2022-2023学年浙江省杭州重点中学四校联盟高一（下）期中数学试卷-普通用卷

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年浙江省杭州重点中学四校联盟高一（下）期中数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.化简PA−PBA.2AB B.2BA C.2.已知m，n表示两条不同的直线，α，β，γ表示三个不同的平面，则下列说法正确的是(

)A.若m//α，n//α，则m//n B.若α⊥β，m⊥β，则m//α3.已知圆台上、下底面的直径分别为4和10，母线长为5，则该圆台的体积为(

)A.145π3 B.116π3 C.4.已知O是原点，点A(−2,4)，B(1A.(1,2) B.(−∞5.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则“acosA.充要条件 B.充分不必要条件

C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件6.已知长方体ABCD−A1B1C1D1的棱长AB=4，BC=3，A.对于任意一点Q，直线D1Q与直线BB1是异面直线

B.对于任意一点Q，存在一点P，使得CP⊥D1Q

C.对于任意一点

7.在△ABC中，∠BAC=90°，AD是∠BAC的角平分线，A.2377 B.21778.已知正四面体P−ABC内接于球，D为棱AB上点，满足AD=3A.[23,4] B.[二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.设平面向量a,b,cA.若a⋅c=b⋅c，则a=b

B.若a//b，则a⋅10.已知正方体ABCD−A1B1C1D1A.AC⊥B1D1 B.A1F⊥A11.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c=A.若B=π4，1<b<2，则△ABC有两解

B.若B∈(π2,π)，b>12.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=CBA.存在点Q，使得A1Q⊥AP

B.线段C1R长度的取值范围是[0,2]

C.当点Q与点B重合时，四棱锥C−AQPR的体积为16

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知平面向量a=(4,3)，|b|=2，a与14.已知直三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，D，F分别是A1B1

15.在△ABC中，∠ABC=60°，点D在边AC上，16.如图正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长是3，E是DD1上的动点，P、F

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题10.0分)

如图，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，AB=2，EC=2DE，AE交BD于点F．

18.(本小题12.0分)

三棱柱ABC−A1B1C1的棱长都为2，D和E分别是BB1和A1C1的中点．

(1)求证：直线DE/19.(本小题12.0分)

已知△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，满足ctanA=2asinC．

(1)求角A20.(本小题12.0分)

在三棱锥P−ABC中，面PAC⊥面ABC，AP⊥PC，PC=21.(本小题12.0分)

为了美化环境，某公园欲将一块空地规划建成休闲草坪，休闲草坪的形状为如图所示的四边形ABCD.其中AB=3百米，AD=5百米，且△BCD是以D为直角顶点的等腰直角三角形．拟修建两条小路AC，BD(路的宽度忽略不计)，设∠BA22.(本小题12.0分)

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，面ABC⊥面BCC1B1，且B1C⊥AB，点

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：∵PA−PB+AB=B2.【答案】D

【解析】解：对于A，平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能异面，也可以相交，故A错误，

对于B，若α⊥β，m⊥β，则m//α或者m⊂α，故B错误，

对于C，若α⊥β，α⊥γ，不能得到β//γ，例如正方体一个顶点处的三个平面分别为α，β，γ，故C错误，

对于D，若m3.【答案】D

【解析】解：如图，作AD//BC，在RtΔADE中，

AD= AE2−ED4.【答案】C

【解析】解：点A(−2,4)，B(1,a)，

BO=(−1,−a)，BA=(−3,45.【答案】B

【解析】【分析】本题考查正弦定理、诱导公式、三角恒等变换，考查数学运算能力，属于基础题．

由acos【解答】解：∵acosB=c，∴由正弦定理得：sinAcosB=sinC，

∴sinAcosB

6.【答案】B

【解析】解：对于A：当点Q为AC1中点时，直线D1Q即直线D1B，与BB1共面，故A错误；

对于B：当BP=95时，△CBP与△C1CB相似，CP⊥BC1，

所以CP⊥AD1，

因为CP⊂面BCC1B1，C1D1⊥面BCC1B1，

所以CP⊥C1D1，

又因为C1D1∩AD1=D1，C1D1⊂面AC1D1，AD7.【答案】A

【解析】解：在△ABC中，∠BAC=90°，AD是∠BAC的角平分线，AB=3，AC=4，

所以BC=AB2+AC2=5，sinB=ACBC=45，

因为BDCD=ABAC=34，又BD+CD=5，

8.【答案】B

【解析】解：设正四面体棱长为a，球半径为R，截面圆的半径为r，则πr2=3π，r=3，

设PH⊥平面ABC于H，则H是△ ABC中心，且球心在PH上，

连接CH，并延长与AB交于点G，连接OG，OD，DH，

PH⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴PH⊥AB，AB⊥GC，

∵PH∩GC=H，∴AB⊥平面OGC，

∵OG⊂平面OGC，∴AB⊥OG9.【答案】CD【解析】解：对于A，由a⋅c=b⋅c，得c⋅(a−b)=0，

则a=b或c⊥(a−b)，选项A错误；

对于B，a⋅b=|a||b|cos<a,b>，当a,b反向时，a⋅b=−|a||b|，选项B错误；

对于C，若|a+b10.【答案】AB【解析】解：对于选项A，

连接BD，∵DD1=BB1，DD1//BB1，

∴四边形B1D1DB是平行四边形，∴BD//B1D1，

又∵AC⊥BD，∴AC⊥B1D1，故A正确；

对于选项B，连接A1B，

∵BF⊥平面ABB1A1∴BF⊥AB1，

又∵A1B⊥AB1，∴AB1⊥平面A1BF，

∴AB1⊥A1F，故B正确；

对于选项C，连接BD，AC，AB1，CB1，

∵DD1⊥AC，BD⊥AC，∴AC⊥平面BD1D，

∴AC⊥BD1，同理，AB1⊥BD1，

∵AC∩AB1=A，∴BD1⊥平面AB1C，

∴BD1⊥平面B1EF不成立，故11.【答案】AC【解析】解：对于A，因为B=π4,1<b<2，所以csinB<b<c，则△ABC有两解，A正确；

对于B，因为B∈(π2,π),b>2，所以△ABC有且仅有一解，B错误；

对于C，由0<π−3C<π20<2C<π20<C<π2得π6<C<π4，则12.【答案】BC【解析】解：∵CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，以点C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则A(4,0,0)，B(0,4,0)，C(0,0,0)，A1(4,0,4)，B1(0,4,4)，P(0,2,4)，

设点Q(0,4,a)，R(b,0,4)，其中0≤a≤4，0≤b≤4，

对于A，若存在点Q，使得A1Q⊥AP，且A1Q=(−4,4,a−4)，AP=(−4,2,4)，

A1Q⋅AP=16+8+4(a−4)=0，解得a=−2，不合题意，故A错误；

对于B，设AR=mAP+nAQ，其中m，n∈R，

即(b−4,0,4)=m(−4,2,4)+n(−4,4,a)，

即−4m−4n=b−42m+4n=04m+an=4，可得b13.【答案】39【解析】解：易知|a|=42+32=5,a⋅b=14.【答案】710【解析】解：直三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，D，F分别是A1B1和A1C1的中点，

连接DF，取BC的中点E，连接EF，EA，所以异面直线BD和AF所成角就是∠EFA，15.【答案】21【解析】解：由AD=BD=3得∠ABD=∠BAD，

设∠ABD=∠BAD=θ，则∠BDC=2θ，

△ABC中，由正弦定理得BCsin16.【答案】3【解析】解：以A，B，C，D为顶点构造棱长为2的正方体ABCD−A′B′C′D′，

由对称得PB′=PB1，PB1+PQ=PB′+PQ，

因为E是DD1上的动点，F是下底面上的动点，

则△D1EF是直角三角形，Q是EF中点，且EF=2，故QD1=1，

所以PB17.【答案】解：(1)因为在菱形ABCD中，DC//AB，DC=AB，EC=2DE，

所以DFFB=【解析】(1)根据题意可得DFFB=DEA18.【答案】(1)证明：方法一：连接CE交AC1于点G，连接CD交BC1于点H，

在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1C1//AC，BB1//CC1，

∴EGGC=EC1AC=12，∴DHHC=BDCC1=12，

∴EGGC=DHHC，DE//HG，

又∵EF⊄面ABC1，HG⊂面ABC1，

∴直线EF//平面ABC1．

方法二：在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB//A1B1，

取B【解析】(1)连接CE交AC1于点G，连接CD交BC1于点H，证明DE//HG，然后证明直线EF//平面ABC1．

方法二：取B1C1中点19.【答案】解：(1)已知△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，满足ctanA=2asinC，

由正弦定理，可得：sinCtanA=2sinAsinC，

则cosA=12，又0<A<π，∴A=π3；

(2【解析】(1)利用正弦定理得到sinCta20.【答案】(1)证明：过P作PH⊥AC交AC于H，连接HB，

∵PH⊥AC，面PAC⊥面ABC，面PAC∩面ABC=AC，

∴PH⊥面ABC，

∴PH⊥BC，

∵∠ACP=45°，∴CH=PC⋅sin∠ACP=2，

在△BCH中，HB=CH2+BC2−2CH⋅BC⋅cos45°=1，

∴CH2=BC2+BH2，∴BC⊥BH，

又∵PH∩HB=H，∴BC⊥面PHB，

∴BC⊥BP．

(2)解：方法一：过H作HD⊥AC交AB于D，

以H点为原点，分别以HD，【解析】(1)过P作PH⊥AC交AC于H，连接HB，证明PH⊥面ABC，推出PH⊥BC，证明BC⊥BH，得到BC⊥面PHB，即可证明BC⊥BP．

(2)方法一：过H作HD⊥AC交AB于21.【答案】(本题满分为14分)

解：(1)在△ABD中，由BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cosθ，

得BD2=14−65cosθ，

又cosθ=−55，

∴BD=25.………………(2分)

∵θ∈(π2,π)，

∴sinθ=1−cos2θ=1−(−55)2=2【解析】(1)在△ABD中，由余弦定理可求BD的值，利用同角三角函数基本关系式可求sin