座位號(hào)(在此卷上答題無(wú)效)高一數(shù)學(xué)B(試卷滿分:150分考試用時(shí):120分鐘)考生注意:1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。2.答題前,考生務(wù)必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項(xiàng)目填寫清楚。3.考生作答時(shí),請(qǐng)將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后,用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑;非選擇題請(qǐng)用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無(wú)效,在試題卷、草稿紙上作答無(wú)效。一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知復(fù)數(shù)滿足(1-i)z=(1+i)2,其中i為虛數(shù)單位,則的虛部為A.0B.iC.-1D.-i2.設(shè)a,b為非零向量,若入+bl=la+入bI,則"lal=IbI"的充分不必要條件是A.入=1或0B.入=-1或0C·入±13.在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,C,a2,b=,B=,則△ABC的解有4A.0個(gè)B.1個(gè)C.2個(gè)D.3個(gè)4.正四棱臺(tái)的上、下底面棱長(zhǎng)分別是1和5,且棱臺(tái)的側(cè)棱長(zhǎng)為5,則該棱臺(tái)的體積是5.在空間幾何中下列說法正確的是A.過直線上一點(diǎn)有且只有一條直線與已知直線垂直B.過一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知直線垂直C.過直線外一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知直線平行D.過一點(diǎn)有且只有一條直線與已知直線平行6.在△ABC中,AB=3,AC=2,點(diǎn)。是△ABC外心,點(diǎn)M是BC的中點(diǎn),則AM·A→為7.在正三棱柱ABC-AiB,C,中,AAi=,AB=1,M是BB,中點(diǎn),N是CC,的中點(diǎn),則異面直線AiN與AM所成角的余弦值為高一數(shù)學(xué)試題B第1頁(yè)(共4頁(yè))高一數(shù)學(xué)試題B第2頁(yè)(共4頁(yè))8.已知將函數(shù)y=sinox+cosor向右平移4個(gè)長(zhǎng)度單位,再將振幅縮小到原來的2倍,得函數(shù)f(3s),又知函數(shù)f(x)與g(x)=-COS(wX+)的圖象連續(xù)相鄰的三個(gè)交點(diǎn)為A、B、C,若BA·BC=0,則w的值是二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求,全部選對(duì)的得6分,部分選對(duì)的得部分分,有選錯(cuò)的得0分。9.已知復(fù)數(shù)31,32,其共軛復(fù)數(shù)分別是,2,下列說法正確的有22Alz1zl=lz1llz22B.若IZ1l=,則2=z1+(a>0)是實(shí)數(shù) C·2Flz1l2,則Z2=i D.z2=2的充分不必要條件是是實(shí)數(shù)已知某校數(shù)學(xué)興趣小組想測(cè)量河對(duì)岸山的高度AB,已知某校數(shù)學(xué)興趣小組想測(cè)量河對(duì)岸山的高度AB,先在河岸邊定好一條基AD11.在長(zhǎng)方體ABCD-A,B,CD,中,ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形,AA=2AB,動(dòng)點(diǎn)N在線段A,C上(不含端點(diǎn)),M在線段AB上,則A.存在點(diǎn)N,使得AclBNB.存在點(diǎn)N,使得BN/平面AADDi三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分。12.已知向量a=(1,2),b=(-1,1),則a在b上的投影向量為·13.復(fù)數(shù)z1=-1+i,2=2-i,lz-z2l=4,則IZI的取值范圍為·積最大時(shí),三棱錐外接球的表面積為·高一數(shù)學(xué)試題B第3頁(yè)(共4頁(yè))四、解答題:共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15.(13分)已知A=(-2,-m+1),OB=(2m-1,1),oc=(1,-1).(1)若ABAC,求m;(2)若A,B,C三點(diǎn)共線,求m.16.(15分)已知i為虛數(shù)單位,z1,z2是x2+mx+n=0(m,neR,A=m24n<0)的兩個(gè)根.(1)設(shè)z1,32滿足方程z1+(1-i)2=9+6i,求n2;(2)設(shè)z1=1+2i,復(fù)數(shù)31,32所對(duì)的向量分別是a與b,若向量ta-b與a+2b的夾角為鈍角,求實(shí)數(shù)t的取值范圍.17.(15分)在△ABC中,AB=C,AC=b,點(diǎn)M、N分別是AB、AC上的點(diǎn),且滿足AM=入C,AN=μb點(diǎn)為P.MACN高一數(shù)學(xué)試題B第4頁(yè)(共4頁(yè))18.(17分)如圖,已知四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形,PA底面ABCD,PA=AB,E,F,G分別為線段AD,BC,PB的中點(diǎn).G(1)求點(diǎn)A到平面PBC的距離;G 、D(2)求PE 、DBCFBC19.(17分)這三個(gè)條件中任選一個(gè),補(bǔ)充在下面問題中,并加以解答.(如未作出選擇,則按照選擇①評(píng)分)在△ABC中,a,b,C分別是角A,B,C的對(duì)邊,若,(1)求角B的大小;(2)若角B的平分線BD長(zhǎng)為1,且ac=4,求△ABC外接圓的面積;(3)若D是AC邊上的一點(diǎn),且AD:DC=1:2,BD=,當(dāng)a+3C取最大值時(shí),求△ABC的面積.123456789CDCBBBAA1.【解析】由題意,(1-i)z=(1+i)2,可得z==-=i(1+i)=-1+i?z-=-1-i,所以的z-虛部為-1.EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(→),b)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(→),b)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(→),b)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(→),b)=2+2EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(→),b)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(→),b)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(→),b)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(→),b)|”的充分不必要條件是D.因?yàn)樗运杂袃山?5.【解析】A選項(xiàng)：根據(jù)空間兩條直線的垂直關(guān)系有相交垂直和異面垂直兩種情況,故當(dāng)已知點(diǎn)在已知直線上時(shí),可作無(wú)數(shù)條直線與已知直線垂直.故A選項(xiàng)錯(cuò)誤.B選項(xiàng)：無(wú)論已知點(diǎn)在已知直線上還是已知直線外,假設(shè)過一點(diǎn)能作出兩個(gè)平面與已知直線垂直,則這兩個(gè)平面平行,顯然與兩平面經(jīng)過一個(gè)點(diǎn)相互矛盾,故過一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知直線垂直,故B正確.C選項(xiàng)：已知點(diǎn)在已知直線外時(shí),可作出無(wú)數(shù)個(gè)平面與已知直線平行,故C選項(xiàng)錯(cuò)誤.D選項(xiàng):當(dāng)已知點(diǎn)在已知直線上時(shí),不能作出與已知直線平行的直線;當(dāng)已知點(diǎn)在已知直線外時(shí),可以作一條與已知直線平行的直線,故D選項(xiàng)錯(cuò)誤.EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up9(—→),M)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up9(—→),B)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up9(—→),C)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up9(—→),M)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up9(—→),O)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up9(—→),B)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up9(—→),O)AEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),C).AEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),O)=(AEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),B)2+AEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),C)2)=.7.【解析】因?yàn)锳BC-A1B1C1是正三棱柱,且AA1=3,AB=1.取AA1中點(diǎn)為E,聯(lián)B1C,則EC??A1N,EB1??AM,則異面直線A1N與AM所成角,即∠B1EC.則EB1=-164EBEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up2(2),1)+EC2-B1C2=EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up5(7-164EBEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up2(2),1)+EC2-B1C2=EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up5(7),4)+EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up5(7),4)2EB1.EC2.271.72平移得y=2sinωx,再將振縮小,得f(x)=sinωx.又因?yàn)間(x)=-cos(ωx+=cos(π-ωx-=sin=sin-+ωx(=sin(ωx-,所以函數(shù)f(x)和g(x)的周期,在同一直角坐標(biāo)系中函數(shù)y=f(x),y=g(x)的圖像如圖所示.因?yàn)锳、B、C為連續(xù)三交點(diǎn),(不妨設(shè)B在x軸下方),D為AC的中點(diǎn),由對(duì)稱性知,ΔABC是以AC為底邊的等腰三2ωx=1,所以sinωx=±,設(shè)點(diǎn)A、B的縱坐標(biāo)分別為yA,yB,則yA=-yB=,即BD=2|yB|=3,數(shù)學(xué)參考答案第2頁(yè)（共5頁(yè)）由則又∠BAC=∠BCA,所以當(dāng)且僅當(dāng)|,所以A正確.對(duì)于B項(xiàng),設(shè)z1=x+yi(x,y∈R),則z2=x+yi+又因則x2+y2=a,則z2=2x,所以B正確.對(duì)于C項(xiàng),因?yàn)?=z1z1=z1z2,若z1=0,不成立,故C錯(cuò).對(duì)于D項(xiàng),設(shè)z1=x+yi(x,y∈R),則z-1=x-yi.因?yàn)閦EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up3(2),1)=EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up3(2),1),所以x2+2xyi-y2=x2-2xyi-y2,即xyi=0,所以xy=0.所以y=0時(shí),zEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up3(2),1)=EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up3(2),1).故D正確.設(shè)AB=h,因?yàn)榈靡驗(yàn)榈迷讦CD中由余11.【解析】對(duì)于選項(xiàng)A,連接BD,且AC∩BD=0,如圖所示,當(dāng)N在A1C中點(diǎn)時(shí),因?yàn)辄c(diǎn)O為AC的中點(diǎn),所以1A,因?yàn)锳1A⊥平面ABCD,所以O(shè)N⊥平面ABCD,又因?yàn)锳C?平面ABCD,所以O(shè)N⊥AC,因?yàn)锳BCD為正方形,所以AC⊥BD.又因?yàn)锽D∩ON=O,且BD,ON?平面BDN,所以AC⊥平面BDN,因?yàn)锽N?平面BDN,所以AC⊥BN,所以A正確;對(duì)于選項(xiàng)B:若存在點(diǎn)N,使得BN?平面A1AD,又因?yàn)锽C?平面A1AD,N不與C重合.BN與BC相交于B點(diǎn),且都在平面A1BC內(nèi),則平面A1BC?平面A1AD與題目不相符,B錯(cuò)誤.對(duì)于選項(xiàng)C:將△A1BC和△A1CD所在的平面沿著A1C展開在一個(gè)平面上,如圖所示△A1BC和△A1DC是全等的直角三角形,A1B=A1D=25,BC=CD=2,連結(jié)BD,BD⊥A1C,則NB+ND的最小值為BD,直角△A1BC斜邊A1C上高為直角△A1CD斜邊A1C上高也為,所以NB+ND的最小值為,所以C正確;對(duì)于選項(xiàng)D:過N點(diǎn)作NP?CD,交A1D于P,作NT?A1A,交AC于T,過T作MT?BC交AB于M.(若M在其它位置,MN長(zhǎng)度比此時(shí)大)如圖所示,易證明平面MNT?平面A1AD,MN?平面MNT,所以MN∥平面A1AD,NP?CD,AM?CD,所以AM?NP,MN?平面AMNP,平面AMNP∩平面A1AD=AP,所以MN?AP,所以四邊形AMNP為平行四邊形.所以MN=AP,當(dāng)AP最小時(shí)MN最小,在Rt△A1AD中,|A1A|=4,|AD|=2,可得 所以由等面積得|AP|最小值為最小值為所以D正確.13.【答案】[3,5]【解析】設(shè)z=x+yi(x,y∈R).由|z-z1-z2|=4知：|x-1+yi|=4,則有(x-1)2+y2=16,數(shù)學(xué)參考答案第3頁(yè)（共5頁(yè)）所以3≤|z|≤5.14.【答案】π【解析】：(方法一)因?yàn)椤螦CB的平分線交AB于M點(diǎn)所以設(shè)BC=m,則AC=2m.由三角形的三邊關(guān)系可知{((EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(m+),2m)-2EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(m),m)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(2),2),,解得<m<2.由余弦定理可知,cos∠ACB===-.所以sin∠ACB=-2,所以SΔABC=.AC.BC.sin∠ACB=.2m2-2=m4-- =(1--1(=9--1(≤=,當(dāng)且僅當(dāng)-1=9-,即m=時(shí),等號(hào)成立.因?yàn)椤?2(,所以當(dāng)m=時(shí),ΔABC的面積取得最大值,此時(shí)sin∠ACB=-2=-2=.設(shè)ΔABC的外接圓半徑為r,則由正弦定理可知,=2r=,解得r=.設(shè)外接球的半徑為R,三棱錐的高為H,ΔABC的外接圓的圓心為O1,三棱錐的外接球的球心為O.由OA=OB=OC=3,AB=2可知,三棱錐O-ABC的外接球心在三棱錐的內(nèi)部,則H=OO1+R.因?yàn)镠=、32-r2=2=14,OO1=R2-r2=R2(2,所(方法二)設(shè)以AB所直線為x軸,其中垂線為y軸,建立平面直角坐標(biāo)系,則A(-1,0),B(1,0).設(shè)C(x,y).因?yàn)椤螦CB的平分線交AB于M點(diǎn),=2,所以==2=:((EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(x),x)-+EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(1),1)))EQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up13(2),2)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(y),y)EQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up12(2),2),即得點(diǎn)C的軌跡方程為(x-2+y2=2.ΔABC面積最大,即C點(diǎn)到x軸距離最遠(yuǎn),故此時(shí)點(diǎn)C為,所以|AC|=2=235.由余弦定理可知,cos∠ACB=AC2+BC2-AB2=(435(2+(235(2-4=44232AC.BC2AC2+BC2-AB2=(435(2+(235(2-4=4423EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),B)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),B)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),C)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),C)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),A)..............................................2分若AEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up9(—→),B)⊥A—EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up9(—→),C),則AEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up9(—→),B).A—EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up9(—→),C)=0=3(m+1)+(m+2)m,所以m1=-3,m2=-1.......................................7分若A、B、C共線,則AEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),B)=μA—EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),C)(μ∈R),則2m3+1=mm-2,即m2-3m-1=0......................10分所以.................................................................................................................................13分、z2是x2+mx+n=0(m,n∈R,?=m2-4n<0)的兩個(gè)根,不妨設(shè)z1=a+bi(a,b∈R(,則z2=a-bi,..................................................................................................2分因?yàn)閦1、z2滿足方程z1+(1-i(z2=9+6i,則a+bi+(1-i)(a-bi)=9+6i可得2a-b-ai=9+6i,.............................................................................................................................5分所以z1+z2=-m=-12,z1z2=n=(-6)2+212=477.則nEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up8(m),12)=477........................................................7分(2)設(shè)z1=1+2i,則z2=1-2i,....................................................................................................................8分因?yàn)閺?fù)數(shù)z1、z2所對(duì)的向量分別是與EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(→),b),所以=(1,2(,EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(→),b)=(1,-2(,................................................10分-EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(→),b)=t(1,2(-(1,-2(=(t-1,2t+2(,+2EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(→),b)=(1,2(+2(1,-2(=(3,-2(,..........................11分若向量-EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up9(→),b)與+2EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up9(→),b)的夾角為鈍角,則且3t-3-4t-43t-3-4t-46t+5≠-1,6t+5+∞(......................................................15分解得t>-7,t≠-EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(1),2),實(shí)數(shù)t的取值范圍是(-7,-EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(1),2)(+∞(......................................................15分41-m4；知:AEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),P)=mAEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),B)41-m4；知:AEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),P)=mAEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),B)+(1-m)A—EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),N)=+EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(→),b)由C、P、M三點(diǎn)共線知:AEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),P)=nA—EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),C)+(1-n)A—EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),M)=nEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(→),b)+1EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(-),3).....................................................4分223EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(→),b)+....................................................7分((EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up10(m),1)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up14(-n),223EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(→),b)+....................................................7分1-m3(2)由B、P、N三點(diǎn)共線和,λ=EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(→),b);知:AEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),P)=mAEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),B)+(1-1-m3(2)由B、P、N三點(diǎn)共線和,λ=EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(→),b)2(1-n)3................................................9分由C、P、M三點(diǎn)共線知:AEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),P)=nA—EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),C)+(1-n)A—EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),M)=nEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(→),b)+2(1-n)3................................................9分又因?yàn)棣BC是正三角形,所以AEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),P).CEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),P)=0..........................................................................................15分18.【解析】(1)底面ABCD為正方形，所以BC丄AB，PA丄底面ABCD，BCC底面ABCD，則PA丄BC，AB∩PA=A，AB,PAC平面PAB，則BC丄平面PAB，AGC平面PAB，所以BC丄AG，又PA=AB，G為PB中點(diǎn)，則AG丄PB，BC,PBC平面PBC，BC∩PB=B，所以AG丄平面PBC..............................................................6分所以點(diǎn)A到面PBC的距離為AG.又因?yàn)锳BCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，所以PA=AB=1,則PB=2.所以AG=EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(1),2)PB=22..............................................................................................................................8分(2)連接BE交AF于點(diǎn)H，連接GH，由四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，E,F分別為AD,BC中點(diǎn)，所以△AHE三△FHB，則BH=HE，即H為BE中點(diǎn)，又因?yàn)镚為BP中點(diǎn)，有GHⅡPE........................................12分由(1)知AG丄PBC,所以sin∠AGH等于PE與面PBC夾角余弦....................................................15分所以PE與面PBC夾角余弦值為：.所以PE與面PBC夾角余弦值為：若選①,因?yàn)樗?acosB-ccosB=bcosC由正弦定理得由正弦定理得2sinAcosB=sinCcosB+sinBcosC=sin(B+C)=sinA,則cosB=EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(1),2),因?yàn)锽∈(0,π(,所以B=EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(π),3) 由c-bcosA=3bsinA,sinC=sin