2022-2023学年天津重点中学高一（下）期中数学试卷-普通用卷

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年天津重点中学高一（下）期中数学试卷一、单选题（本大题共9小题，共27.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.下列说法中，正确的是(

)A.三点确定一个平面 B.过一条直线的平面有无数多个

C.两条直线确定一个平面 D.三条两两相交的直线确定三个平面2.已知复数z=1+iA.z的虚部为1 B.|z|=2

C.z23.一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形A′B′O′，若O′BA.1

B.2

C.224.已知平面上不共线的四点O，A，B，C，若OA−4OB+A.13 B.34 C.125.已知|a|=2,|b|=1，a与b的夹角为2A.3e B.32e C.26.设复数z的共轭复数为z−，若2z+z−=A.−1+2i B.1+27.已知正三棱锥P−ABC的底面边长为6cm，顶点P到底面AA.27cm2 B.93c8.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中正确的是A.若a=23，b=4，A=30°，则B只有一解

B.若a2+b2−c2>9.如图，在△ABC中，∠BAC=π3，AD=2DB，

A.2 B.4 C.263二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）10.已知平面向量a=(3,−2)，b=11.在长方体ABCD−A1B1C1D12.若一个圆柱的侧面展开图是正方形，则这个圆柱的全面积与侧面积的比是______．13.若直线a//平面α，直线b//平面β，且a∈β，b⊂α，则a，b的位置关系是______，若已知α与β相交，则14.如图，已知棱长为1的正方体ABCD−EFGH，点P为棱CG的中点，点Q、R分别在棱BF、D

15.在△ABC中，∠BAC=60°，|AC|=2，BD=2三、解答题（本大题共5小题，共60.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16.(本小题12.0分)

已知复数z=m2−5m+6+(m2−m−2)i(17.(本小题12.0分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，N是PB中点，过A、N、D三点的平面交PC于M.求证：

18.(本小题12.0分)

如图，三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，各条棱长均为2，M，N分别为CC1，AB的中点．

(1)求证：19.(本小题12.0分)

△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m=(a,3b)与n=(cosA20.(本小题12.0分)

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA+3cosA=0，c=4，a=27．答案和解析1.【答案】B

【解析】解：∵不在一条直线上的三点确定一个平面，∴A错误；

∵过一条直线的平面有无数个，∴B正确；

∵两条相交或平行直线确定一个平面，∴C错误；

∵空间两两相交的三条直线确定一个平面或三个平面．∴D错误．

故选：B．

利用确定平面的条件．不在一条直线上的三点，两条平行或相交直线．过一条直线有无数个平面．

本题考查的知识点是命题的真假判断与应用，平面的基本性质，难度不大，属于基础题．

2.【答案】C

【解析】解：z=1+ii=−i(1+i)=1−i，

则z的虚部为3.【答案】D

【解析】解：因为三角形的斜二侧直观图是等腰直角三角形A′B′O′，所以△ABO的底OB=O′B′=2，

腰A′O′=22，在△A4.【答案】B

【解析】解：因为OA−4OB+3OC=0，

所以OA−OB=3(OB5.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查了向量数量积的运算及计算公式，投影的计算公式，以及投影向量的定义，考查了计算能力，属于中档题．

根据条件可求出a⋅b=−1，进而可求出|a+b|=3,a⋅(a+b)=3，然后根据投影向量的计算公式即可得出投影向量．

【解答】

解：∵|a|6.【答案】D

【解析】【分析】本题考查了复数相等，共轭复数的概念，属于基础题．

设z=a+bi(a,b∈R)，根据【解答】解：设z=a+bi(a,b∈R)，则z−=a−bi，

因为2z+

7.【答案】A

【解析】解：由题意可作底面三角形的中心到底面三角形的边的距离为：13×32×6=3cm，

所以正三棱锥的斜高为：68.【答案】C

【解析】解：对于A，根据正弦定理asinA=bsinB，可得sinB=4×1223=33，结合b>a可知B有2解，故错误；

对于B，△ABC中，∵a2+b2−c2>0，∴角C为锐角，但△AB9.【答案】A

【解析】解：设CP=λCD，则AP=AC+CP=AC+λCD=AC+λ(23AB−AC)=23λAB+(1−λ)AC=13A10.【答案】−7【解析】解：∵a−b=(1,−2−λ)，a⊥(a−b)，

∴a⋅(11.【答案】64π【解析】解：由题意可知，长方体的体对角线为其外接球的直径，设外接球的半径为R，

则2R=BD1=AB2+BC2+BB112.【答案】1+【解析】解：可以设该侧面的正方形边长为A，

则S侧面积=A2

全面积S=A2+2π(A2π)2

则圆柱的全面积与侧面积的比

S全面积S13.【答案】平行或异面

相交、平行或异面

【解析】解：直线a//平面α，直线b//平面β，且a∈β，b⊂α，

则a，b的位置关系是平行或异面，

若α与β相交，则a，b14.【答案】16【解析】解：∵VG−AQPR=2VG−RQP=2VR−PQG

=2×13×S△PQG×15.【答案】3

2711【解析】解：因为BD=2DC，所以点D为线段BC上靠近点C的三等分点，

由三点共线定理可知AD=13AB+23AC，

上式左右同时平方得AD2=19AB2+49AC2+49AB⋅AC，

已知∠BAC=60°，|AC|=2，|AD|=373，

所以379=116.【答案】解：(1)若z是纯虚数，

则m2−5m+6=0m2−m−【解析】(1)根据已知条件，结合纯虚数的定义，即可求解．

(2)根据已知条件，结合z17.【答案】证明：(1)连结BD，AC，设AC∩BD=O，连结NO，

∵ABCD是平行四边形，

∴O是BD的中点，在△PBD中，N是PB的中点，

∴PD//NO，

又NO⊂平面ANC，PD⊄平面ANC，

∴PD//平面ANC．

(【解析】本题考查线面平行的判定及面面垂直的判定，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．

(1)利用线面平行的判定定理，由线线平行证线面平行即可；

(2)先证线面平行，再利用线面平行的性质证线线平行，根据平面几何知识可证M18.【答案】(1)证明：取AB1的中点Q，连结NQ，MQ，

∵N，Q分别是AB，AB1的中点，∴NQ= //12BB1，

又M是CC1的中点，∴MC= //12BB1，∴NQ= //MC，

∴四边形NQMC是平行四边形，∴NC//MQ，

∵CN⊄平面AB1M，MQ⊂平面AB1M，

∴CN//平面AB1M.【解析】本题考查线面平行的证明，考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．

(1)取AB1的中点Q，连结NQ，MQ，推导出四边形NQMC是平行四边形，NC//MQ，由此能证明CN//平面AB1M.

(2)取BB19.【答案】解：(1)向量m=(a,3b)与n=(cosA,sinB)平行，

∴asinB=3bcosA，

∴si【解析】(1)利用平面向量共线(平行)的坐标表示可得asinB=3bcosA，又sinB≠0，结合正