云南省昆明市第一中学2020-2021学年高一下学期期中数学试题

试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知i为虚数单位，则复数A．1i

1i（ ） 1iC．i

D．i

B．1i

2．已知a1,1，b11,，c2,1，则abc（ ） A．2

B．1

C．0

D．1

3．在ABC中，已知AB3，C6，sinA1，则BC（ ） 3D．3 A．1 B．23 3C．2

4．在四边形ABCD中，ACABAD，则（ ） A．ABCD是矩形 四边形

5．若tan2，则sin2（ ） A．

B．ABCD是菱形

C．ABCD是正方形 D．ABCD是平行

4 5B．

3 5C．

2 5D．

1 56．已知i为虚数单位，如图，点O为复平面的原点，平行四边形OABC的顶点A、B对应的复数分别为32i、16i，则点C对应的复数为（ ）

A．42i B．23i C．24i D．23i

7．已知ab1，ab3，设a与b的夹角为，则cos（ ） A．3 2B．1 2C．

1 2D．

3 2试卷第1页，总4页

8．设a与b是平面上一组非零向量，则下列命题中，为真命题的选项是（ ） A．若abab，则ab C．若acbc，则ab

二、多选题

9．已知曲线C1:ysinx，C2:ysin2x（ ） A．向左平移B．向左平移变

C．各点的横坐标缩短为原来的位

D．各点的横坐标缩短为原来的位

10．已知ABC中，BC1，AC3，A30，则ABC的面积S的值可以为（ ） A．B．若abab，则ab D．若a//c，且b//c，则a//b

2，为了得到曲线C2，可以将曲线C13323个单位，再把得到的曲线各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变 个单位，再把得到的曲线各点的横坐标缩短为原来的

1倍，纵坐标不212倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单231倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单233 4B．1 C．3 2D．3 2211．若向量a2m,m与bm1,m1共线，则实数m的值可以为（ ）

A．2 B．1 C．0 D．1

12．如图，在矩形ABCD内(不包含边界)有一动点Q，满足AQ1，AD1，AB3，若AQABAD，其中，R，则下列命题中正确的选项为（ ）

试卷第2页，总4页

A．为定值

B．0,3且0,1 3C．的最小值为

三、填空题

3 6D．3的最大值为2 13．已知a2,3，bx,6，且ab，则x___________. 14．已知i为虚数单位，则i2020i2022___________.

15．在三棱锥PABC中，ABBCCA2，PAPBPC锥的体积为___________.

16．如图，经过OAB的重心G的直线与OA，OB分别交于点P，Q，设OPxOA，

43，则该三棱3OQyOB，x，y0,1，则x4y的最小值为___________.

四、解答题

17．已知某一圆柱体内接于球O，若该圆柱体的高h8，且球O的表面积为100. （1）求该圆柱体的表面积S；

V1（2）设该圆柱体的体积为V1，球O的体积为的V2，求.

V218．设OA7,t，OB1,1，OCt,1.其中tR. （1）当t1时，证明：BABC； （2）若A，B，C三点共线，求实数t的值.

19．已知a2cosx,3cosx，bcosx,2sinx，xR，设函数fxab. （1）求函数fx的最小正周期T； （2）若x0,，求fx的值域 2试卷第3页，总4页

20．在ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且（1）求A的大小； （2）若ABAC3，且

3sinBcosA. babc43，求a的值. cb321．若E，F，G，H分别是平面四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点.

（1）求

ABDCHF的值；

（2）证明：四边形EFGH为平行四边形.

22．将所有平面向量组成的集合记作R2，并定义“向量函数”:yfx，其中x，yR2.已知ux,y，设0,2，vxcosysin,xsinycos，定义向量函数vfu.

（1）证明：对于任意a，bR2以及m，nR，fmanbmfanfb恒成立；

（2）若a，bR2，求fafbab的值.

试卷第4页，总4页

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参

1．D 【分析】

根据复数的除法运算法则计算即可. 【详解】

1i1i2ii. 解：

1i1i1i2故选：D 2．C 【分析】

利用平面向量数量积的坐标运算可求得abc的值. 【详解】

由已知可得ab0,0，因此，abc0. 故选：C. 3．C 【分析】

利用正弦定理直接求解 【详解】

2BCABBC由题意

1sinAsin62故选：C 4．D 【分析】

3132

根据向量加法的平行四边形法则可得，以AB，AC为邻边做平行四边形ABCD，可得

ACABAD，进而可判断.

【详解】

根据向量加法的平行四边形法则可得， 以AB，AC为邻边做平行四边形ABCD，如图，

答案第1页，总12页

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可得ACABAD， 所以四边形ABCD为平行四边形. 故选：D

5．A 【分析】

根据正弦的二倍角公式、同角三角函数基本关系以及化弦为切即可求解. 【详解】

sin22sincos故选：A. 6．C 【分析】

2sincos2tan224，

sin2cos2tan212215由平面向量加法的平行四边形法则可求得OC的坐标，进而可求得点C对应的复数. 【详解】

由已知可得OA3,2，OB1,6，

由平面向量加法的平行四边形法则可得OAOCOB，故OCOBOA2,4， 因此，点C对应的复数为24i. 故选：C. 7．B 【分析】

根据向量的模求出ab，再结合ababcos公式计算即可. 【详解】 由题意知，

答案第2页，总12页

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ab=1，ab3，

所以aba2abb，

2221ab=-，

2又ababcos， 所以cos故选：B 8．A 【分析】

根据向量的运算依次讨论各选项即可得答案. 【详解】

解：对于A选项，若abab，根据向量模的公式两边平方整理得ab0，故ab，故A选项正确；

对于B选项，若abab，则abab，所以a,b0，a与b大小未知，故B选项错误；

对于C选项，当c0时，acbc，但ab不满足，故C选项错误；

对于D选项，当c0时满足a//c，且b//c，但a//b不一定成立，故D选项错误； 故选：A 9．BD 【分析】

根据三角函数的图象变换的规则，逐项判定，即可求解. 【详解】

对于A中，将函数ysinx的图象向左平移

ab1=，

2ab3个单位，可得ysin(x3)，再把得到的

1曲线各点的横坐标伸长为原来的2倍，可得ysin(x)，所以A不正确；

23对于B中，将函数ysinx的图象向左平移

22)，再把得到个单位，可得ysin(x33答案第3页，总12页

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21)，所以B正确； 倍，纵坐标不变ysin(2x231对于C中，将函数ysinx的图象上各点横坐标缩短为原来的倍，可得ysin2x，再

2242)]sin(2x)，把得到的曲线向左平移个单位，可得ysin[2(x所以C不正确；

3331对于D中，将函数ysinx的图象上各点横坐标缩短为原来的倍，可得ysin2x，再

2的曲线各点的横坐标缩短为原来的把得到的曲线向左平移故选：BD. 10．AC 【分析】

根据正弦定理得出sinB【详解】

由题意知，在ABC中，

3个单位，可得ysin[2(x2)]sin(2x)，所以D正确； 333进而求出角C，结合三角形面积公式求解即可. 2aBC1，bAC3，A30，

由正弦定理，得

ab3， sinBsinAsinB2ba，所以BA30，所以B60或B120，

当B60时，C=90，S△ABC13； absinC2213. absinC24当B120时，C=30，S△ABC故选：AC 11．ACD 【分析】

利用向量共线的坐标表示直接求解 【详解】

22若向量a2m,m与bm1,m1共线，则

2mm21m2m10m1m22m0 ，解得m0,2,1

答案第4页，总12页

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故选：ACD 12．BD 【分析】

以A为原点，AB所在的直线为x轴，以AD所在的直线为y轴建，设BAQ，

0,，可得Qcos,sin，根据已知条件以及向量线性运算的坐标表示可得

23cos，sin，再利用三角函数的性质以及三角恒等变换即可得出正确选项. 3【详解】

如图：以A为原点，以AD所在的直线为y轴建立平面直角坐标系， AB所在的直线为x轴，

A0,0，B3,0，D0,1，

设BAQ，0,AB， 因为AQ1，所以Qcos,sin， 23,0，AD0,1，AQcos,sin，

由AQABAD可得：cos,sin所以cos3，sin，即3,00,1，

3cos，sin， 3对于选项A：3423cossinsinsin， 33636的值随的变化而变化，所以不是定值，故选项A不正确；

对于选项B：33cos0,可得cos0,1，所以sin0,1， 33答案第5页，总12页

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故选项B正确； 对于选项C：33，因为cossinsin20,，可得20, 2363，而不是最小值，故选项C不正确；

63cossincossin2sin 34当22时，的最大值为对于选项D：33当4时，3最大值为2，故选项D正确，

故选：BD. 13．9 【分析】

由ab得出ab0，结合向量数量积的坐标表示即可. 【详解】

由a(2，，3)b(x，6)，ab， 得ab02x180x9， 故答案为：9 14．0 【分析】

根据复数代数形式的乘方运算法则计算可得； 【详解】

解：因为i21，i3i，i41， 所以i2020i2022i4505i450521i2110

故答案为：0 15．23 3【分析】

分析可知三棱锥PABC为正三棱锥，计算出该三棱锥的高和底面积，可求得该三棱锥的体积.

答案第6页，总12页

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【详解】

因为ABBCCA2，PAPBPC43，故三棱锥PABC为正三棱锥， 3设点P在底面ABC的射影为点O，则O为正ABC的中心，如下图所示：

由正弦定理可得2AO23AB43，故AO，则POPA2AO22， 3sin603SABC321123. 23，因此，VPABCS△ABCPO32433323. 3故答案为：16．3 【分析】

设AB的中点为C，可得OC12OAOB，结合OGOC和已知条件将OG用OP、

32OQ表示，由P，Q，G三点共线以及向量分解的唯一性即可得出x,y之间的关系，再利用

基本不等式即可求最值. 【详解】

如图：设AB的中点为C，连接OC，OC1OAOB， 2答案第7页，总12页

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因为G为OAB的重心，所以OG2211OCOAOBOAOB， 3323因为OPxOA，OQyOB，所以OA11OP，OBOQ，

yx所以OG11OPOQ， 3x3y因为P，Q，G三点共线，所以PGtPQ，

所以OGOPtOQOP，所以OG1tOPtOQ

11t11113x1由平面向量基本定理可得：，所以，可得3，

13x3yxyt3y1111x4y1x4y所以x4yx4y552yx3 3xy3yx311xy3当且仅当时等号成立，

x4yxy所以x4y的最小值为3， 故答案为：3. 17．（1）57（2）【分析】

（1）求出球半径，利用勾股定理的圆柱上下面半径，求出表面积即可；（2）利用圆柱和球的体积公式直接求解 【详解】

(1)设圆柱体上下底面半径为r圆心为O1,O2OO128，由球与圆柱的对称性知球心O为

125h2O1O2的中点，设球半径为R,则4R100R5;且Rrr3 ,故该圆2222柱体的表面积Sr22rh94857

答案第8页，总12页

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4500V123Vrh72,VR （2）由（1 ）1233V212518．（1）证明见解析；（2）5或3. 【分析】

（1）当t1时，求得BA(8,0),BC(0,2)，根据向量的数量积的运算得到BABC0，即可证得BABC；

（2）由A,B,C三点共线，得到BABC，列出方程组，即可求解. 【详解】

（1）当t1时，可得向量OA7,1，OB1,1，OC1,1， 则BAOAOB(8,0),BCOCOB(0,2)，

所以BABC800(2)0，所以BABC，所以BABC. （2）由题意知向量OA7,t，OB1,1，OCt,1， 可得BAOAOB(8,t1),BCOCOB(t1,2) 因为A,B,C三点共线，可得BABC，所以即实数t的值为5或3.

8(t1)，解得t5或t3，

t123 19．（1）T=；（2）2，【分析】

（1）利用数量积定义结合二倍角的正余弦公式化简f(x)为最简形式，再求周期；（2）利用整体换元法求函数的值域 【详解】

（1）fxab=2cosx23sinxcosxcos2x3sin2x1=2sin2x2π1 6故最小正周期T2 221x0,x,sinx3 （2）若则,1 ，fx的值域为2，663622答案第9页，总12页

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20．（1）【分析】

；（2）2 6（1）正弦定理边化角得解；（2）由数量积得bc值，结合题目等式和余弦定理求解a 【详解】

（1）由正弦定理得

3sinBcosA3tanA,A0,A

sinBsinA363bc3bc23，故2（2）若ABAC3，则bccosAbcb2c2433b2c28，由余弦定理得a2b2c22bc83bccbbc32=2a2

21．（1）2；（2）证明见解析 【分析】

（1）由题知DCDHHFFC，ABAHHFFB，进而得ABDC2HF，

ABDC故

HF2HFHF2；

（2）结合向量共线证明线段平行且相等即可证明. 【详解】

解：（1）因为H,F是边AD,BC的中点， 所以DHAH，FCFB，

又因为DCDHHFFC，ABAHHFFB， 所以ABDCDHHFFCAHHFFB2HF，

ABDC所以

HF2HFHF2

（2）连接DB，

因为E，F，G，H分别是平面四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点， 所以在△ABD和△BCD中，

答案第10页，总12页

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由中位线定理得：HE所以HEGF11BD，GFDB， 221DB， 2因为H,E,G,F不共线， 所以HE//GF,HEGF， 所以四边形EFGH为平行四边形

22．（1）证明见解析；（2）0. 【分析】 （1）设ax1,y1，bx2,y2，根据已知计算fa、fb及fmanb即可求证；

（2）根据题中的定义结合数量积的坐标运算、同角三角函数基本关系即可求解. 【详解】 （1）设ax1,y1，bx2,y2则

manbmx1,y1nx2,y2mx1nx2,my1ny2，

fbxcosysin,xsinycos 所以fmanb

fax1cosy1sin,x1siny1cos

2222mx1nx2cosmy1ny2sinmx1nx2sinmy1ny2cos

mx1cosy1sinx1siny1cosnx2cosy2sinx2siny2cos答案第11页，总12页

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（2）由（1）知faxcosysin,xsinycos fbxcosysin,xsinycos

mfanfb，

11112222abx1x2y1y2

所以fafbab

x1cosy1sinx2cosy2sinx1siny1cosx2siny2cosabx1cosy1sinx2cosy2sinx1siny1cosx2siny2cosabx1x2y1y2x1x2y1y20，

所以fafbab0.

答案第12页，总12页