安徽省皖中名校2022-2023学年高一下学期期中联考数学（A卷）含解析

2022-2023学年高一下学期期中联考

数学（A卷）

考生注意：

L本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.

2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色.墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对

应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色.墨水签字笔在答题卡上各题的答题

区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.

4.本卷命题范围：人教版必修第二册第六章——第八章第4节.

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的.

L若复数Z满足z∙（2-i）=i（i是虚数单位），则Z=（）

2.等边ABC的边长为1,则AB∙BC=（）

3.一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15，与灯塔S相距4海里，随后货轮按北偏西30的

方向，以每小时20（、后-JW）海里的速度航行30分钟后到达N处.又测得灯塔在货轮的东北方向，则

a=（）

A.20B.40C.40-20√3D.40+20√3

4.如图，在正六边形ABer）EF中，DE+AF—CB-BE=（）

A.0B.ADC.BED.CF

5.已知圆锥的顶点为4,过母线4&AC的截面面积是2JL若ABKC的夹角是60，且母线AC的长是

高的2倍，则该圆锥的体积是（）

八.（4万+6,B.2√2Λ-C.4√2^D.12√2Λ-

6.己知向量α是非零向量，〃是单位向量，4,0的夹角为120，且α,（α+b）,则卜―〃|=（）

7.如图，一条河的南北两岸平行.游船在静水中的航行速度匕的大小为Iokm/h,水流的速度2的大小为

4km∕h.设匕与乙所成的角为6（°<θ<π）,若游船要从A点航行到正北方向上位于北岸的码头B点

处，贝IIeoSe=（）

8.设直三棱柱ABC-AAG的所有顶点都在一个表面积是40%的球面上，且

则此直三棱柱的表面积是（）

45=AC=A41,N5AC=120,

A.16+8√3B.8+12QC.8+16&D.J6+12√3

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多

项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得O分.

9.设Z是复数，5是其共轨复数，则下列命题中正确的是（）

A.若z=5,则z∈RB.若z+N>O,贝IJlZl>0

C.若z+'eR,则回=1D.若国=2,则z∙5=4

Z

10.在三棱锥A—BCD中，6,后分别是,.8。。加4。的重心.则下列命题中正确的有（）

A.直线BGAE共面B.直线AG,BE相交

C匕-GBC=5VA-OBCD.AB=3GE

IL在uA3C中，角A,8,C的对边分别是a,0,c,a=3,b=7,且SinB=也，则COSC的值可以是

2

)

12.如图，P为ABC内任意一点，角A,B,C的对边分别为“,仇c,则总有优美等式

Spβc-PA+SPACPB+SPM∙PC=O成立•此结论称为三角形中的奔驰定理•由此判断以下命题中正确

的有（）

区

A.若ABC是等边三角形，P为A6C内任意一点，且点P到三边8C,C4,AB的距离分别是

h[,h1J%,则有%∙Λ4+4.P3+4∙PC=0

B.若尸为ABC内一点，且PA+PB+PC=O,则尸是，ABC的内心

12

C.若尸为.ABC内一点，且AP=WAB+—4C,则SPBC:S%c:SPAB=2:1:2

D.若ABC的垂心P在ABC内，AD,BE,CF是ABC的三条高，则

PDPEPF

——PA+——PB+——PC=O

ADBECF

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知向量口=（3,6）1=（-1，6.若α〃/,,则实数X的值是.

14.在二AβC中，AB=（COS24,cos66）,AC=（2cos69,2cos21）,则角A的大小是.

,X-T

15.设点。是eABC外接圆的圆心，AC=I,AO∙BC=-2,则出上的值是.

SinB

16.依次连接棱长为2的正方体ABC。-A与GA六个面的中心，得到的多面体的体积是.

四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.（10分）

一1

如图，在-ABC中，AN=]AC,点尸是线段BN上一点.

（1）若点P是线段BN的中点，试用AB和AC表示向量AP；

3

（2）若AP=—AB+∕/AC,求实数加的值.

11

18.（12分）

已知复数z∣=3-∕√+（加-jŋi,z?="+sine+（cos6-jŋi,其中i是虚数单位，m,χ∕,6（∈R.

（1）若Zl为纯虚数，求加的值；

（2）若z∣=Z?,求〃的取值范围.

19.（12分）

如图，在长方体ABCo-A4GA中，AGCgA=α,BQc截面ABG=P.

（1）确定点P的位置；

（2）若AB=3,BC=4,CG=6,求线段OP的长.

20.（12分）

在-ABC中，角A,B,C的对边分别是a,4c,且向量加=（a-c,∙∣）和向量〃=（WJGa）互相垂

直.

（1）求角C的大小；

（2）若.ABC的周长是3+JJ,CA∙BC=-3,求.ABC外接圆的半径.

21.（12分）

三条侧棱两两垂直的三棱锥往往称为直三棱锥，在直三棱锥A-BCD中，A&AC、A。两两垂直.

（1）设直三棱锥A—BCD外接球的半径为R,证明：R={2BC2+2CD?+2DB?；

4

（2）若直三棱锥A—BCD外接球的表面积为64%，求SABC+SA。。+SADB的最大值.

22.（12分）

15√3

如图，某学校有一块平面四边形ABeZ）空地，已知A。+CO=8,NAOC=120,且S

ADC4

a+bsinA-sinC

(2)设...ABC的角A,8,C的对边分别是α,b,c,且满足，现要在.4?C内做一个

cSinA-SinB

最大的圆形花圃，求这个最大圆形花圃的面积.

高一数学(A卷)参考答案

题号123456789101112

答案CBAABABDABDABDCDACD

i(2+i)2i-l12.

1.【解析】z==-g+gi.故选C.

2-i(2-i)(2+i)5

・・1

2.【解析】AB∙BC=l×l×cosl20=——.故选B.

2

仰=20(#—0卜0.5=10(#—0).在JVfiVS中，。忘)。=20-故

3.【解析】

sinlO5sin30

选A.

4.【解析】DE+A/一CB-BE=8A+A/一(C3+8E)=B/一CE=O.故选A.

5.【解析】设圆锥的母线长是/,则;∕2.sin60=2√3,∕=2√2,高是正,圆锥底面半径是卡.于是该

圆锥的体积是ɪπ∙(√6)2∙√2=2岳.

6.【解析】因为αJ∙(α+人),所以d∙(α+b)=O,即ɑ?+α∙O=OJaI2-■!∙∣α∣=0,Ia=，.

v'22

『也.故选A.

于是Ia-b∣2=a1-st-b2-Iah-b2+3β2=-∖a-b

412

42∖π\2

7.【解析】如图，Sina=—=一.因此COSe=COS—+a∖=-sina一二.故选B.

105\2J

V⅛

2/77

8.【解析】设AB=AC=AA=2机.因为NBAC=120，所以∕AC5=30.于是:-=2r(「是

sιn30

AABC外接圆的半径），∕∙=2m∙又球心到平面ABC的距离等于侧棱长AA∣的一半，所以球的半径为

∙^(2m)2+m2=小m•所以球的表面积为4兀(小m)*=4()乃，解得m=母.因此

Aβ=AC=A41=20,BC=2指.于是直三棱柱的表面积是

(4√2+2√6)×2√2+2×→2^×2λ^sinl20=16+12后故选D.

9.【解析】对A,Q+/?i=a—Z?i=Z?=O=>zeR.A正确.对3,α+⅛i+α-bi=Q>0=>∣z∣>0A.B正

.,11(Qz?Yn

确.对C,zH—=Q+/?id-------------=Q—.-÷b—.-I∈H,

ZI√2⅛2JI∣22

a+biα+ya+b)

On。=。或/+〃=],c不正确.对°,z-z=a2+b2HzI2=4,。正确.故选ABD.

10.【解析】由于G,E分别是~BCD,.ACO的重心，所以分别延长BG,AE交CD

于中点F.因此A正确.因为86:65=2:1,AE:EF=2:1,

所以BG:GF=AE:EF=2:1,因此GE〃AB.直线AG,3E相交，8正确.

因为G是Ba）的重心，所以SGBC=<S"8C∙因此匕.GBC=；匕“BC∙C不正确•

因为GE〃/U?,所以AB:GE=BT7:6/=3:1.因此A3=3GE刀正确.故选ABD.

11.【解析】因为SinB=也，所以CoSB=±L于是72=02+32-6CXL或72=c2+32-6cχ

222

724-172-I--S211

解得c=8,或c=5∙因此CoSC=土上~或COSC=U^~'=U.故选Cd.

2×7×372×7×314

12.【解析】对AMABC是等边三角形，设其高为/?,则

SPBCe∙SABC.SPCA=与∙SABC.SPAB=与∙SABL代入奔驰定理就得到，

nnn

PΛCB

hy∙PA.+It,∙PB+hτt∙PC=0∙A正确.对B,由与PA+PB+PC=O得，S.PBC=~SPA，P是

121/\2/\

—ABC的重心.8不正确.对C,AP=-AB+-AC=-(PB-PA)+-(PC-PAj,即

2尸A+P6+2PC=O•与奔驰定理比较就得到，S「sc：SPAC：Sp"c=2：1：2.C正确.对。，P是

SPBCPDPD

一A6C的垂心，则不"=:有，因此SMC=一SABC•同理可得，

ɔABCADAQ

,S4BC•代入得,

Spca=——SΛBCPAB=T^SSpbc∙PA+SPAePB+Spab∙PC=O,

DLLCr

竺∙Λ4+竺∙P6+竺PC=O.。正确.故选ACD.

ADBECF

13.【答案】-2【解析】因为&〃匕，所以3x=-6,x=-2.

14.答案】45【解析】因为

IABI=1,∣ACI=2,AB-AC=2cos24cos69+2cos66cos21=2cos45=V∑.

所以四=A3∙AC=IABllAqCOSACoSA=亭，A=45"∙

15.【答案】√5【解析】设点。是边BC的中点，则

AOBC=(AD+DO)BC=ADBC=^AB+AC)(AC-AB)=^AC2-AB^^

即4-48]=_2,,同=7?.因此任£=空=6.

2∖/I1sinBAC

4

16.【答案】-【解析】依次连接棱长为2的正方体ABCo-A与GA六个面的中心，得到的多面体是

正八面体，其体积是2xgx(√iTT)2χl=g.

17.【解析】(1)因为点P是线段BN的中点，且AN=LAC,

3

所以AP=g(A6+AN)=：(A6+；AC)=gA8+：AC.

3——----1

(2)因为AP=二AB+mAC,且AN=—AC,

113

3

所以AP=—A3+3m√W.

11

38

因止匕—F3/7?—l,ιn——.

1133

18.【解析】(1)因为Zl为纯虚数,

3-m2-O

所以V解得m=-y∣3-

m-y∣3≠θ'

3-m2=μ+sinθ

(2)由z∣=Z2,得＜

〃LG=CoSe-

(1y7

因止匕〃=3—COSe2-sine=sin62-sin6+2=∣sin。——+—.

\2)4

17

因为一IWSineW1,所以当Sine=I时，χ√min=-；

-7-

当Sine=T时，"max=4,.故M的取值范围是-A.

19.【解析】(1)PeDBl,DB∣u平面BBlD∣D,

所以PG平面BBIDlD.又PG平面ABG,

平面BgADc平面Λ,8Cl=BQI,根据公理2,得PeBQ,

即B,P,O1三点共线，所以P点为线段BlD与BO1的交点.

(2)连接5。，再连接8O∣,交。用于点”.由(1)知点、P为BOl与BlD交点.

DDi∕/BB∣,DD∣=BB1,.-.四边形DQBBl为平行四边形.

.∙∙M是中点.又。I是4A的中点，

21

所以点P是ABA用的重心，B∖P=mB∖M=3B∖D.

又因为AB=3,BC=4,CC∣=6,所以BID=屈.

故QP=》。=|府.

20.【解析】(1)因为〃?,”互相垂直，

所以=(α-c>α;C+g∙(b-Q4)=0,

即a1-C2=∖!^ab-b2,a1+Z?2-C2=6Clb.

由余弦定理得，CoSC=H+"Y=避劲=正.

2ah2ah2

71

因为OVCV乃，所以C=一.

6

(2)因为CA∙3C=-3,

所以-GbCoS—=-3,ab=2>/3.

6

(\2

因止匕/+/一。？=扃匕就是2Rsin—=由ab，

I6√

(a+b)2-2ab-R2=j3ab,

即(3+JJ—K)?-48一R2=6,解得R=I.

故.ABC外接圆的半径是1.

21.【解析】(1)由AB,AC,A。两两互相垂直，将之补成长方体知，AB2+AC2+AD2=(2R)2.

即8R2=2AB2+2AC2+2AD2=(AB2+AC2)+(AC2+AZ>2)+(AD2+AB2)=βC2+CD2+DB1.

222

i,nyJ2BC+2CD+2DB

∏AA=------------------------------------------------------------

4

(2)由64%=47R2得，火=4.因此482+4。2+4。2=(2/?)2=64.

于是SARr+SArQ+SAQR=—×AB×ACH—×AC×ADH—×AD×AB

ADC.ACZ√ADti222

AB2+AC2AC2+AD2AD2+AB2AB2+AC2+AD2CC

„-------------+--------------+--------------=-----------------------=32.

4442

当且仅当AB=AC=AD=还时取等号，

3

S