2022-2023学年云南重点大学附中高一（下）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年云南重点大学附中高一(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.已知集合4={xWZ|-lWx<4},B={K--4xW0},则4nB=()

A.{123,4}B.{1,2,3}C.[0,1,2,3)D.(0,4)

2.已知复数z满足z=(2—3i)(l+i),则z在复平面内对应的点位于()

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

3.若向量方，方的夹角为60。,且同=2,\b\=4.则|五一2石|=()

A,<73B.2<73C.4D.8

4.鹅被人类称为美善天使，它不仅象征着忠诚、长久的爱情，同时它的生命力很顽强，因

此也是坚强的代表.除此之外，天鹅还是高空飞翔冠军，飞行高度可达9千米，能飞越世界最

高山峰”珠穆朗玛峰”.如图是两只天鹅面对面比心的图片，其中间部分可抽象为如图所示的

轴对称的心型曲线,下列选项中，两个函数的图象拼接在一起后可大致表达出这条曲线的是

()

A-y=|%|+J三及y=因一J竽

B.y='+及y=》一

Cy=因+及y=|x|一尸孚

D-y=x+J殍及y=x-J殍

5.在梯形ABCD中，AB^^DC,BE=EC,S.AE=xAB+yAD，则x+y=()

A.1B.JC.gD;

6ZZZ

6.已知正三棱锥S-48C的三条侧棱两两垂直，且侧棱长为/交，则此三棱锥的外接球的表

面积为()

A.7TB.37rC.67rD.97r

7.如图，测量河对岸的塔高4B,可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C和江现

测得NBCD=75。，Z.BDC=45°,CD=50米，在点C测得塔顶4的仰角为60。，则塔高4B为

米.（）

C

D

A.50「B.100<1C.500D.25^

8.已知△4BC中，AB=5,AC=「石，40为边BC的中线，且4。=4,贝ijBC边的长为（）

A.3B.3y/~2C.2/3D.4

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.如图，在正方体4BCD-A/iGDi中，下列结论正确的是（）

A.AC〃平面4遇。1B.AD_L平面

C.平面&BG〃平面AC/D.平面&BG平面BBi%。

10.a、b、c为△4BC的三边，下列条件能判定△ABC为等腰三角形为（）

A.acosA-bcosB=0B.c=2acosB

（）厮

C.\AB+AC\=\AB-AC\D-jS+ji=0

11.下列选项正确的是（）

A.在△ABC中，Q=8,b=16,A=30°,该三角形有唯一解

B.若^=b=贝ijA可以是g

C./MBC中，若3=j且4C=q,则AABC面积的最大值为手

J2

D.若△4BC是锐角三角形，a=2,6=3,则边长c的取值范围是（门，「^）

12.“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相

同的正多边形为面围成的多面体,它体现了数学的对称美.如图所小

示,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共//5（\/¥

可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的DV/

一种半正多面体.已知4B=C，则关于如图半正多面体的下列0c

说法中，正确的有（）

A.AD与BC所成的角为60°

B.该半正多面体过4B,C三点的截面面积为

C.该半正多面体的体积为当

D.该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式U+F-E=2

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.己知2—i是方程/-4芯+血=0的一个根，则实数m的值为.

14.已知正三棱台4BC-aBiCi上、下底面边长分别为1和2,高为1,则这个正三棱台的体

积为.

15.已知AABC中，AB=AC=3,Z.BAC=120°,△ABC所在平面a外一点P到此三角形三

个顶点的距离都是6,则点P到平面a的距离是—.

16.窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边

形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图.如图2,正八边形ABCDEFGH中,

若荏=2而+〃而（，,〃€/?），贝奴+〃的值为;若正八边形ABCDEFGH的边长为2,

P是正八边形4BCDEFGH八条边上的动点，则而•四的最小值为.

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)

平面内三个向量刁=(1,2),6=(-1,1),c=(3,3).

(1)若|之|=2口，且Z与五方向相反，求胃的坐标；

(2)若Q+/cc)1(a-2b)＞求五+kE在向量方上的投影向量的模.

18.(本小题12。分)

在①15(炉+c?—a2)=2bc(sinA-7-3);②bcosC+ccosB=—2acosA这两个条件中任

选一个，补充在下面横线上，并解答.

在△ABC中，内角4,B,C的对边分别为a,b,c,.

(1)求4的大小；

(2)若a=2，马，ShABC=G，求b，c.

19.(本小题12.0分)

如图1,在边长为2/3的菱形ABCD中，AABC=60°,。为线段CD的中点；将△4。。沿4。折

起到△4。%的位置，使得平面4。/_L平面ABC。，连接。道，DC如图2.

(1)证明：ODiLBC；

⑵求点。到平面4BD1的距离.

图1图2

20.(本小题12.0分)

如图，在△4BC中，sin4aBe=sin/DBC,B.AD=DC.

(1)求器的值；

(2)若BC=4,AC=10,求△BCD的面积.

21.(本小题12.0分)

如图，在三棱柱4BC—4[BIJ中，441，底面ABC,ZB4C=90°,AB=AC=2，AAr=C，

M,N分别为BC和CJ的中点，P为侧棱BBi上的动点.

(1)求证：平面4PMi平面881clC；

(2)若P为线段BBi的中点，求证：AiN〃平面APM；

(3)试判断直线BCi与平面力PM是否能够垂直，若能垂直，求PB的值；若不能垂直，请说明

理由.

22.(本小题12.0分)

如图，为了检测某工业园区的空气质量，在点4处设立一个空气监测中心(大小忽略不计)，在

点B处安装一套监测设备.为了使监测数据更加准确，在点C和点。处，再分别安装一套监测设

备，且满足4B=2/cm,BC=4km,且A/ICD为正三角形.

(1)若=*求△480面积；

(2)设乙4BC=a,试用a表示△ABD的面积，并求最大值.

答案和解析

I.【答案】c

【解析】解：A=[xez\-l<x<4]={-1,0,1,2,3],B={x|0<x<4},

所以4nB=[0,1,2,3).

故选：C.

解一元二次不等式，化简集合，再求交集.

本题主要考查并集及其运算，属于基础题.

2.【答案】D

【解析】解：因为z=(2-3i)(l+i)=2+2i-3i-3i2=5-i,

所以z在复平面内对应的点为(5,-1),位于第四象限.

故选：D.

根据复数代数形式的乘法运算化简复数z,再根据复数的几何意义判断即可.

本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题.

3.【答案】B

【解析】解：•响量落石的夹角为60。，且|方|=2,|b|=4)

■-a-b=|a||K|cos60°=2x4x1=4,

\a-2b\=J(S-2石>=Ja2-4a-b+4b2=V4-4x4+4x16=2y/~^3-

故选:B.

由平面向量数量积的定义求出五•石，再由|8_2石|=J0-2尤)2=J行2一4方i+4才可直接

求出.

本题考查平面向量的数量积和模，还考查了计算能力，属于基础题.

4.【答案】A

【解析】解：因为图形为轴对称图形，

所以x与-%对应的y值相等，故函数为偶函数，只有4、C选项中函数均为偶函数，故排除B、D；

「手及y二氏1_卢定义域均为R,

根据图象可知为封闭图形，X的定义域有限，C中y=|X|+

不符合题意.

故选：A.

根据图形的对称性与定义域特点选择合适的函数.

本题考查曲线方程以及函数的图象，属于基础题.

5.【答案】C

【解析】解：AE=AB+BE=AD+DE，

2AE=AB+BE+AD+DE^

又或=-CE，

则屁=DC+CE=DC-JE=3AB-JE>

所以2荏=4而+而，即屈=2荏+：同，

AE=xAB+y^Dy故x=2，y=

5

x+y=2-

故选：C.

根据已知条件，结合平面向量的基本定理，即可求解.

本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题.

6.【答案】C

【解析】解：正四棱锥的外接球就是棱长为，克的正方体的外接球，

所以外接球的直径为：J（「）2+（<7）2+（小2=7-6-

所以外接球的表面积为：4双?）2=67r.

故选：C.

判断求解儿何体的外接球的半径，然后求解表面积.

本题考查儿何体的外接球的表面积的求法，判断几何体的形状是解题的关键，是中档题.

7.【答案】4

【解析】解：如图：由已知4BC0=75。,Z.BDC=45°,CD=50

米，

「DRC50BC

故4CBD=60。，所以s.mz“cf刖iD=s.mz八fiD"c;即■-y=宜—，

解得8C=誓，

所以在Rt△ABC中，AB=BC-tan/ACB=xtan60°=

50\T2.

故选：A.

先在△BCD中利用正弦定理求出BC的长度，然后在△ABC中利用三角函数的定义求出4B.

本题考查解三角形的应用问题，主要是考查了正弦定理以及正切函数的定义，属于基础题.

8.【答案】D

【解析】解：设BC=2x,

在44BC中，由余弦定理可得：cosB="屋+CB2-4c2=52+(2x)2rFf=I0+4*=5+2x2,

-2ABCB2x5x2x20xlOx

在A/IBO中，由余弦定理可得：COSB="为”2®=52+X2-42=空,

2ABDB2x5xx10x

...辛=喧，解得乂=2(负值舍去)，则BC=4.

10x10%

故选：D.

设BC=2x,然后分别在三角形ABC和三角形4BD中，利用余弦定理求出cosB,然后建立方程即

可求出x的值，由此即可求解.

本题考查了余弦定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题.

9.【答案】ACD

【解析】解：对4选项，因为4C〃&G，4CC平面4BC1，&Gu平面&BC],

所以AC〃平面&BC1，所以A正确；

对B选项，因为ND4C=45。，4。与AC不垂直，则4D与41G不垂直，故ADL平面不正确,

故8错误；

对C选项，因为4c〃4iQ,ACC平面&BQ,4的u平面&BG，

所以4。/平面&BG，同理他〃平面4凤1，XACC\AD1=A,AC,mu平面AC。1，

所以平面&BG〃平面ACCi，故C正确；

对。选项，因为正方体ABCD中，BBi1平面4声住1。1，

乂4iGu平一面4B1GD1,

贝ijBB]_LAi。],又Bi。1J.4的，BB[CB[D]=B],BBr,B/iu平面BBi。1。，

可得&C]1平面BB15。，

因为&Gu平面&BC「

从而平面4BG1平面B&DiD,故。正确.

故选：ACD.

4选项，由4C〃&Q得到线面平行；

B选项，由得到AD与4cl不垂直，得到8错误；

C选项，由力C〃平面4BC1，力D"/平面&BC1，得到面面平行；

。选项，由线面垂直得到BBiL&G，结合B/i1&G得到线面垂直，进而得到面面垂直.

本题考查线面平行的判定定理，面面平行的判定定理，面面垂直的判定定理，属中档题.

10.【答案】BD

【解析】解:对于4acosA-bcosB=0,,,,sinAcosA=sinBcosB,sin2A=sin2B,"A,

B6(0,TT),

24=2B或24+2B=7T,4=8或4+8=*.•.三角形ABC为等腰或直角三角形，故A错误;

对于B,c=2acosB,sinC=2sinAcoSB,sin(4+B)=sinAcosB+cosAsinB=2sinAcosB,

sinAcosB-cosAsinB=0,即sin(4—8)=0,A,Be■1•A=B,故B正确；

对于C，■：\AB+AC\=\AB-AC\，.-.AB2+2AB-AC+AC2=AB2-2AB-AC+AC2<

.•・荏,亚=0，・,・ABJ.AC,.•.三角形ABC为直角三角形，故C错误;

对于。,+掰屈=。…喘+命・诞-顽=。，

—,—.—2—2—►—,—.2—.2—.—.—.—.

4B/C_AB__AC___0,.AC___AB__ABIC_ABAC

画一雨十丽一园—’,•丽一雨十画\AC\

福前（麻H画）

•••(|而|-|荏|)+=0,

I―I福

附画cos*阿一丽）

.••(|而|-|荏|)+=0,

I屈II近I

前|一|画)(1+cosA)=0.

•••e(O,TT),：.1+cosA0,|^4C|-|^4S|=0)即4c=4B,故。正确.

故选：BD.

对于力，由正弦定理和二倍角公式变形后即可判断；对于B,由正弦定理即和差角公式化简后即可

判断；对于C,由平面向量的模的运算即可判断；对于D,由平面向量的数量积运算进行计算即可

判断.

本题考查正弦定理，三角恒等变换，平面向量的数量积和模等知识的综合，属于中档题.

I1.【答案】AD

【解析】解：对于4，因为a=8,b=16,A=30°,

由正弦定理得：急=焉

816

则工=再，即sinB=l,

2

所以8=90。，有一解，所以A正确;

对于B,当4=?时，根据正弦定理号=3,得到sinB=C，故8错误；

4stnAsinB

对于C,若8=宗且4c=贝!JSMBC=gacsinB=今时。,

由余弦定理可得包*=g,即M+c2=ac+3,

2ac2

而/4-C2>2cIC,

所以acW3,当且仅当a=c时，等号成立，

所以△ABC面积的最大值为婴，所以C错误；

对于D,a=2,b=3,要使△ABC是锐角三角形，需满足32+22>。2,22+c2>32,

所以5cC2<13,所以，石<C<「^，故。正确.

故选：AD.

对于4,利用正弦定理求解氏可知B=90。，有一解，所以A正确；

对于8,若则由正弦定理求得sinB=C，显然错误，即可判断B；

对于C,利用余弦定理和基本不等式可得三角形面积的最大值为方，即可判断C；

对于D,由三角形为锐角三角形计算c的范围，即可判断D.

本题主要考查了利用正余弦定理解三角形，属于中档题.

12.【答案】ABD

【解析】解：该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的；

4选项，将两异面直线2D与BC平移成相交直线，

易知4D与BC所成的角为60。，故A正确；

B选项，过A,B,C三点的截面为正六边形4BC尸ED,

所以S=6x1x（，1）2=3/2，故8正确；

C选项，因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，

所以该几何体的体积为：23-8x|xixlxl=^,故C错误；

。项，几何体顶点数为12,有14个面，24条棱，满足12+14—24=2,故。项表述正确.

故选：ABD.

该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，由此对四个选项逐一

进行判断.

本题主要考查空间几何体的表面积与体积，属于中档题.

13.【答案】5

【解析】解：由题意知，（2-02-4（2-0+m=0,

整理得：4+产—4i—8+4i+?n=0,解得?n=5.

故答案为：5.

将方程的根代入方程求解即可.

本题主要考查复数的运算，属于基础题.

14.【答案】晋

【解析】解：,•,正三棱台48C—4B1G上、下底面边长分别为1和2,

c113V_301rcy/~3/―^

S上底面=2X1X1X-=S卜底面"X2X2X亍=

又高为1,

・••这个正三棱台的体积为u=gxlx（?+，耳+J?xC）=Z

故答案为：裳.

由己知求得棱台的上下底面面积，再由棱台体积公式求解.

本题考查棱台体积的求法，考查运算求解能力，是基础题.

15.【答案］3<3

【解析】解：记点P在平面4BC上的射影为。，

因为PA=PB=PC,所以。A=OB=OC,即。是△ABC的外心，

只需求出△ABC的外接圆的半径04，记为R,

在AABC中，AB=AC=3,/.BAC=120°,由余弦定理得BC=3^^，

再由正弦定理得2R=3舄=6,所以。4=3,又P4=6,

stnl20o

得P。=VPA2-OA2=3>n，即点P到平面ABC的距离为3/?.

故答案为：3/耳.

过点P作△ABC所在平面a的垂线，垂足为△ABC的外心，求出△力BC的外接圆的半径04再根据

勾股定理求点P到平面a的距离.

本题考查点到平面距离的计算，考查运算求解能力，是中档题.

16.【答案】yj~2-2yj~2

【解析】解：对第一空，建

系如图，设正八面体的中心

。到顶点的距离为1,

则A(0,-l),E(0,l),C(l,0),

尸(cos",sin亨)，即

44

.-.AE=(0,2)，AC=(1,1).

乔=(一¥晶+]>

又荏=/1万+〃称，

..(0,2)=4(1,1)+〃(-？,年+1)，

(0="妥,=舄

(2=4+学+1)〃=E

=7^1+7^1=C；

对第二空，如图，分别延长GH与BA交于点/,

则根据向量数量积的几何定义与向量投影的概念可得：

丽•南的最小值为一|48|x|4/|,

又|4B|=|4H|=2,三角形HL4为等腰直角三角形，

\AI\=

:.AP-南的最小值为—|4B|x\AI\=-27-2.

故答案为：「；一2「.

对第一空，建系，根据向量坐标运算，建立方程，即可求解；

对第二空，分别延长GH与B4交于点/,则根据向量数量积的几何定义与向量投影的概念可得：存.

近的最小值为-MB|x\Al\,再计算即可得解.

本题考查坐标法的应用，向量数量积的几何定义与向量投影的概念，方程思想，数形结合思想，

属中档题.

17.【答案】解：(1)•••五=(1,2),d=(-1,1),c=(3,3),

设2=4方(2<0)，则3=4五=(尢24)，

由|2|=243可得J/+(24)2=2<5=4=-2,

:.d=(—2,—4);

(2)va=(1,2),c=(3,3),

五+/cH=(1+3k,2+3k),Q—2b=(3,0)»

由题意得3(1+3k)=0=>k=—g,

a+kc=(0,1),

(a+kc)a0x14-1x22r-=

,方+々口在向量五上的投影向量的模为J；2；225.

【解析】(1)由题意设胃=41a<0),再把坐标代入，由|2|=2，亍列方程可求出4的值，从而

可求出Z的坐标；

(2)由0+k?)i.位-2方)，可得位+/£?)•@-2a=0，把坐标代入化简可求出k的值，再利用

数量积的几何意义可求得答案.

本题考查了平面向量数量积的计算，属于中档题.

18.【答案】解：(1)选①，3(Z?2+—Q2)=2bc(Si7L4—

由余弦定理可得2/3bccos4=2bc(sinA—

^VsinA-yT~3cosA=\T^，

可得sin(4-々)=?，

因为0<4<兀,可得即4=手

选②bcosC4-ccosB=-2acosAf

可得sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)=sinA=-2sinAcosA,

由于sinA>0,可得cos4=

又。<4<兀，可得4=：；

(2)由Q=21^,ShABC—A/-3,4=季

可得a?=b2+c2—IbccosA,即炉+c2+be=12,

又gbesirM=—be=即be=4,

所以b+c=4,

解得£>=c=2.

【解析】(1)分别选①②，由余弦定理和正弦定理、两角和差的正弦公式，解方程可得所求角；

(2)由余弦定理和面积公式，解方程可得所求值.

本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式的运用，以及两角和差的正弦公式，考查方程

思想和运算能力，属于中档题.

19.【答案】证明：(1)在图1中{2______g_____/'

连接AC,1••AD=CD,/.ADC=

乙ABC=60°,AC。为等边三

角形，

又•••。为CD的中点，二AO1CD

即401ODi，

•••在图2中，平面JL平面4BC0,交线为4。，。£\u平面4。。1，

(J%1平面4BC0,

•••BCu平面ABC。，•••。。11BC-.

解：（2）在图2中，连接BO,0。11平面ABC。，ABu平面4BC0,

•110%1AB,

XvABJ.AO,001n4。=。，二J■平面2。。1，

vADru平面4。。1，财481ADX,

即AABO,△力BA均为直角三角形，

在Rt△A。。中，OA=VAD2-OD2=3，设点0到平面ABD1的距离为d,

故力,-480=j'S4ABO,01。=§X2X2y/~3X3XA/-3=3）

^O-ABDA=j,S/JABDI,d=§x2x2V_3x2\/~3xd=2d,

3

・J^DA-ABO=^O-ABDt，Jd=

即点。到平面ABD1的距离为|.

【解析】（1）由已知面面垂直证得线面垂直，从而证得线线垂直；

（2）利用等体积法求出点0到平面48%的距离.

本题考查了线线垂直的证明和点到平面的距离计算，属于中档题.

20.【答案】解：（1）在△力BC中，因为40=0C=g4C,

所以沁=郭士=DC1

—•其中用为4C边上的高.

）△A8C%。•九AC2

又•・•sinzTlBC=sinzDBC,

SRBDC_匏DBCsiMDBC_B£_1

st^ABC-^ABBCsin/LABC~AB~2

(2)在△ABC中，因为8C=4,AC=10,

由余弦定理可得：AB2=BC2+AC2-2BC,AC-cos乙BCD=42+102-2x4x10x

cos乙BCD=116—80cosZ-BCD,

在^BDC中，BD2=BC2+DC2-2BC•DC-cos乙BCD=42+52-2x4x5xcos乙BCD=41-

40cos乙BCD,

而瞿=:，即-2=4802,

AB2

所以，116-QOcos^BCD=4(41-40COSABCD),解得COS/BCD=|,二sin/BCO=

-----------------4

V1—cos2Z-BCD=

114

二三角形BCD的面积为：S=^xBC-CD-sinzBCD=1x4x5x^=8.

【解析】（1）利用三角形的两个面积公式作比即可求解；（2）在三角形力BC和三角形BCD中分别利

用余弦定理求出COSNBCD的值，由此求出sin4BCD,再根据面积公式即可求解.

本题考查了解三角形问题，涉及到正余弦定理的应用，

21.【答案】证明：（1）由已知，M为BC中点，且AB=AC,所以力MJ.BC.

又因为BB//2&,且44「底面ABC,所以幽1底面2BC.

因为力Mu底面4BC,所以

又BBiCBC=B,

所以AM，平面BBiGC.

又因为4Mu平面力PM,

所以平面4PM_L平面BBiGC.

（2）取GBi中点0,连结公。，DN,DM,BC

由于。，M分别为口公，CB的中点，所以。“〃4遇，且。M=4iA.

则四边形为AMD为平行四边形，所以4/V/AM.

又&DC平面APM,4Mu平面APM,所以&D〃平面4PM.

由于。，N分别为GC的中点，所以DN〃B】C.

又P,M分别为BiB,CB的中点，所以MP〃B］C.

则DN〃MP.又DNC平面APM,MPu平面4PM,所以ON〃平面\/

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由于&nnON=D,所以平面为DN〃平面4PM