2022-2023学年河北省邯郸市大名县高一下学期期中数学试题【含答案】

2022-2023学年河北省邯郸市大名县高一下学期期中数学试题

一、单选题

1.已知复数z=∙⅛叵,i为虚数单位，则复数Z的共轨复数2=()

√3-i

A.-iB.iC.l+iD.ɪ-i

【答案】A

【分析】利用复数的除法运算求出复数z,再求其共轨复数作答.

(l+√3i)(√3+i)4i_

【详解】依题意,W",所以-i

(√3-i)(√3+i)

故选：A

2.己知向量AC=(/,3)，AB=(2,-1)»若ABdLBC，则Z=()

73

A.3B.—C.4D.

22

【答案】C

【分析】先求出fib=(f-2,4),解方程2(一2)-4=0即得解.

【详解】由说=Ab-A⅛="2,4),

有A5∙BC=2(t-2)-4=2r-8=0>

得f=4.

故选：C

θ

【点睛】方法点睛：lJ⅛«=(xl,yl),⅛=(x2,y2),a±⅛<=>xlx2+y∣y2=θ,

3.正方体的体积为8,则正方体的外接球的半径为()

A.2B.√3C.3D.4

【答案】B

【分析】先根据体积求正方体的边长，再根据正方体外接球半径公式计算即可.

【详解】设正方体的边长为。，正方体的体积为〃=8,α=2,

正方体的外接球的半径为2R=y∣a2+a2+a2=Ga,所以R=√L

故选:B.

4.已知一个四边形的直观图是如图所示的正方形，则原四边形的面积为()

B.4√2C.8D.8√2

【答案】D

【分析】根据斜二测画法原则，还原成直观图，即可求解.

【详解】原四边形为平行四边形，底边为2,高为40，

面积为8忘.

故选:D

【点睛】本题考查用斜二测画出的直观图与原图形的面积关系，属于基础题.

5.在ΔA5C中，内角A,B,C的对边分别为。，b,c,若从=/+02+加,，且SinA+sinC=l,

则ΔABC的形状为

A.等边三角形B.等腰直角三角形

C.最大角为锐角的等腰三角形D.最大角为钝角的等腰三角形

【答案】D

【解析】先由余弦定理，结合题中条件，求出3=120。，再由SinA+sinC=SinA+sin(6(Γ-A),求出

A,进而可得出三角形的形状.

【详解】^b2=a2+c2+ac,

所以CoSB=C51二芍=,8=120。,

2ac2

所以SinA+sinC=sinA+sin(60°-A)=sinA+—cosA一一SinA=SirJA+ɪ=1.

223

又°"J'所以A=C=?则MBC的形状为最大角为钝角的等腰三角形.

故选D

【点睛】本题主要考查三角形的形状的判定，熟记余弦定理即可，属于常考题型.

6.如图，在AABC中，D,E,尸分别为线段BC,AD,BE的中点，则4尸=()

A

C

BD

15-51∙

A.-AB+-ACB.-AB一一AC

8888

C.-AB--ACD.-AB+-AC

8888

【答案】D

【分析】利用中线所在向量结合向量加减法，不难把AF转化为AB和AC，得解.

【详解】解：VAF=^AB+AE）

=-AB+-×-AD

222

」A8+，x，（AB+AC）

242、>

=-AB+-AC,

88

故选D.

【点睛】本题考查用基底表示向量，考查平面向量线性运算，属于基础题.

7.已知圆台的上、下底面圆半径分别为10和5,侧面积为30（hr,AB为圆台的一条母线（点8在圆台

的上底面圆周上），M为AB的中点，一只蚂蚁从点B出发，绕圆台侧面一周爬行到点则蚂蚁

爬行所经路程的最小值为（）

A.30B.40C.50D.60

【答案】C

【分析】根据题意得到圆台的侧面展开图，再确定蚂蚁爬行所经路程的最小值，求解即可.

【详解】圆台上底面半径为5,下底面半径为10,母线长为/,

所以S=7t∕（10+5）=15π∕=3（X）π,解得：/=20,

将圆台所在的圆锥展开如图所示，且设扇形的圆心为。

线段就是蚂蚁经过的最短距离,

设OB=R,圆心角是。，则由题意知10万=夕/?①，20;T=Ct（20+R）②,

JT

由①②解得，a=~,R=20,

.∙.OM=OM1=30,OA=OA=40,则MA=QOA?+OM=50.

故选：C.

8.在一ABC中，。为BC上一点，且8O=3OC,ZABC=ZCAD,ZBAD=可，贝IJtanZABC=()

A∙叵B.巫C.Bd

1333∙T

【答案】D

【分析】根据条件转化边角的关系，计算即可.

【详解】法一、相似转化边的关系

如图所示，在/8和V8C4中，有NACB=ZOe4,NABC=NZMC,

cnCA

故,ASBCA,^CD=x则叱=5⅛=-,^≡AC=2Λ-

设AO=%则根据相似比：当=丝=＜得AB=2y

ABAC2

1./_9

又4BAD=W，由余弦定理可得：CoS芬=幻三=9厂

334y

则c。SBJ''^X"'=誓'SinIios"=等故乐日

TT

设3=α=Z∕MC,则C=,-2α,

BD

.2兀Sina

sin——

3

在」Aa）和VBcA中,有BQ=3DC,由正弦定理有:

CD二_AD

Sina.πɔ

sin!ʒ--zer

两式相除得：SinE-2。）=2石sit?a

由三角恒等变换公式得：ʒʌ/ɜcos2a-sin2a=2y∕i

由弦化切，构造齐次式得：3"2…n2α=26=36-3√⅛α-2tanα

Sirrα+cosatana+l

即56ta∏2α+2tanα-G=0,解之得：tanα=*或一

在AABQ中NBAO=g,则⅛tana=tanB=

故选：D

【点睛】本题考察向量与解三角形的综合，属于压轴题.方法一通过已知找到边之间的关系是关键，

在根据余弦定理即可解得答案；方法二是根据“爪”型三角形，通过两次正弦定理转化边角关系，解

有关角的方程，颇考验计算功底.

二、多选题

9.若α,6表示直线，α表示平面，则以下命题中假命题是（）

A.若4b,baa,则

B.若aa,bα,则“b

C.若。b,ba,则aa

D.若aa,bua,贝∣J46或“与6异面

【答案】ABC

【分析】根据空间中的平行关系结合线面的位置关系逐项分析判断.

【详解】如图,在正方体A8CZ）—4B/C/C/中，

AlBiAB,ABU平面ABB∕A∕,A/B/U平面AB8/A/,故A为假命题；

A∣Bl平面ABeD,B1C1平面ABCQ,但与8/G相交，故B为假命题；

ABCD,CO/平面A88∕A∕,ABU平面48B/A/,故C为假命题；

因为“a,所以α与α无公共点，又6在α内，所以“与b无公共点，所以“/?或α与b异面，D

为真命题.

故选：ABC.

10.在JLBC中，内角A,B,C所对的边分别为“，h,c,根据下列条件判断三角形的情况，则

正确的是（）

A.b=19,A=45o,C=30o,有两解

B.a=币,b=2y∣2>A=45。，有两解

C.a=3,b=2∙fi，A=45°,只有一解

D.a=7,b=7,Λ=75o,只有一解

【答案】CD

【分析】利用正弦定理，逐项计算判断作答.

nCh

【详解】对于A,因为A=45。，C=30o,则B=Io5,由正弦定理一三=，7=—一

SinASinCSinB

得,c=”畔，显然有唯一结果，即只有一解，A错误；

sinBsinB

2式sin452

对于B,α=√3,⅛=2√2（A=45。，由正弦定理得sin8=丝吧&定>1,无解，B

~1Γ

错误；

对于C,α=3,b=2∙j2>A=45。，^a>h,则8<A=45,

由正弦定理得SinB=如曳A=逑红色=2<ι,有唯一解，C正确；

a33

对于D,a=7,6=7,A=75。，有a=b,则B=A=75,此时C=30,有唯一解，D正确.

故选：CD

11.如图，点P在正方体ABCQ-AAGR的面对角线BC上运动，则下列四个结论一定正确的有（）

A.B1P//AtDB.8/〃面A。AA

三棱锥的体积不变

C.ADi//^BDPD.A-APC

【答案】BCD

【分析】对于AB,由面面平行的性质分析判断，对于C,由线面平行的判定结合正方体的性质分析

判断，对于D,由匕-OiPC=VP-ADIC和AA〃BG分析判断.

【详解】对于A,因为平面A。。A〃平面8CG4,平面HgCQ平面AoAA=4。，平面44。）

平面8CG与=BC,

所以AO〃BC,所以当P为BC的中点时，才有BZ〃A。，所以A错误,

对于B,因为平面4。RA〃平面BCC4，BfU平面BCGBI,所以〃面4力。必，所以B正确,

J

对于C,由选项A同理可得AD1//BC1,因为AA(z平面BDP,BClU平面BDP,所以AA〃面5。/,

所以C正确，

对于D,因为由选项C可知BC-因为AQU平面AAC,BG(Z平面ARC,

所以BC1〃平面AD1C,所以点P到平面ARC为常数,

因为三角形AAC的面积为常数，所以匕FqC为定值,

因为K-MC=L-SC，所以三棱锥A-BPC的体积不变，所以D正确,

故选：BCD.

12.在锐角,ABC中，角AB,C的对边分别为a,b,c,外接圆半径为R,若〃=有，Λ=∣,则()

A.R=IB.Ab<2

C.CA∙C8的取值范围为(0,3)D..ABC周长的最大值为36

【答案】ACD

【分析】根据正弦定理即可得外接圆半径，即可判断A：由锐角.ABC得角B的范围，从而得SinB的

范围，由正弦定理得A=2sinB,即可得b的范围，即可判断B；根据数量积的定义将CA∙CB=HcosC,

再由人=2sin8,结合三角恒定变换将其转换为正弦型函数，利用正弦型函数的性质即可得C4∙CB的

取值范围为从而判断C；同样由正弦定理得c∙=2sinC,将三角形周长α+b+c边化角之后，结合三

角恒定变换将其转换为正弦型函数，利用正弦型函数的性质即可得周长的最大值，即可判断D.

2R=---=邪-2

【详解】由正弦定理得SinA有一，则R=I,故A正确；

^T

0<B<-

在锐角_A8C中，A=g,则8+C=兀-A=M,所以C2,得则(<sinB<l,

33八2兀兀622

0<-----B<—

32

由正弦定理得2R=-=2,则b=2sin5G(l,2),故B不正确；

SinB

又CACB=∣CA∣∙∣CB∣cosC=abcosC=ν3×2sinBcosC=2石sinBcos

=2J^Sin8—cosBH-----sinB=3sin~8—∖∕3sincosB—-------sin28—Cc)S28H—

由于3<5<∙J,所以=<25+g<岁，则—走<sin(23+H]<也，于是有

62

+]€(0,3),

即C4∙CB的取值范围为(0,3),故C正确；

由正弦定理得2R=∙τJ=2,则c=2sinC,所以,.ΛBC周长为:

sinC

Λ+⅛+C=Λ∕3+2sinB+2sinC=V3+2sinB+2sin

=^/ɜ÷3sinB+V3cosB=>^+2Λ∕3sin^B+^j

由于3<8<弓，所以9<8+?<¥，则且<sinjs+0]41,于是有

623632(6J

√3+2√3sinj^B+^∈(3+√3,3^],

故.ABC周长的最大值为36，故D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13.已知向量4=(1,加),6=(狐2-m)，若αb,贝IJm=.

【答案】1或-2

【分析】根据平面向量的平行的性质即可求解.

【详解】由“人有

∖×(2-m)=m×m,

解得机=1或一2.

故答案为：1或-2.

14.已知向量”=(2,3),6=(T,7),则向量。在向量。的方向上的投影向量的坐标为

【答案】(2,3)

【分析】由于已知向量α=(2,3),。=(-4,7),利用一个向量在另一个向量上投影向量的定义即可求

得.

【详解】向量"=(2,3),6=(-4,7),而向量/7在向量a的方向上的投影为|⑺cos<“*›,

b=(-4,7),/.|hI=J(T)2+7?=√65,

a`b2x(-4)+3x7

cos<a,b>=

2222

∖a∖∙∖b∖√2+3λ∕(-4)+7

√65∙2^=√B;

向量b在向量a的方向上的投影为：屹ICOS<α∕>=

故向量6在向量。的方向上的投影向量为/IcosS>•百心号=(2,3).

故答案为：(2,3).

15.海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产“，我国

拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径A,B两点间的距离，现在珊瑚群岛上

取两点C,D,测得CD=35m,ZADB=I35,ZBDC=ZDCA=15,ZACB=120,则4、8两点

的距离为m.

【答案】35√5

【分析】根据已知的边和角，在488中，由正弦定理解得50,在aABO中，由余弦定理得AB.

【详解】因为NAoB=I35,ZBDC=ZDCA=15,所以NAoC=I50,ZDAC=ZDCA=]5,所以

AD=CD=35,

又因为NAC8=120,所以∕8Cf>=135,ZCBD=30,

BD35

BDCD

在ABCQ中，由正弦定理得，即也一J.,解得BD=35√2，

SinZBCDSinZCBD

T2

在AABD中，由余弦定理得AB-=AD2+BDr-2AD-BD-cosZADB,

所以432=352+95&『-2×35×35√2×解得AB=35有m.

故答案为：35√5

16.莱洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛，如图所示，分

别以正三角形ABC的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为莱洛

三角形，已知AB两点间的距离为2,点尸为AB上的一点，则PA∙(PB+PC)的最小值为

【答案】10-4√7

【分析】利用平面向量的线性运算及向量数量积的运算将所求式子表示为2PE?,再利用三角形

的几何意义求解即可.

【详解】设。为BC的中点，E为AO的中点，如图所示,

则PA-（PB+PC）=2PAPD=2（PE+FA）∙（PE+££＞）

=2（P£+£A）（P£-E4）=2（P£2-E42）,

在正三角形ABC中，AD=y∣AB2-BD1=√2M7≈√3.

所以AE=DE=①,

2

所以PA.（PB+PC）=2（PE2_£4）=2PE2_1

因为CE=JCD。+DE?=Jl2+#=3，

所以IP目=2TCEI=2-',

所以P4∙(PB+PC)的最小值为：

2PE2-∣=22-用-∣=10-4√7.

故答案为：10-4√7.

四、解答题

17.已知Z是复数，z-3i为实数，F2—5iL为纯虚数(i为虚数单位).

-2-1

⑴求复数z；

⑵求言的模.

【答案】(I)Z=I+3i

⑵百

7—5i

【分析】(1)设复数z=α+Ai(α,AwR),根据题意z-3i为实数，—4为纯虚数，利用复数的运算

-2-1

即可求解：

(2)根据复数的除法运算和复数模的计算公式即可求解.

【详解】(1)设复数z=α+砥α,A∈R),

因为z-3i=α+(A-3)i为实数，所以0=3,则复数z=α+3i(αeR),

z-5i_a-2i_(t7-2i)(-2+i)2-2α+(a+4)i_2-2aα+4

又因为+为纯虚数,

-2-i^-2-i-(-2-i)(-2+i)-^55~5~i

2-2a=0

得α=l,

a+4≠0

所以复数z=l+3i.

Zl+3i(l+3i)(l+i)—2+4i

由(可知复数则=-l+2i,

(2)1)z=l+3i,l≡I-7≡7-(l-i)(l+i)--2

所以三的模为J(T)2+(2)2=石.

18.已知向量“与〃的夹角，=与，且同=3,忖=2夜.

⑴求(4+6)∙(α-2⅛)；

(2)”与α+b的夹角的余弦值.

【答案】(I)-I

⑵骼

【分析】(1)由向量数量积定义及运算律求结果;

(2)由向量夹角公式、数量积的运算律求夹角余弦值.

【详解】⑴已知向量”与匕的夹角6=手，且忖=3,W=2j∑,

则α/=同∙W∙cos∙^∙=3x2>∕∑x∣--j=-6,

pj↑^λ(a+b)∙(a-2b)-a2-a∙b-2b~=9-(-6)-2χ8=T；

(2)由(1)知：a∙b=—6，

所以卜+b∣=y∣(a+b)2=Jr2+2a∙b+b

a∙∖cι-st-bj_a2+ab_9-6_正

所以α与α+b的夹角的余弦值为COSa,α+b=

∣Λ∣∙pz+⅛∣∣Λ∣∙∣β+⅛∣3×Λ∕55

19.在一个如图所示的直角梯形ABC。内挖去一个扇形，E恰好是梯形的下底边的中点，将所得平

面图形绕直线DE旋转•圈.

(1)请在图中画出所得几何体并说明所得的几何体的结构特征;

(2)求所得儿何体的表面积和体积.

【答案】(1)答案见解析

⑵S组的=(4¢+16)π,%1合体=当兀

【分析】(1)直接由旋转体的结构特征得结论;

(2)结合图中数据计算该组合体的表面积和体积.

【详解】(1)根据题意知，将所得平面图形绕直线。E旋转一圈后所得几何体是上部是圆锥,下部是

圆柱挖去一个半径等于圆柱体高的半球的组合体；

(2)该组合体的表面积为

2

SnJ何体=SBl傩恻+S画柱例+S半球=—×2π×2×2-^+2π×2×2+-×4π×2=(40'+16)π,

组合的体积为

匕I何体=%雕+%枝-%球=；X兀X2?X2+兀X2。X2-；X《XπX2'=?兀.

20.在一ΛBC中，内角A,B,C所对的边分别为α,b,c,且满足双acos8+"COSA)=2cScosC+ccos3).

(1)求2的值；

a

(2)已知c=道，ABC的面积为且，求α的值.

2

【答案】(1)2

(2)1或季

【分析】(1)边化角，利用正弦定理即可求解；

(2)应用三角形面积公式计算出AB边上的高，再利用勾股定理即可.

【详解】(1)由正弦定理得：⅛(sinAcosB+cosAsinB)=2c(sinBcosC÷sinCcosB),

⅛sin(A+B)=2csin(β+C),/?Sin(Tr-C)=2τsin(%-A),

⅛sinC=2csinA，因为4,C是三角形内角,sinA≠0,sinC≠0,

2cb

所以而由正弦定理得------=------,.∙a"即"2；

sinCsinAsinCsinA2a

(2)由第一问可知，b=2af设AB边上的高为儿

则三角形A5C的面积S==!χ>∕J/Z=,〃=1,

222

作下图:

过点C作A8的垂线，垂足为。，则CQ=/?,

设AO=x,则由勾股定理得到下列方程组：

Jt2+∕J2=(2a)2

`1L、2,,,解得3/-8JIr+15=0,

(右-x)+h2^a2

由公式法得Xl=马=石)

∕7.5√3

33

21.如图，在正方体ABCD-ABC。中，EGG分别是AB,CC"。的中点.

(1)证明：EG〃平面DiBC；

DT

⑵棱8上是否存在点T,使AT〃平面旦EF?若存在，求出而的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

DT1

⑵存在'加=W

【分析】(1)利用三角形中位线性质和平行四边形性质可证得EG∕∕BQ∣,根据线面平行的判定可证得

结论；

(2)假设存在点T,延长BCS尸交于，，连接E〃交。C于K,根据三角形中位线性质可确定

KC=；DC,利用线面平行的性质可证得四边形ATXE为平行四边形，由此可确定Or=Loc.

44

【详解】(1)连接BD,B,D∣,CD∖,

E,G分别为A8,4。中点，.1EG"8L>,

BB1/∕DDi,Bq=。。，.∙.四边形80〃4为平行四边形，.∙.BZM8Q,

EG//BlDt,又EGa平面ABC,BQlU平面。罔C,

,EG//平面。BlC.

（2）假设在棱CZ）上存在点7,使得A77/平面BfF,

延长BC,4尸交于H,连接即交DC于K,