2022-2023学年辽宁省鞍山市一般高中协作校高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年辽宁省鞍山市一般高中协作校高一（下）期末数学试卷一、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.已知z=(4+3iA.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.在△ABC中，若a2+cA.120° B.30° C.45°3.要得到y=3sin(A.向左平移π4个单位 B.向右平移π4个单位 C.向左平移π8个单位 D.4.在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的底面是斜边长为2的等腰直角三角形，高为2，则该“堑堵”的表面积为(

)A.22+2 B.225.如图，在四面体OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，GA.−23a+13b+16.已知平面α内有一个点A(2,−1,2)，α的一个法向量为nA.(1,−1,1) B.7.如图，有一古塔，在A点测得塔底位于北偏东60°方向上的点D处，塔顶C的仰角为30°，在A的正东方向且距D点60m的B点测得塔底位于北偏西45°方向上(A,B,D在同一水平面)，则塔的高度C

A.38m B.44m C.40m8.若三棱锥P−ABC的四个面都为直角三角形，且PA⊥平面ABCA.6π B.5π C.4π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.已知向量a=(1,−1,0A.|a−b|=6 B.(10.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法不正确的是(

)A.若m⊥α，α⊥β，则m//β

B.若n//α，α//β，则n//β

C.11.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a=22A.△ABC外接圆的半径为32 B.△ABC外接圆的半径为12.以下命题正确的是(

)A.直线l的方向向量为a=(1,−1,2)，直线m的方向向量b=(1,2,1)，则l⊥m

B.直线l的方向向量a=(0,1,−1)，平面α的法向量n=(三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知sinα=3c14.已知空间向量a=(1,0,1)，b=15.已知点P在△ABC所在平面内，O为空间中任一点，若OP=116.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，BD为边AC上的中线，若a2=b3四、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z1=m−2i，复数z2(1)若n=1，(2)若z1=(18.(本小题12.0分)

已知a，b，c在同一平面内，且a=(1,2)．

(1)若|c|=35，且a//19.(本小题12.0分)

如图，四边形ABCD为正方形，PD=DC=2，点E，F分别为AD，PC的中点．

(1)证明：DF//20.(本小题12.0分)

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知c=23，且cosA+cosCsin21.(本小题12.0分)

在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD=60°，点E是边AB的中点(如图1)，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，连接A1B，A1C，得到四棱锥A1−B22.(本小题12.0分)

如图所示，底面为菱形的直四棱柱A1B1C1D1−ABCD被过三点C、B1、D1的平面截去一个三棱锥C1−CB1D1(图一)得几何体A1B1C1D1−ABC

答案和解析1.【答案】A

【解析】解：因为z=(4+3i)(2+i)=8+42.【答案】B

【解析】解：在△ABC中，若a2+c2=b2+3ac，

利用余弦定理：cosB3.【答案】C

【解析】解：∵y=3sin2(x+π8)=3si4.【答案】D

【解析】解：由题意可得，下底面为腰为2的等腰直角三角形，又高为2，

∴该“堑堵”的表面积为S=2×2+2×25.【答案】C

【解析】解：∵G为△ABC的重心，

∴AG=13(AB+AC)=16.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查平面法向量的定义，属基础题．

由题意可知符合条件的点P应满足PA⋅n=0，逐个选项验证即可．

【解答】

解：由题意可知符合条件的点P应满足PA⋅n=0，

选项A，PA=(2,−1,2)−(1,−1,1)=(1,0,1)，

PA⋅n=3×1+7.【答案】D

【解析】解：如图，根据题意，CD⊥平面ABD，∠CAD=30°，∠BAD=30°，∠ABD=45°，BD=60m．

在8.【答案】B

【解析】【分析】本题考查了长方体的性质、三棱锥的外接球，考查了空间想象能力与计算能力，属于基础题．

构造如图所示的长方体，设其外接球的半径为R.可得2【解答】解：构造如图所示的长方体，设其外接球的半径为R．

则2R=PC=PA2+A

9.【答案】BC【解析】解：∵a=(1,−1,0)，b=(−1,0,1)，

∴a−b=(2,−1,−1)，

∴|a−b|=22+(−1)2+(−1)2=6，故10.【答案】AB【解析】解：若m⊥α，α⊥β，则m//β或m⊂β，故A不正确；

若n//α，α//β，则n//β或n⊂β，故B不正确；

若n//α，α⊥β，则n，β相交或n//β或n⊂β，故C不正确；

若m⊥α，α//β，得m⊥β，又m//n，则n⊥β，故D正确．

故选：A11.【答案】AC【解析】解：∵cosA=13，

∴sinA=1−cos2A=223，

设△ABC外接圆的半径为R，

则2R=asinA=3，

∴△ABC外接圆的半径为32，故A正确，B错误，

由12.【答案】CD【解析】解：直线l的方向向量为a=(1,−1,2)，直线m的方向向量b=(1,2,1)，a⋅b=(1,−1,2)⋅(1,2,1)=1，则l与m不垂直，所以A不正确．

直线l的方向向量a=(0,1,−1)，平面α的法向量n=(1,−1,−1)，13.【答案】124【解析】解：因为sinα=3cosα，所以tanα=3，

14.【答案】(8【解析】解：根据题意，空间向量a=(1,0,1)，b=(2,−1,2)，

则|a|=1+1=215.【答案】16【解析】解：因为OP=12OA+13OB+xOC=12(OA−OC)+13(OB−OC)+16.【答案】−15

【解析】解：设a2=b3=c4=k，则a=2k，b=3k，c=4k，

所以cosC=a2+b2−c22ab=4k2+9k2−16k22×2k×3k=−14，可得sinC=117.【答案】解(1)因为z1=m−2i为纯虚数，所以m=0．

又n=1，

所以z1=−2i，z2=1−i，从而z1+z2=1−3i【解析】本题考查了复数的运算法则、模的计算公式、复数相等，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

(1)利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．

(18.【答案】解：(1)设c=(x,y)，∵a=(1,2)，|c|=35，且a//c，

∴y=2x，x2+y2=45【解析】(1)由题意利用两个向量平行的性质，用待定系数法求出求得c的坐标．

(2)由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的夹角公式，求得a与b19.【答案】解：(1)证明：取PB中点G，连接EG、FG，

∵四边形ABCD为正方形，PD=DC=2，点E，F分别为AD，PC的中点．

∴DE−//12BC，FG−//12BC，∴DE−//FG，

∴四边形DEGF是平行四边形，∴EG//DF，

∵EG⊂平面PBE，DF⊄平面PBE，

∴DF//平面PBE；

(2)∵PD⊥平面ABCD【解析】(1)取PB中点G，连接EG、FG，推导出四边形DEGF是平行四边形，从而EG//DF，由此能证明DF//平面PBE；

(2)以D20.【答案】解：(1)因为cosA+cosCsinB=sinB+sinAcosA−cosC，

所以(cosA+cosC)(cosA−cosC)=sinB(sinB+sinA)，【解析】(1)根据已知条件进行变形求解，再利用同角三角函数的基本关系以及正弦定理、余弦定理进行求解；

(2)21.【答案】(1)证明：∵菱形ABCD，且∠BAD=60°，

∴△ABD为等边三角形，

∵E为AB的中点，∴DE⊥AB，

∴DE⊥BE，DE⊥A1E，

又BE∩A1E=E，BE、A1E⊂平面A1BE，

∴DE⊥平面A1BE，

∵DE⊂平面BCDE，

∴平面A1BE⊥平面BCDE．

(2)解：由(1)知，平面A1BE⊥平面BCDE，

∵A1E⊥BE，平面A1BE【解析】本题考查空间中线与面的位置关系、线面角的求法，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理与性质定理，以及利用空间向量处理线面角的方法是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力．

(1)易知△ABD为等边三角形，进而可得DE⊥BE，DE⊥A1E，再结合线面垂直、面面垂直的判定定理，得证；

(2)由平面A1BE⊥平面BCD22.【答案】解：