2022-2023学年广东省深圳市重点大学附中高一（下）期中数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年广东省深圳市重点大学附中高一（下）期中数学试卷1.已知复数z=3−i32A.15i B.15 C.12.△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，A=60°，aA.3<b≤2 B.33.已知直线l、m，平面α、β、γ.则下列条件能推出l/​/A.l⊂α，m⊂β，α/​/β B.α/​/β，α4.已知圆锥的轴截面是一个正三角形，则其侧面积与轴截面面积之比是(

)A.23 B.23π3 5.已知向量a,b均为单位向量，且a⊥b，向量c满足|c|A.42 B.45 C.6.在△ABC中，已知角A，B，C所对边长分别为a，b，c，且满足c=5，b=7，D为BA.23 B.3 C.47.已知球O的体积为36π，圆锥SO1的顶点S及底面圆O1上所有点都在球面上，且底面圆O1半径为A.62π B.46π或628.如图，△ABC中，∠C=π4，AC=2，BC=6+2.在△AA.[−3,5]

B.[−9.已知i为虚数单位，z=a+bi，a，A.z2=|z|2

B.若a>0，则z>bi

10.已知单位向量a，b，则下列命题正确的是(

)A.向量a，b不共线

B.若a=(−32,t)，b=(cosα,sinα)，且a/​/b，则11.在正方体ABCD−A′B′CD′中，E，F，G分别为棱BB′，DDA.当λ=13时，G∈平面AEF

B.当λ=12时，AC′⊂平面AEF

C.当0<λ<1时，存在点I，使A，F12.已知△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，O为△ABC的外心，b=4，c=5，△A.A=π3 B.S=1013.已知向量a=(2,−m)，b=(14.在直角坐标系中水平放置的直角梯形OABC如图所示．已知O为坐标原点，A(22,0)，B

15.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3bcosC+3c16.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，设P为BC中点，Q为线段CC1上的动点，CQ=t

(0<t≤2)，过点A、P、Q的平面截该正方体所得截面记为S.以下结论正确的有______(填上所有正确的说法的序号)17.已知复数z=1+mi(i是虚数单位，m∈R)，且z−⋅(3+i)为纯虚数(z−是z的共轭复数)18.(1)已知|a|=4，|b|=5，且a与b的夹角为60°，求|2a−3b|的值；

(2)在矩形A19.如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，AD=2BC，F为AD的中点，E是线段PD上的一点．

(1)若20.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知asin(A+B)=csinB+C2．

(1)若a21.如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，PA是圆柱的母线，PA=3，AD=2AB=2，∠BAD=12022.如图，在我校即将投入使用的新校门旁修建了一条专门用于跑步的红色跑道，这条跑道一共由三个部分组成，其中第一部分为曲线段ABCD，该曲线段可近似看作函数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)，x∈[−4,0]的图象，图象的最高点坐标为C(−1,2).第二部分是长为1千米的直线段DE，DE/​/x轴.

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：z=3−i32−i=3+i2−i=2.【答案】B

【解析】解：因为三角形有两解，

所以bsinA<a<b，

即32b<3<b3.【答案】B

【解析】【分析】

利用直线与平面平行，平面与平面平行的判断定理以及性质定理，判断选项的正误即可．本题考查空间直线与平面，平面与平面平行的判断定理以及性质定理的应用，是基本知识的考查．

【解答】

解：l⊂α，m⊂β，α/​/β，可知l/​/m或l与m是异面直线．所以A不正确；

α/​/β，α∩γ=l，β∩γ=m，满足平面与平面平行的性质定理，所以B正确；

l/​/α，4.【答案】B

【解析】解：设底面圆的半径为r，则母线长为2r，

得侧面积是12×2πr×2r=2πr2

轴截面是一个正三角形，边长为2r，

则其面积5.【答案】C

【解析】解：a,b均为单位向量，且a⊥b，∴设a=(1,0),b=(0,1)，c=(x,y)，

∴c−2a=(x−2,y),c6.【答案】C

【解析】解：因为c=5，b=7，D为BC的中点，AD=5，

在△ADB中，根据余弦定理可得，cos∠ADB=|DB|2+|DA|2−|BA|22|DB||DA|=a27.【答案】C

【解析】解：由球O的体积为36π，得V球=43πR3=36π，解得R=3，

如图1，

当SO1=SO+OO1时，OO12=OA2−O1A2=32−(22)2=1，

∴OO1=1，SO1=SO+8.【答案】A

【解析】解：设AF=xAB+yAD，则AE=AD+AF=xAB+(y+1)ADBD=AD−9.【答案】CD【解析】解：对A选项，∵z2=(a+bi)2=a2−b2+2abi，又|z|2=a2+b2，

∴z2≠|z|2，∴A选项错误；

对B选项，∵当b≠0时，复数z为虚数，bi也为虚数，

而虚数不能比较大小，∴B选项错误；

对C10.【答案】C

【解析】解：A．a,b是单位向量，方向可能相同或相反，所以a，b可能共线，A错误；

B.∵|a|=1,a=(−32,t)，∴t=±12，

又a/​/b，

∴b=±a=(32,12)或(−32,12)，且b=(cosα,sinα)，

∴cosα=32sinα=12或cosα=−32sinα=12，

∴t11.【答案】BC【解析】解：当λ=13时，易知G∉平面AEF，A错误；

当λ=12时，E，F，G分别为BB′，DD′，CC′的中点，连接BG，FC′，EC′；

由图1易知四边形BGC′E与ABGF均为平行四边形，则BG/​/AF，BG//EC′，

所以AF//EC′，则A，F，E，C′四点共面，AC′⊂平面AEF，B正确；

如图2，延长AF与A′D′的延长线交于点M，连接MH与C′D′的交点即为点I12.【答案】AC【解析】解：对于A，由余弦定理知，b2+c2−a2=2bc⋅cosA，

∵(b+c)2−a2=43S，∴b2+2bc+c2−a2=43⋅12bcsinA，

∴2bc⋅cosA+2bc=23bcsinA，

即13.【答案】4

【解析】解：a=(2,−m)，b=(1,3)，

则a+b=(3,314.【答案】6+【解析】解：根据题意，斜二测画法作出四边形O′A′B′C′，

过点A′，作A′D′⊥O′C′，交O′C′与点D′，

又由O′A′=OA=22，则O′D′=215.【答案】10【解析】解：由3bcosC+3ccosB=5asinA，及正弦定理可得：3sinBcosC+3sinCcosB=5sin2A，

可得：3sin(B+C)16.【答案】②③【解析】解：对于①，当t=CQ=2时，如图所示，截面S即APC1E是菱形，故①错误；

对于②，当t=CQ=32时，如图所示，AP∩DC=O，

∵点P是BC的中点，可得CO=CD=AB，∴C1RCO=C1QCQ=13，

∴S与C1D1的交点R满足C1R=23，此时S是五边形，且S将棱C1D1截成长度比为2：1的两部分．

故②、④正确；

对于③，当t=CQ=1时，如图所示，S为等腰梯形，

17.【答案】解：∵z=1+mi，∴z−=1−mi，

∴z−⋅(3+i)=(1−mi)(3+i)=(3+m)+(1−【解析】(1)由已知列式求出m值，把m值代入z1=m+2i1−i，直接利用复数模的计算公式求解；

(218.【答案】解：(1)∵|a|=4，|b|=5，且a与b的夹角为60°，

∴a⋅b=|a||b|cos60°=4×5×12=10，【解析】(1)由平面向量的数量积与模的运算直接计算即可；

(2)由题意设D19.【答案】解：(1)证明：∵四棱锥P−ABCD中，AD//BC，AD=2BC，

E为PD的中点，F为AD的中点，

∴EF/​/PA，CE/​/AB，

∵EF∩CE=E，PA∩AB=A，

∴平面CEF/​/平面PAB．

(2)连接【解析】(1)推导出EF/​/PA，CE/​/AB，由此能证明平面CEF/​/平面PAB．

(2)连接BD，交A20.【答案】解：(1)由A+B+C=π可得：sin(A+B)=sin(π−C)=sinC,sinB+C2=sinπ−A2=cosA2，

又asin(A+B)=csinB+C2，得asinC=ccosA2，由正弦定理得sinAsinC=sinCcosA2，

因为sinC【解析】(1)利用诱导公式，正弦定理边化角，结合二倍角正弦求出A，再利用余弦定理求解作答；

(2)由余弦定理求出a，由面积关系可得B21.【答案】解：(1)连接BD，在△ABD中，AB=1，AD=2，∠BAC=120°，

由余弦定理得：

BD2=BC2+CD2−2BC⋅CDcos∠BCD=7，

∴BD=7，

设圆柱底面半径为r，

由正弦定理得2r=BDsin∠BAD=【解析】(1)利用余弦定理求出BD，再利用正弦定理求出圆柱底面的半径为r，进而求出结果．

(