCE1AB，2则DE x(ABAC)y(AC AB)AC AB，11xy 111122所以，解得x，y，即DE CE BD42422x y 23323122312故选：D11已知在锐角ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A的取值范围是（）5A,34b2c2，则3a2B0,3 5C,245D,23【答案】D【分析】结合正弦定理、二倍角公式及两角和与差的正弦公式进行化简，然后结合正弦函数的性质可得答案
9、.b2c2sin2Bsin2C422sin Bsin C【详解】A，由正弦定理3a2sin2A3第 5 页 共 14 页 41cos2B4 2341cos2B2 2sin Bsin B333224 11sin2B，3260 B 52因为，所以 B,2B，262 6660 B 32所以154 1 sin2B 1，1sin2B 2，2633265b2c2即的取值范围是,2.23a故选：D.12已知三棱锥ABCD的侧棱AB，AC，AD两两垂直，CD 2，AC AD，若该三棱锥的外接球体积为A26 13【答案】C【分析】可将该三棱锥置于一个长、宽、高分别为2,2,h的长方体中，由三棱锥的外接球的体积列
10、式求解h，则三棱锥的表面积可求32，则该三棱锥的表面积为（）3B2 6 13C1 2 6 13D1 4 13【详解】如图，CD 2，AC AD，且AB，AC，AD两两垂直，AC AD 2，设AB h，依题意，可将该三棱锥置于一个长、宽、高分别为2,2,h的长方体中，22h24h2可得其外接球的半径r，224332又由r，解得r 2，334h2故 2，解得h 2 3，2所以该三棱锥的表面积为第 6 页 共 14 页111S 22 222 3 2 13 1 2 6 13222故选：C二、填空题二、填空题13 如图所示的后母戊鼎是一件非常有名的青铜重器，是商王武丁之子祭祀母亲戊所铸，现藏于国家博物馆
11、鼎身与四足为整体铸造，鼎耳则是在鼎身铸成之后再浇铸而成，鼎身大致为长方体形状的容器，长为110cm，宽为79cm，壁厚6cm若一堆祭祀物品在该容器内燃烧后形成的灰平铺且铺满容器底部，灰的高度为0.5cm，则灰的体积为_cm3【答案】3283【分析】由已知求出灰体的长度与宽度，由长方体体积公式求解【详解】解：由题意，容器内灰体的长度为1101298，灰体的宽度为7912 67，又高度为 0.5，灰的体积为98670.5 3283cm2故答案为：328314已知1i是关于x的方程x2 mx n 0(m,nR R)的一个根，则n _【答案】2【分析】将1i代入方程，列方程求解.【详解】由条件可知，1
12、im1in 0，即2immin 0，整理为：nm2mi 0，2nm 0，解得：m n 2.则2m 0故答案为：215 已知半径为 1 的球在一个圆锥内部，该组合体的轴截面是一个正三角形与其内切圆，则圆锥的表面积为_【答案】9【分析】首先画出轴截面，根据轴截面求圆锥的底面半径和母线长，即可求得圆锥的表第 7 页 共 14 页面积.AC ON 1，【详解】下图是组合体的轴截面，NC 3，OCN 30，NC 2 3，sin30所以圆锥的表面积S 故答案为：93232 3 9.16已知在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，角C 30，边c 2，且a2cos2B b2cos2A 2abcos
13、 AcosB，则a _【答案】2 6【分析】由已知得acosBbcosA0，利用正弦定理得A B 75，再由正弦定理得可得答案.【详解】由a2cos2B b2cos2A 2abcos AcosB，得acosBbcos A 0，即acosBbcosA0，由正弦定理得sin AcosBsinBcosAsinAB 0,因为C 30，0 A150,0 B 150，所以A B 75，由正弦定理得a csin A2sin 75 4sin45 30sinCsin302 4sin45 cos30 cos45 sin302 6.故答案为：2 6.三、解答题三、解答题17已知向量a (1,1)，b (3,1)（）
14、若c (x,6)，且|c|2|2a b|，求x的值；（）若a b与ma b的夹角大小为，求m的值4【答案】（）x 2；（）m3或1.【分析】（）借助模长的公式，然后根据|c|2|2a b|，得到方程，解之即可；第 8 页 共 14 页（）根据平面向量的夹角公式，列出方程求解即可.【详解】（）由题可知2a b 2(1,1)(3,1)(1,3)22|c|2|2a b|，c|4 2a b|，x2 36 410，解得x 2（）设a b与ma b的夹角为由题可知a b (2,2)，ma b (m 3,m 1)cos(a b)(ma b)822|a b|ma b|2 2(m 3)2(m 1)2解得m3或1
15、2218 当实数m满足什么条件时，在复平面内表示复数z m 2m 3m 4m 5i的点分别满足下列条件？（）位于第三象限；（）位于第二象限或第四象限；（）位于直线y 2x 17上m的取值范围为(1,1)；m的取值范围为(3,1)(1,5)；m 4【答案】（）（）（）【分析】（）利用复数的几何意义，列不等式求解；（）利用复数实部和虚部的几何22意义，列式求解；（）由条件可知m 4m 5 2m 2m 317，求解m的值.m22m3 0【详解】（）由题可知2，m 4m5 0(m3)(m1)0即，(m1)(m5)0解得m的取值范围为(1,1)m22m3 0m22m3 0（）由题知2，或2，m 4m5
16、0m 4m5 0(m3)(m1)0(m3)(m1)0即，或，(m1)(m5)0(m1)(m5)0解得m的取值范围为(3,1)(1,5)22（）由题可知m 4m 5 2m 2m 317，即m28m16 0，解得m 4第 9 页 共 14 页19如图所示为一段环形跑道，中间的两段AB，CD为直跑道，且ABCD100m，两端均为半径为30m的半圆形跑道，以A，B，C，D四点为顶点的四边形是矩形 甲、乙两人同时从CD的中点O处开始以7m/s的速率逆向跑步，甲、乙相对于初始位置点O的位移分别用向量s甲，s乙表示（）当甲到达AD的中点处时，求s甲s乙；（）求20s后s甲，s乙的夹角的余弦值注：的值取 3【
17、答案】（）s甲s乙 5500；（）20s后s甲，s乙的夹角的余弦值为1161【分析】（）以点O为坐标原点，CD所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，当甲到达AB的中点处时，乙到达BC的中点处，设此时甲的位置为点E，乙的位置为点F，则E(80,30)，F(80,30)，s甲 OE 80,30，s乙 OF 80,30，由此能求出s甲s乙（）20s后甲、乙的路程均为140m，AD、BC的长度分别到达点A，B处，s甲 OA 50,60，s乙 OB 50,60，由此能求出20s后s甲，s乙的夹角的余弦值【详解】（）如图，以点O为坐标原点，CD所在直线为x轴建立如图所示的直角坐标系当甲到达AD的中点处时，乙
18、到达BC的中点处，设此时甲的位置为点E，乙的位置为点F，则E(80,30)，F(80,30)，s甲OE (80,30)，s乙OF (80,30)，s甲s乙(80,30)(80,30)6400900 5500第 10 页 共 14 页（）20s后甲、乙的路程均为207 140m，AD，BC的长度均为33090m，20s后甲、乙分别到达点A，B处s甲OA(50,60)，s乙OB (50,60)设s甲，s乙的夹角为，则coss甲s乙110011s甲s乙61006120s后s甲，s乙的夹角的余弦值为11612220在四边形ABCD中，AB/CD，AB 4，AD 2，BD 2 7，cosC （）求角A；
19、（）求BC的长【答案】（）A 2；（）BC 6.3【分析】（）ABD中，根据余弦定理求角A；（）首先在ABD中利用正弦定理求sinABD，即得sinBDC，在BCD中，利用正弦定理求BC的长.【详解】（）在ABD中，由余弦定理可得AB2 AD2 BD222 42(2 7)21cos A ，2AB AD2242因为A(0,)，所以A 23（）因为AB/CD，所以ABDBDC22 7ADBD在ABD中，由正弦定理可得，即sinABD3，sinABDsin A221212，即sinBDC 解得sinABD 1414因为cosC 22，所以sinC 22BC2 7BCBD在BCD中，由正弦定理可得，即
20、212，sinBDCsinC142解得BC 621 如图，正三棱柱ABC A1B1C1的高为3，底面边长为 2，点D，D1分别为AC，A1C1第 11 页 共 14 页上的点（）在棱AC，A1C1上是否存在点D，D1使得平面BC1D/平面AB1D1？请说明理由；（）在（）的条件下，求几何体ABB1C1D1D的体积【答案】（）存在，理由看解析；（）V几何体ABB1C1D1D 2.【分析】（）连接A1B交AB1于O，连接OD1，由平行线截线段成比例结合平面BC1D/平面AB1D1可得D、D1分别为棱AC，A1C1的中点，；（）由棱柱体积减去两个三棱锥的体积即可【详解】（）如图，连接A1B交AB1于
21、点O，连接OD1由棱柱的性质，知四边形A1ABB1为平行四边形，点O为A1B的中点平面BC1D/平面AB1D1，且平面A1BC1平面BC1D BC1，平面A1BC1平面AB1D1 D1O，BC1/D1O，同理AD1/DC1，A1D1AOADDC1,11，D1C1OB D1C1ADA1D1DCAO11，1，DCADOB11又即D为AC的中点，D1为A1C1的中点故当D、D1分别为棱AC，A1C1的中点时，平面BC1D/平面AB1D1；注：以“D为AC的中点，D1为A1C1的中点”为条件，证明“平面BC1D/平面AB1D1”也算对，酌情给分第 12 页 共 14 页（）V三棱柱ABC A1B1C1
22、1233 3，2111V三棱锥AA1B1D1V三棱锥C1BCD133，322V几何体ABB1C1D1D 3 21 2222已知在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin A 2sin B 3sinA，其中B0,22（）若a 2，c 3，求b；（）若a 2，CB AB 8，求ABC的面积【答案】（）b 6 2；（）2 3.2【分析】（）由已知结合诱导公式及和差角公式进行化简可得A，B关系，然后结合三角形内角和可求C；（）由CB AB 8结合向量数量积定义可求ccosB 4，再由正弦定理进行化简可得csin(B)3，联立可求csinB，然后结合三角形面积公式可求3sin A 2si
23、n B 3sin A【详解】（）因为，2所以sin A2sin B 3cos A，故sinB 31cosAsin A sin A，2232 A A或B A B 3332因为B0,，所以B A，即A B，故C 3332所以B a2b2c2(2)2b2(3)21，由余弦定理可得cosC 2ab22 2b第 13 页 共 14 页解得b 6 2（负值舍去）2（）由CB AB 8，得accosB 8因为a 2，所以ccosB 42c2ac根据正弦定理，及A B，C，a 2，得sin B3，3sin AsinC3331ccosB csinB 3所以csin B3 2231代入，得2 3 csin B 3，所以csin B 2 3211所以ABC的面积为acsin B 22 3 2 322第 14 页 共 14 页