第二册 期中测试卷 01
高一数学
满分：150分 时间：120分钟
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一 单项选择题（5分×12=60分）
1. 设复数z满足(1+i)z=2i，则|z|=（ ）
1 √2
A. B. C. √2 D.2
2 2
2ⅈ 2ⅈ(1-i)
【C】【解析】z= = =i(1-i)=1+i,所以|z|=√12+12=√2,故选C.
1+ⅈ (1+ⅈ)(1-i)
2. 已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则AE·BD=（ ）
A.-2 B. 6 C. 2 D.-6
【 C 】 【 解 析 】 由 题 意 有
AE·BD=(AD+DE)·(BA+AD)= ( AD+ 1 AB ) ·(AD-AB)=AD2+ 1 AB·AD-AB·AD- 1 AB2=4+0-0-4=2,
2 2 2
故选C
已 知 点 O是 ΔABC所 在 平 面 内 一 点 ， 点 D 为 BC 边 的 中 点 ， 且
3.
AO=2OD,mOA+OB+OC=0, 则
m的值为（ ）
A. 1 B. 2 C.-1 D.-2
【A】【解析】如图，OB+OC=2OD,
因为AO=2OD,所以2OD-2mOD=0,
故m=1,故选A
在平面直角坐标系xOy中，已知四边形 ABCD是平行四边形， AB=(1,-2),AD=(2,1)则
4.
AB·AC=
（ ）
A. 5 B. 4 C. 3 D.2
【 A 】 【 解 析 】 由 题 意 知
DC=AB=(1,-2),AC=AD+DC=(3,-1),AB·AC=1×3+(-2)×(-1)=5,故选A
5√30
5. 已知a=√10,a·b=- ，且(a-b)(a+b)=-15，则向量a与b的夹角为（ ）
2
2π 3π 5π π
A. B. C. D.
3 4 6 3
【 C 】 【 解 析 】 因 为 (a-b)(a+b)=-15,所 以
5√30 5√30 √3
|b|=5,因为a·b=- ,所以|a| |b|cos<a,b>=- ,即cos<a,b>=- ,所以向量a与b
2 2 2
5π
的夹角为 .
66. 复数z在复平面内表示的点Z如图所示，则使得
z2·z 是纯虚数的一个z 是（ ）
1 1
A. 4+3i B. 3+4i
C. 4-3i D. 3-4i
【 C 】 【 解 析 】 由 图 可 知 复 数
z=-2+i,则z2=3-4i,对于A,z2(4+3i)=24-7i不是纯虚数,排除A;对于B,z2(3+4i)=25不是纯虚数,排除B;对于C,z2(4-3i)=-25i是纯虚数,C正确;对于D,z2(3-4i)=-7-24i不是纯虚数,排除D,故选C.
a2+b2-c2
设ΔABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若ΔABC的面积为 ，且c=√2，那么Δ
7. 4
ABC外接
圆的半径为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D.4
【 A 】 【 解 析 】
a2+b2-c2 2ab cosC 1 1 π
S = = = ab cosC,又S = ab sinC,故tanC=1,C= .
ΔABC 4 4 2 ΔABC 2 4
c 2
由正弦定理可得2R= = =2,所以ΔABC外接圆的半径R=1,故选A
sinC √2
2
π ( π)
8. 已知a=(sinα,1-4cos2α),b=(1,3sinα-2),α∈(0, )，若a//b，则tan α- =（ ）
2 4
1 1 2 2
A. B.- C. D.-
9 7 7 7
【 B 】 【 解 析 】 因 为 a//
b,所以sinα(3sinα-2)-(1-4cos2α)=0,化简得5sin2α+2sinα-3=0,解得sinα= 3 或-1(舍),所以cosα=√1-sin2α= 4 ,tanα= sinα = 3 ,所以tan ( α- π) = tanα-1 =- 1 ,
5 5 cosα 4 4 1+tanα 7
故选B
在正方体ABCD-A B C D 中，点E是棱CC 上的一个动点，平面BED 交棱AA 于点F.给出下
9. 1 1 1 1 1 1 1
列四
个结论，错误的是（ ）
A.存在点E，使得A C //平面BED F
1 1 1
B.对于任意的点E，平面A C D⊥平面BED F
1 1 1
C.存在点E，使得B D⊥平面BED F
1 1
D.对于任意的点E，四棱锥B -BED F的体积均不
1 1
变
【C】【解析】对于A，当点E位于棱CC 的中点时，A C //EF，因为A C ⊈平面BED F，
1 1 1 1 1 1
EF⊆平面BED F，所以A C //平面BED F，故排除A；对于B，容易证明B D⊥平面A C D
1 1 1 1 1 1 1
，因为BD ⊆平面BED F，所以平面A C D⊥平面BED F，故排除 B；对于 D，设正方体
1 1 1 1 1
ABCD-A B C D 的 棱 长 为 a， 因 为 四 棱 锥 B -BED F的 体 积
1 1 1 1 1 1
2 2 a2 a3
V =2V =2V = S ×D C = × ×a= 为定值，排
四棱锥B 1 -BED 1 F 三棱锥B 1 -BED 1 三棱锥D 1 -BEB 1 3 ΔBEB 1 1 1 3 2 3
除D，所以选C.1 AB 4AC
已知AB⊥AC，|AB|= ,|AC|=t,若点P是ΔABC所在平面内一点，且AP= + ，则
10. t |AB| |AC|
PB·PC的
最大值等于（ ）
A. 13 B. 15 C. 19 D.21
【A】【解析】以点A为坐标原点，AB,AC的方向分别为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标
(1 ) AB 4AC
系 ， 则 A(0,0),B ,0 ,(0,t),t>0.因 为 AP= + ,所 以
t |AB| |AC|
(1 ) ( 1)
P(1,4),PB= -1,-4 ,所以PC=(-1,t-4), 所以PB·PC=17- 4t+ ≤17-4=13(当且
t t
1
仅当t= 时等号成立)，即PB·PC的最大值为13，故选A
2
11. 已知向量OB=(1,0),OC=(0,1),CA=(cosθ,sinθ)，则的|AB|取值范围是（ ）
A. [1,2] B. [2√2,4] C. [√2-1,√2+1] D. [√2,√2+1]
【 C 】 【 解 析 】 易 知 AC=(-cosθ,-sinθ),CO=(0,-1).因 为 OB=(1,0),所 以
AB=AC+CO+OB=(1-cosθ,-1-sinθ),所 以
|AB|=√(1-cosθ) 2+(-1-sinθ) 2= √ 3+2√2sin ( θ- π) ,当sin(θ- π )=1时，|AB|取最大值为
4 4
( π)
√2+1；当sin θ- =-1时，|AB|取最小值为√2-1，故|AB|的取值范围为[√2-1,√2+1]，故
4
选C
如图所示，梯形A'B'C'D'是平面图形ABCD用斜二测画法画
12.
出的图
形，A'D'=2B'C'=2,A'B'=1,则平面图形ABCD的面积为（
）
A. 2 B. 2√2
C. 3 D.3√2
【C】【解析】如图，作平面直角坐标系xAy，AD在x轴上，且AD=2，
AB在y轴上，且AB=2，过点B作BC//AD，且BC=1，则直角梯形
1
ABCD为原平面图形，其面积S= ×(1+2)×2=3，故选C
2
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
二 填空题（5分×4=20分）
13. 已知向量a=(x,2x),b=(-3x,2)，若a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是___________.
( 1) ( 1 ) 4
-∞,- ∪ - ,0 ∪( ,+∞) 【 解 析 】 设 向 量 的 夹 角 为 θ， 则
3 3 3
a·b -3x2+4x π
cosθ= = ， 因 为 <θ<π， 所 以 -1<cosθ<0， 即
|a||b| √x2+4x2·√9x2+4 2
-3x2+4x 4 1
-1< <0， 解 得 x<0或 x> 且 x≠- ， 所 以 实 数 x的 取 值 范 围 为
√x2+4x2·√9x2+4 3 3
( 1) ( 1 ) 4
-∞,- ∪ - ,0 ∪( ,+∞).
3 3 3π
14. 已知A(1,1),B(5,3)，向量AB绕点A顺时针旋转 到AC位置，则点C的坐标为___________.
2
(3,-3) 【 解 析 】 由 题 意 得 AB=(4,2),设 点 C(x,y)， 则 AC=(x-1,y-1)， 所 以
{ x=3,
AB·AC=4(x-1)+2(y-1)=0,因为|AB|=|AC|,所以20=(x-1) 2+(y-1) 2 ,解得 或
y=-3,
{x=-1,
结合题意得到符合条件的点C的坐标为(3,-3).
y=5,
15. 若复数z满足3z+z=1+i,其中i为虚数单位，则z=___________.
1 1
+ i 【 解 析 】 设 复 数 z=a+bi,a,b∈R,则
4 2
1 1 1 1
z=a-bi,a,b∈R,3z+z=4a+2bi=1+i,a,b∈R,则a= ,b= ,故z= + i.
4 2 4 2
16. 已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为_____.
3π
【 解 析 】 设 圆 柱 面 底 半 径 为 r,由 题 意 可 得 r=
√
12-
(1) 2
=
√3
,所 以 圆 柱 体 积
4 2 2
2
V =πr2×1=π×
(√3)
×=
3π
.
2 4
三 解答题（本大题共6小题，一共70分）
17. (本小题满分10分)
(1+ⅈ) 2013
(Ⅰ)已知i为虚数单位，计算 ；
1-ⅈ
z
(Ⅱ)已知z是复数，z+3i与 均为实数(为i虚数单位)，求复数z.
3-ⅈ
【解析】(Ⅰ)
(1+ⅈ) 2013
=(i) 2013=i.
1-ⅈ
(Ⅱ ) 设 z=x+ yi,(x,y∈R),因 为 z+3i=x-(y+3)i,由 题 意 得 y=-3.因 为
z x-3i 1 1 1
= = (x-3i)(3+i)= (3x+3)+ (x-9)i,由题意得x-9=0,x=9,所以z=9-3i.
3-ⅈ 3-ⅈ 10 10 10
18. (本小题满分12分)
( π)
ΔABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,sin A+ =2cosA.
6
(Ⅰ)求A的值；
2
(Ⅱ)若 a=√3,BC边上的高为 ，求b+c的值.
3
【解析】
( π) π
(Ⅰ)因为sin A+ =2cosA,所以sinA=√3cosA,所以tanA=√3.因为0<A<π,所以A= .
6 3
1 2 1 π 4
(Ⅱ ) 由 题 意 可 知 S = ×√3× = bc sinA,因 为 A= , 所 以 bc= .又
△ABC 2 3 2 3 3
(√3) 2=b2+c2-2bccosA=b2+c2-bc=(b+c) 2-3bc=(b+c) 2-4.19. (本小题满分12分)
如图，在矩形ABCD中，AB=2,AD=√3,点P为矩形内一点，
且
|AP|=1,，设∠BAP=α.
π
(Ⅰ)当α= 时，求证：PC⊥PD；
3
(Ⅱ)求(PC+PD)·AP的最大值.
【解析】以点A为坐标原点，AB,AD所在直线分别为x轴，y 轴，
建 立 平 面 直 角 坐 标 系 如 图 ， 则
A(0,0),B(2,0),C(2,√3),D(0,√3).
π (1 √3)
(Ⅰ ) 证 明 ： 当 α= 时 ， P , ,则
3 2 2
(3 √3) ( 1 √3)
PC= , ,PD= - , ,
2 2 2 2
2
3 ( 1) (√3)
所以PC·PD= × - + =0,所以PC⊥PD.
2 2 2
( π)
(Ⅱ ) 由 三 角 函 数 的 定 义 可 得 P(cosα,sinα) 0<α< ,则
2
PC=(2-cosα,√3-sinα),PD=(-cosα,√3-sinα),AP=(cosα,sinα),所 以
PC+PD=(2-2cosα,2√3-2sinα),所 以
(PC+PD)·AP=2cosα-2cos2α+2√3sinα-2sin2α=4sin ( α+ π) -2.因 为 0<α< π ,所 以 当
6 2
π π π
α+ = ，即= 时，(PC+PD)·AP取得最大值，最大值为2.
6 2 3
20. (本小题满分12分)
已知正三棱锥的高为1，底面边长为2√6，其内有一个球，球心到该三棱锥的四个面的距离都相等.
求：
(Ⅰ)棱锥的表面积；
(Ⅱ)球的半径R.
【解析】
(Ⅰ)如图所示的正三棱锥A-BCD.
1 √3
由题意可知AE=1,CD=2√6,EF= × ×CD=√2,
3 2
所以侧面的高AF=√AE2+EF2=√3,
1 √3 1
所以s =3×2√6×√3× +2√6× ×2√6× =9√2+6√3.
表 2 2 2
1-R R
(Ⅱ)由题意可得 = ,所以R=√6-2.
√3 √2
21. (本小题满分12分)
在多面体ABCDEF中，直角梯形ADEF与正方形ABCD所在平面互
相垂1
直，∠FAD=∠EFA=90°, EF=AF= AD=1,∠EDA=45°,
2
M,N分别是FD,AC的中点.
(Ⅰ)求证：AE⊥平面CDE；
(Ⅱ)求证：MN//平面ABF.
【解析】
(Ⅰ)证明：因为平面ABCD⊥平面ADEF，CD⊥AD，CD⊆平面ABCD，
所以CD⊥平面ADEF，所以CD⊥AE.
在△ADE中，AE=DE=√2,AD=2，所以AE2+DE2=AD2,，所以AE⊥DE,
又因为DE∩CD=D,所以AE⊥平面CDE.
(Ⅱ)连接BD,在正方形ABCD中，点N也为BD的中点，
所以在△BDF中，MN//BF,又因为BF⊆平面ABF,MN⊈平面ABF,所以 MN//平面ABF
.
.22
(本小题满分12分)
.
在ΔABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=(cosA,cosB),b=(a,2c-b)，且a// b.
(Ⅰ)求角A的大小；
(Ⅱ)若b=3，ΔABC的面积S =3√3，求a的值.
ΔABC
【解析】
(Ⅰ ) 因 为 a//b， 所 以 (2c-b)·cosA-a·cosB=0,所 以 由 正 弦 定 理 得
cosA(2sinC-sinB)-sinAcosB=0,即 2cosAsinC=cosAsinB+sinAcosB,所 以
1
2cosAsinC=sin(A+B),即 2cosAsinC=sinC,因 为 sinC≠0,所 以 2cosA=1,cosA= ,又 因 为
2
π
0＜A＜π,所以A= .
3
π 1 1 √3
(Ⅱ)因为b=3,由①知A= ,所以S = bc sinA= ×3c× =3√3,所以c=4,由余弦定理得
3 ΔABC 2 2 2
1
a2=b2+c2-2bccosA=9+16-2×3×4× =13,所以a=√13.
2
