2022-2023学年安徽省宿州市省市示范高中高一（下）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年安徽省宿州市省市示范高中高一2022-2023学年安徽省宿州市省市示范高中高一(下)期中数学一、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.己知平面内作用于点。的三个力、礼礼,且它们的合力为6,则三个力的分布图可能是A.1B.2C.3D.43,萧县皇藏峪国家森林公园位于萧县城区东南30公里，是中国历史文化遗产、中国最大古树群落、国家4&4A级旅游景区、国家森林公园.皇藏峪有“天然氧吧”之称.皇藏峪，原名黄桑峪.汉高祖刘邦称帝前，曾因避秦兵追捕而藏身于此，故改名皇藏峪.景区内古树繁多，曲径通幽，庭院错落有致.一庭院顶部可以看成一个正四棱锥，其底面四边形的对角线长是侧棱长的倍，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为()2.如图，△A'0'B'是水平放置的△A08的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，己知。'为坐标原点，顶点A'、B'均在坐标轴上，且△AOB的面积为12,则O'B'的长度为()C.£D.与44.欧拉是18世纪最伟大的数学家之一，在很多领域中都有杰出的贡献.人们把欧拉恒等式“以汗+1=0”与麦克斯韦方程组并称为“史上最伟大的公式”.其中，欧拉恒等式是欧拉公eie=cos0+isinG的一种特殊情况.根据欧拉公式，则|特+。若|=()A.2B.1C.CD.*5.已知任，舟可以作为平面向量的一组基底，集合4=(a|a=XyfAER)，B=(b\b=Ax+2“5U,〃任R},则关于集合A,B说法正确的是()A.BQAB.AQBC.O^AD.4=B6.己知hABC的重心为。，若向MFO=7nA5+|JC,则m=()A.B.|C.D.j7.已知向量a=(-l,2)5=(m,l)»若a+2b与24-B垂直，则实数m=()A.-拽7B.[或-2C.-[或2D.8.将一直径为5Ccm的圆形木板，截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角a满足cosa=l，则这块四边形木板周长的最大值为()A.20cmB.20CcmC.30CcmD.30cm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.在下面的四个命题中，正确的命题为()B.用平面去截-个圆锥，则截面与底面之间的部分为圆台C.角A,B,C为△ABC三个内角，则“sinAAsmB"是“cos4VcosB”的充要条件D.在复平面内，若复数z=x+yi(x,y均为实数)，则满足|z-i|<3的点Z的集合表示的面积10.唐朝诗人罗隐在佩蜂少中写到：不论平地与大山，无限风光尽被占：采得百花成蜜后，为谁辛苦为谁甜.蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物.巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底，由三个相同的菱形组成.巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜.如图是一个蜂巢的正六边形开口ABCDEF,且其边长为1.下列说法正确的是()\\.AC-AE=BFB.AC+AE=^ADC.ADAB=\AB\2D.五边形48CDE的外接圆面积为tt11.如图，在海岸上有两个观测点C,D,C在D的正西方向，距离为2km,在某天10：00观察到某航船在4处，此时测得〃DC=30。，5分钟后该船行驶至B处，此时测得Z-ACB=60°,匕BCD=45。，乙4DB=60。，则()A.当天10：00时，该船位于观测点C的北偏西15。方向B.当天10：00时，该船距离观测点Cy/~2kmC.当船行驶至B处时，该船距观测点CyT2kmD.该船在由人行驶至B的这5mi?i内行驶了y/~~6km12.如图所示，一圆锥的底面半径为r,母线长为1,S4为圆锥的则()A.过S4的圆锥的截面中，△S4B.的面积最大B.当A=|时，圆锥侧面的展开图的圆心角为7TC.当义=§时，由4点出发绕圆锥侧面旋转一周又回到4点的细绳长度最小值为"rD.当义=；时，点C为底面圆周上一点，且AC=gr，贝iJ三棱锥。-S4C的外接球的表面积四、解答题(本大题共6小题，共72.0四、解答题(本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)如图所示，在平面四边形ABCD中，AB1AD,AB=BC=2,B=120°,AD=2^.(2)将四边形"CD绕着边旭所在的直线旋转一周所形成的几何体为O求C的体积.萧县的萧窑、淮南的寿州窑和芜湖的繁昌窑是安徽三大名窑.2015年，安徽省启动对萧县欧盘村窑址的考古发掘，大量瓷器的出土和窑炉遗迹的揭露，将萧窑的历史提潮至隋代.为进一步摸清萧窑窑址的分布状况、时空框架以及文化内涵等，经国家文物局批准，2021年3月，正式对萧县白土寨窑址进行主动性考古发掘.如图，为该地出土的一块三角形瓷器片，其一角己破损.为了复原该三角形瓷器片，现测得如下数据：AB=34.64cm,AD=10cm,BE=14cm,题q的条件(指充分必要性).的点在第象限.15.己知平面内非零向量4,片，满足<a+b.a>=l，\a\=2,\a-¥b\=l,则\a-b\=16.甲烷分子式为CH’，其结构抽象成的立体几何模型如图所示，碳原C子位于四个氢原子的正中间位置，四个碳氢键长度相等，用C表示碳原子的位置，用％,%%,比表示四个氢原子的位置，设a=<CH^>，)cosa)三、填空题(本大题共4小题，共20.0分)13.在△ABC中，若命题p：土=当=白，命题q：I.ABC是等边三角形，则命题p是命rsinAsinBsinC(1)求实数k关于n的表达式；(2)如图，在△ABC中，G为中线AM的中点，过点G的直线与边48,AC分别交于点P,Q(P,Q不与A重合).设向量布=(k+3)A§,AQ=mAC^求2m+ri的最小值.A4=8=§(参考数据：取"=1.732)(1)求三角形瓷器片另外两边的长;(2)求D,E两点之间的距离.ABCABCa,b,c,且满足asiziA4-4bsinCcos2A=bsinB4-csinC.(1)求角A的大小；(2)若三角形ABC是斜三角形，且a=2,BC上的中线AD长为C，求三角形4BC的面积.(1)证明：平行四边形的四边平方和等于对角线的平方和；(2)在平行四边形48CD中，若AC2+BD2=20,求△48C面积的最大值.研究表明：正反粒子碰撞会湮灭.某大学科研团队在如图所示的长方形区域ABCD内(包含边界)进行粒了撞击实验，科研人员在A、。两处同时释放甲、乙两颗粒子.甲粒子在A处按丽方向做匀速直线运动，乙粒子在。处按丽方向做匀速直线运动，两颗粒子碰撞之处记为点P,且粒子相互碰撞或触碰边界后爆炸消失.已知长度为6分米，。为中点.(1)已知向量丽与亦的夹角为号旦AD足够长.若两颗粒子成功发生碰撞，当刀点距碰撞点P处多多远时？两颗粒子运动路程之和的最大，并求出最大值；(2)设向量丽与向量而的夹角为。(0<a<tt),向量床与向量海的夹角为口(0<BVif),甲粒子的运动速度是乙粒子运动速度的2倍.请问的长度至少为多少分米，才能确保对任意的#€(0,兀)，总可以通过调整甲粒子的释放角度。，使两颗粒子能成功发生碰撞？D故选：B.由已知条件和正四棱锥的定义故选：B.由已知条件和正四棱锥的定义，以及面积公式即可求解.【解析】解：由向量加法的平行四边形法知，其中两向量的和向量应该与第三个力的方向相反,结合答案只有D满足.故选：D.由向量加法的平行四边形法则直接判断.本题考查向量加法的平行四边形法，属于基础题.3.【答案】B【解析】解：如图所示，将庭院顶部可以看成一个正四棱锥P-ABCD,P。是正四棱锥P-ABCD的高，设底面边长为Q，则底面四边形的对角线长为后Q，侧棱长为Q，则底面面积为Si=a2,侧面△PAB是正三角形，其面积S2=^q2,..华=牢=旦.2.【答案】B【解析】解：根据题意，设0'8‘的长度为t,又由A'的坐标为(-6,0)，则OfAf=6,又由原图*08的面积为12,则有12乂空=哗，解可得t=2；44答案和解析故选：B.解可得答案.本题考查斜二测画法的应用，涉及平面图形的直观图，属于基础题.7.【答案】C本题考查正四棱锥的定义，以及面积公式，属于基础题.【解析】解：由题设，|g6l+e~^l\=|cos?+isin^+cos^+isin|=+-峰+川=LOOOO乙£乙乙故选：B.根据欧拉公式写出对应复数的三角形式并化简，即可求模.本题主要考查复数的欧拉公式，属于基础题.【解析】解：根据向量的共线充要条件可知，集合A={与顶共线的所有向量},根据平面向量基本定理可知：集合B={平面内所有向量},故集合A是集合8的子集.故选：B.向量的共线定理：a=Ad；向量基本定理：平面内一组基底向量可表示出该平面内所有向量，4人药+〃变，根据上述向量性质进行判断两集合元素范围即可选出答案.本题主要考查平面向量基本定理，属于基础题.【解析】解：由题可作图，D为AB的中点，vaABC的重心为0,.•.90=|吨，...BO=^BD=宣(朗+而)=^BA+宣x^AC=-^AB+壹配，m=一名OOOfcO<50由平面向量的线性运算将园表示出来即可.本题考查平面向量的线性运算，属于基础题.8.【答案】D【解析】8.【答案】D【解析】解:设截得的四边形木板为ABCD,设乙4=a.AB=c,BD=a,AD=b,BC=n,CD=m,如下图所示.baaaSbxl+3(-m+2)—2(m2+1)=0,整理得2m2+3m-14=0,解得m=2或m=-[，所以实数m的值为-;或2.故选：C.根据两向量垂直时数量积为0,列方程求出m的值.本题考查了平面向量的坐标运算和数量积运算问题，是基础题.在△旭0中，由正弦定理得氽=5六，解得a=4<5，在△ABD中，由余弦定理，得a2=b2+c2-2bccosa,所以'80=b2+c2~^bc=(ft+c)2-yde>(d+c)2-yx(牛)=，即(b+c)2<400,可得0Vb+cY20,当且仅当b=c=10时等号成立，在小BCD中，匕BCD=n—a,即(m4-n)2<100,即0Vm+nYlO,当且仅当m=n=5时等号成立，因此，这块四边形木板周长的最大值为30cm.故选：D.作出图形，利用余弦定理结合基本不等式可求得这个四边形木板周长的最大值.作出图形，利用余弦定理结合基本不等式可求得这个四边形木板周长的最大值.本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题.【解析】解：对于A：复数z=l-2i的虚部为一2,故A错误；对于B：用平行于底面的平面去截一个圆锥，则截面与底面之间的部分为圆台，故B错误；对于C：在三角形中，由sinA>sinB知：A>B,若B<A<:时则cos>4VcosB,若B<^<人时则cos/VcosB,故充分性成立；若cosB>cosA>。时，则BV刀V故sinA>sinB；若cosB>0>cosA时，则B<^<A,此时n—A>B,故sin(?r—A)=sinA>sinB,所以必要性成立，故C正确；DziVyl3,故x2+(y-l)2<9,所以点Z在以(0,1)为圆心，半径3的圆(含圆内)，其面积为9兀，故。正确.故选：CD.由复数定义判断1由圆锥与圆台的结构特征判断8,根据三角形性质，结合充分、必要性定义判断C,由复数模的几何意义，数形结合法判断D.本题主要考查复数的定义及其几何意义，圆台的结构特征，充分不要条件的判断，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题.【解析】解：对A,AC-AE=EC^显然由图可得应与声为相反向量，故A错误；对B,由图易得|屋|=|衣|,直线4D平分角Z.EAC,且4ACE为正三角形，根据平行四边形法则有AC-}-AE=2AH与而共线且同方向，易知"DH,AAEH均为含剥直角三角形，故|两|=/3|厉/|,\AH\=y/~3\EH\=3|DH|，12.【答案】BD则|南|=4|丽I，而2\AH\=6\DH\f故夸骨=务故AC+AE=^AD，故B正确；对C,vzC=LABC=y,\AB\=\BC\=\DC\^£BDC=〃)BC=三,贝i^ABD=又•：AD//BC,nDAB=%\AD\=2\AB\>ADAB=\AD\\AB\cosj=2\AB\x^=\AB\2t故C正确；对D,五边形ABCDE的外接圆就是正六边形ABCDEF的外接圆，其半径为r=||AD|=l,则五边形4BCDE的外接圆面积为nr2=tt,故£>正确；故选：BCD.根据正六边形的特点，在图中作出相关向量，对4利用向量减法运算结合图形即可判断，对8借助图形和共线向量的定义即可判断，对C利用向量数量积公式和相关模长的关系即可判断，由正六边形的特点确定五边形ABCDE的外接圆的半径，进而判断D.本题考查平面向量得数量积的应用，属于中档题.11.【答案】ABD在C的北偏西15。方向，故A正确；对于B：在△ACD中，Z.ACD=105°,Z.ADC=30°,贝UCAD=45°.sinz/lDCsinzC/lDsin^.CAD由正弦定理得r综：=始击，即ACsinz/lDCsinzC/lDsin^.CAD则BD=CD=2，则BC=2y/~2^故C错误；对于D：在AABC中，由余弦定理得AB2=AC24-BC2-2AC-BCcos^ACB=2+8-2x\/~2x2>T~2X|=6,即AB=yT~6km>故。正确.故选：ABD.利用方位角的概念判断1利用正弦定理、余弦定理求解后判断BCD,即可得出答案.本题考查解三角形，考查转化思想，考查运算能力和逻辑推理能力，属于中档题.故选项B正确；对于故选项B正确；对于选项C：如图，由A点出发绕圆锥侧面旋转一周，【解析】解：对于选项A：设点C是底面圆上异于点B的任意一点，则ShSAB=ll2sin^ASB>S^SAC=当0。VZ.ASB<90。时,si心SB>sin履SC,此时△S4B的面积最大;当90°<Z-ASB<180°时,若LASC=90°,贝临心SBVsi心SC,此时△S4B的面积不是最大；故选项A错误；对于选项B：当义=?时，了=3艮PZ=2r,圆锥侧面的展开图的圆心角为。=理=祟=兀，又回到4点的细绳长度最小值为圆锥侧面的展开图得到的扇形的圆心角所对的弦长4#,圆锥侧面的展开图的圆心角为。=罕=祟=言兀，Ir3故选项C错误；AiyPZr因为SO=VSA2-AO2=VI2-r2=V(4r)2-r2=所以三棱锥。-S4C的外接球的半径为J「2+r2+(6r)2_<I7------2------r则三棱锥。—SAC的外接球的表面积为4/r(穿r)2=17打2,故选项O正确.故选：BD.对于选项A，利用斜三角形面积公式即可判断；对于选项8,由于圆锥侧面的展开图为扇形，可15.【答案】V13利用扇形圆心角公式进行计算；对于选项C,由于圆锥侧面的展开图为扇形，利用两点之间直线最短即可知，由A点出发绕圆锥侧面旋转一周，又回到A点的细绳长度最小值为圆锥侧面的展开图得到的扇形的圆心角所对的弦长：对于选项。，由三棱锥外接球的性质可知，此外接球的直径为外接长方体的体对角线.本题考查了三棱锥外接球的相关计算，属于中档题.【解析】解：任意△ABC中，由正弦定理可知，p：一上=当=与都成立，即充分性不成立；rsmAsinBsmC故当ZMSC是等边三角形时，V：号=当=5一定成立，即必要性成立.rsinAsmBsmC故答案为：必要不充分.由已知结合正弦定理成立的条件检验各选项即可判断.本题以充分必要条件的判断，主要考查了正弦定理的应用，属于基础题.因为井1W，故复数z的共貌复数对应的点在第三象限.故答案为：三.先由已知条件写出Z的共貌复数，再根据它所对应的点来判断所在象限即可.本题主要考查复数的几何意义，属于基础题.【解析】解：因为<【解析】解：因为<a+b,a>=l，\a\=2f\a^b\=lts解得2ab=-^所以\a-b\=<13.故答案为：C5.由已知条件可求得|引=",2ab=-6>将\a-b\平方展开代入求值即可得答案.本题考查平面向量的数量积与模，属于基础题.，正四面体外接球的半径为WX^以=¥434【解析】解：由题意可知，%,W2,%,比表示正四面体的四个顶点,设正四面体的棱长为Q,则正四面体的高为I。2_(¥。)2£6故答案为：—由已知结合余弦定理求得COSO,再由二倍角公式得答案.本题考查了余弦定理的应用问题，也考查了二倍角公式应用问题，是中档题.由余弦定理得COSQ斗V由余弦定理得COSQ斗V+(争)2-沼2X印亭1Q易知LBAC=30°,ABLAD,ZXC0。.又AC=AD,故三角形ABC为正三角形,圆锥的底面的半径为2厂X芽=3,【解析】(1)由余弦定理得出AC^AD,结合三角形4BC为正三角形得出tan履CD的值;(2)几何体。为：上面一个圆锥，下面为一个圆台，根据体积公式求解即可.本题考查了余弦定理和圆锥、圆台的体积公式，属于中档题.即另外两边的长皆为20cm；(2)由题意得CD=20-10=10,CE=20-14=6,C=号,因为A=B=^所以。=夺,ACBCAB.34.64X；34.64〜34.64故OE=故OE=VCD2+CE2-2CD-CEcosC=J136+60=/^96=]4(cm)，故。，E两点之间的距离为14cm.【解析】(1)根据数据，利用正弦定理求解；(2)根据数据，利用余弦定理求解.本题主要考查解三角形，正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题.所以2(2+2k)=8(n-l),即k=2n-3.(2)由(1)可知，AP=(k+3)AB=2nAB,AQ=mAC^因为P,G,Q三点共线，所+=1>所y.2m+n=(2m+n)(i+£)=i(^+^+|)>i(2j~^+|)=|,当且仅当m=n=言时，取等号，O即AB=^AP,AC=l~AQ^i,2m+n取最小值;.5oo【解析】(1)由平面向量共线的坐标运算得到等量关系即可；⑵由平面向量的线性运算得到AG=^AP+-^AQ，再由P,G,Q三点共线，所以&+&=1,最后由基本不等式即可求出.本题考查平面向量的坐标运算、线性运算与基本不等式的综合，属于中档题.化简为q24-4bccos2A=b2+c2t^2cos2A=^c2=cosA^即2cos2A—cosA=0,所以cosA=:或cosA=0,又AW(0,tt),所以刀=；或4=§由题意可知由题意可知m,n>0,因为G为中线AM的中点，AG=2所以AG=^-AP+^-AQ,8n4mx=^AB+^AC.AB=^-AP,AC=-AQ442nmp(2)因为三角形ABC(2)因为三角形ABC是斜三角形,根据(1)知，4=?.在三角形4BC中，由余弦定理得：22=b2+c2-2bccosA=b2+c2-2bccos^.又因为AD为中线，故AD=^(AB+AC),所以AD2=^(AB+AC)]2=^(b2+c2-V2bc•cosA).而|而|=C，由①②易得：be=4.【解析】(1)利用正弦定理以及余弦定理，转化求解4即可.(2)利用余弦定理，结合向量的模，转化求解be,即可推出三角形的面积.本题考查三角形的解法，正弦定理以及余弦定理的应用，向量的模的求法，是中档题.所以AC+BD=(AB+AD)2+(AD-AB)2=2(AB+—2AD)，所以2(时+AD2)=AC2+BD2,所以平行四边形的四边平方和等于对角线的平方和；解：(2)由(1)可得：2(AB2+AD2)=AC2+BD2=20,所以AB?+时2=io,21.【答案】证明：(1)由平行四边形可得刀=扁+而，前=——CAD-AB^