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文档简介
第=page11页,共=sectionpages11页2022-2023学年安徽省皖北县中联盟高一(下)联考数学试卷(6月份)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.若复数a+i1−i是纯虚数,则实数A.0 B.−3 C.1 D.2.下列叙述正确的是(
)A.用一个平面去截棱锥,棱锥底面和截面之间的部分是棱台
B.两个面平行且相似,其余各面都是梯形的多面体是棱台
C.有两个面互相平行,其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台
D.棱台的侧棱延长后必交于一点3.已知向量a=(2sinθ,−A.−2 B.−1 C.0 4.如图所示,△A′B′C′是水平放置的△ABC
A.锐角三角形 B.钝角三角形 C.等腰直角三角形 D.以上选项都不对5.已知平面α、β、γ两两垂直,直线a、b、c满足a⊆α,b⊆β,c⊆γ,则直线a、bA.两两垂直 B.两两平行 C.两两相交 D.两两异面6.已知复数z满足z(1−iA.z=12+12i B.z的虚部与实部相等
C.7.位于某港口A的小艇要将一件重要物品送到一艘正在航行的海轮上.在小艇出发时,海轮位于港口A北偏东30°且与该港口相距30海里的B处,并正以20海里/时的速度沿正西方向匀速行驶.假设该小艇沿直线方向以v海里/时的航行速度匀速行驶,经过t小时与海轮相遇.若希望相遇时小艇的航行距离最小,则小艇的航行速度(单位:海里/时)应为(
)A.103 B.20 C.308.在边长为6的菱形ABCD中,∠BAD=π3,现将菱形ABA.24π B.48π C.60π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.下列说法正确的是(
)A.复数z=3i−2i2的虚部为−2
B.方程x2−4x10.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列说法正确的是A.asinA=a+b+csinA+sinB+11.如图,正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中,AAA.B1E⊥平面BEF
B.直线B1E与直线BF所成的角为90°
C.平面BEF与平面A
12.已知正△ABC的边长为23,中心为O,P是A.(PA+PB)⊥(PC+PO) B.满足|PA+三、填空题(本大题共4小题,共20.0分)13.已知复数z满足1+zi=z−i14.若|a|=|b|=1,a⊥15.已知正方体ABCD−A1B1C1D16.在△ABC中,∠BAC=π3,AM是∠BAC的角平分线,且交B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)
已知复数z满足(1+3i)z−=5+5i.18.(本小题12.0分)
在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2asin(π2−C)=2b+19.(本小题12.0分)
如图所示,在▱ABCD中,AB=a,AD=b,BM=23BC,AN=13AB.
(120.(本小题12.0分)
如图,在直三棱柱ABC−A1B1C1中,AB=BC=AA1=1,∠ABC=90°,D,E21.(本小题12.0分)
已知空间几何体ABCDE中,△BCD是边长为2的等边三角形,△ABC是腰长为2的等腰直角三角形,四边形ACDE是正方形.
(1)22.(本小题12.0分)
如图,在梯形ABCD中,AD//BC,AB=8,AC=72,∠A
答案和解析1.【答案】C
【解析】解:∵a+i1−i=(a+i)(1+i)(12.【答案】D
【解析】解:棱台:棱锥被平行于底面的平面所截,截面和底面间的部分叫做棱台.
对于A,当截面不平行于底面时,棱锥底面和截面之间的部分不是棱台,A错误;
对于B,C,如图的几何体满足条件,但侧棱延长线不能相交于一点,不是棱台,B,C错误;
对于D,由棱台结构特征知侧棱延长后必交于一点,D正确.
故选:D.
利用棱锥与棱台的关系,结合棱台的定义判断即可.
本题考查棱台的定义以及结构特征的应用,是基础题.
3.【答案】C
【解析】解:根据题意,向量a=(2sinθ,−cos0)=(2sinθ,−1),4.【答案】C
【解析】解:O′C′=O′A′,O′A′⊥O′B′,根据斜二测画法可知,在原图形中,O为CA的中点,
AC⊥OB,
5.【答案】B
【解析】解:平面α、β、γ两两垂直,直线a、b、c满足a⊆α,b⊆β,c⊆γ,
所以直线a、b、c在三个平面内,不会是共面直线,
所以:当直线两两平行时,a、b、c为共面直线.
与已知条件整理出的结论不符.
故选:B6.【答案】D
【解析】解:z(1−i)=i,
则z=i1−i=i(1+i)(1−i)(1+i)=i+i22=−12+7.【答案】D
【解析】解:由题意作图,如图所示,∠BAC=30°,∠ABC=60°,AB=30,
假设经过t小时后小艇和轮渡在点C处相遇,
显然当AC⊥BC时,即小艇往正北方向航行时航行的距离最小,为AC=ABcos30°=153海里,
海轮航行的距离为BC8.【答案】C
【解析】解:由题意在边长为6的菱形ABCD中,∠BAD=π3,现将菱形ABCD沿对角线BD折起,可知,
△ABD和△BCD为等边三角形,如图所示.
取BD中点E,连接CE,AE,则AE⊥BD,AE=AD2−DE2=62−32=33,同理可得CE=33,
又AC=36,则AE2+CE2=AC2,AE⊥CE,故AE⊥平面CBD.
球心O在平面BCD9.【答案】BD【解析】解:对于A,z=3i−2i2=2+3i,虚部为3,A错误;
对于B,x2−4x+5=0,
则(x−2)2=−1,解得x=2±i,故B正确;
对于C,z=(1+i)2=2i10.【答案】AB【解析】解:对于A,由正弦定理和比例性质得asinA=a+b+csinA+sinB+sinC,故A正确;
对于B,由题意,tanC=tan[π−(A+B)]=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB,
则tanA11.【答案】AB【解析】解:对于A,如图,连接B1F,由题意A1B1=B1C1,
又E,F分别为CC1,AA1的中点,可得B1E=B1F,
若B1E⊥平面BEF,则B1E⊥EF,
进而∠B1EF=∠B1FE=90°,这显然不成立,故B 1E与平面BEF不垂直,A错误;
对于B,假设直线B1E与直线BF所成的角为90°,即B1E⊥BF,
由正四棱柱的性质可知B1A1⊥平面B1BCC1,
而B1E⊂平面B1BCC1,所以B1A1⊥B1E,
又A1B1与BF相交,A1B1、BF⊂面ABB1A1,所以B1E⊥平面ABB1A1,
而由正四棱柱的性质可知B1C1⊥平面ABB1A1,所以B1E//B1C1,显然这是不可能的,
所以假设不成立,因此B错误;
对于C,分别延长D1F,DA交于点P,连接PB,
则直线PB即为平面BED1F与平面ABCD的交线,连接BD,BD1,12.【答案】AB【解析】解:对于A,记CO的中点为N,由正三角形的性质知N在内切圆上且MN为内切圆圆O的直径,如图,连接PM,PN,从而有(PA+PB)⋅(PC+PO)=4PM⋅PN=0.A正确;
对于B,|PA+PB|=|2PM|=2|PM|,因为△ABC的边长为23,所以内切圆半径为1.当且仅当P为OC中点N时,|PA+PB|=4,B正确;
对于C,PA+PB=2PM,易知PM与PC的夹角∠MPC>π2,所以(PA+PB)⋅PC<0,C错误;
对于D,13.【答案】1
【解析】解:由1+zi=z−i,
得(1−i)z=1+i14.【答案】6
【解析】解:∵a⊥b
∴a⋅b=0
∵(2a+3b)⊥(ka−4b)
∴∵(2a+3b15.【答案】2【解析】解:连接AC1,AD1,
∵A1D⊥AD1,
又D1C1⊥平面ADD1A1,A1D⊂平面ADD1A1,
∴A1D⊥D1C1,又AD1∩D1C1=D1,
∴A1D⊥平面AC1D1,又AC1⊂平面A16.【答案】3【解析】解:设角A,B,C的对边分别为a,b,c,
由题意S△ABM+S△ACM=S△ABC=12bc⋅32=3,得bc=4,
又因为S△17.【答案】解:由(1+3i)z−=5+5i,得z【解析】把已知等式变形,利用复数代数形式的乘除运算化简求得z−.
(1)利用复数代数形式的减法运算求解;
(2)利用复数代数形式的乘除运算化简z218.【答案】解:(1)由2asin(π2−C)=2b+c,
得2sinAcosC=2sinB+sinC,
又A+B+C=π,所以2sinAcosC=2s【解析】(1)由正弦定理,将2asin(π2−C)=2b19.【答案】(1)解:由题意,AN=13AB,
∴AN=13AB=13a,
∴DN=AN−AD=13a−b;
∵BM=【解析】(1)根据几何关系,结合图象以及向量的运算法则,即可表示出DN,AM;
(2)根据已知可推得AO=20.【答案】解:(1)多面体ABEDB1C1不是棱柱.理由如下:
因为棱柱的侧面必为平行四边形,故棱柱的面至少有3个平行四边形,而多面体ABEDB1C1只有1个面是平行四边形,故不是棱柱.
(2)易知三棱柱ABC−A1B1C1的体积V=12×AB×BC×AA1=12,
三棱锥A−A1B1D的体积V1=13×12×12×AB×BC×AA1=112,
易知三棱锥C1−BCE的体积等于三棱锥A−A1B1D的体积,【解析】(1)根据棱柱的特征判断即可;
(2)利用三棱锥体积减两个三棱锥体积可得;
(21.【答案】(1)证明:∵四边形ACDE是正方形,∴AE//CD,
又CD⊂平面BCD,AE⊄平面BCD,∴AE//平面BCD,
又AE⊂平面ABE,平面ABE∩平面BCD=l,∴AE//l;
(2)解:法一:取CD的中点F,连接BF,
∵△BCD是边长为2的等边三角形,∴BF⊥CD,且易得BF=3,
∵△BCD是边长为2的等边三角形,四边形ACDE是正方形,
∴AC=BC=2,
而△ABC是腰长为2的等腰直角三角形,∴AC⊥BC,
又由题意知AC⊥CD,BC∩CD=C,BC,CD⊂平面BCD,
∴AC⊥平面B【解析】(1)由线面平行的判定定理可得AE//平面BCD,线面平行的性质定理可得AE//l,
(2)法一:取CD的中点F,由线面垂直的
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