2022-2023学年河北省保定市高一下学期期中数学试题【含答案】

2022-2023学年河北省保定市高一下学期期中数学试题

一、单选题

L设复数Z满足z∙(l+2i)=5,贝IJZ的虚部是()

A.2B.2iC.-2D.-2i

【答案】C

【分析】根据复数的除法运算求解.

/、55(l-2i)c∙

【详解】因为z∙(l+2i)=5,所以z=,=EF而1’

所以Z的虚部是-2,

故选：C.

2.已知加，〃为两条不同的直线，α,夕为两个不同的平面，对于下列四个命题：

①如果mUα,n⊂α,∣n∕∕β,nllβ,那么。〃夕；

②如果〃//加，"ua,那么Wj〃a；

③如果。//£,WUa,“u?，那么加/”；

④如果m//a,〃ua,那么m∣∣n.

其中正确命题的个数有()

A.0个B.1个C.2个D.3个

【答案】A

【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，结合平面的基本性质判断各项的正误，即可知正确命

题的个数.

【详解】①如果〃2ua,n⊂a,mllβ,nllβ,仅当“〃相交时々//日，否则a,尸不一定平行,

错误；

②如果〃〃加，“ua,则加〃a或相ua,错误；

③如果a//,〃7ua,nuβ,则加〃〃或掰，”为异面直线，错误；

④如果m∕∕a,〃ua,则加〃〃或加，”为异面直线，错误；

故选：A

3.己知A(2,-1),B(1,4),C1山芳,cos当｝O为坐标原点，则下列说法正确的是()

ULMl

A.AB=(1,-5)B.Ao,C三点共线

C.A,B,C三点共线D.OA+OB=3OC

【答案】B

【分析】根据向量的坐标运算判断AD,根据共线向量判断三点共线可判断BC.

【详解】因为知A(2,-1),8(1,4),

所以AB=(-1,5),故A错误；

T1→Tlf

因为。C=(T,一),OA=(2,-1),即OC=--04,

22

所以AO,C三点共线，故B正确；

因为A%=(-1,5),A2=(-3,∣),

所以A⅛K∕lAb,即A,8,C三点不共线，故C错误；

因为OA+OB=(3,3)≠3OC=∣^-3,∣J,故D错误.

故选：B

4.已知在JIBC中，2B=A+C,b-=ac,则一ABC的形状是()

A.直角三角形B.钝角三角形C.等腰直角三角形D.等边三角形

【答案】D

TT

【分析】根据23=A+C,可得8=3,再根据结合余弦定理即可得出结论.

【详解】解：因为28=A+C,

所以A+8+C=38=Λ∙,所以8后，

则b2=a2+c2-2accosB，

即ac=a2+c2-acf所以(α-c)~=0,

所以。=c,

所以ABC为等腰三角形，

TT

又8=§,所以一ASC为等边三角形.

故选：D.

5.斜二测画法是画一个水平放置的平面图形直观图的常用方法之一.现在有高一年级(14)班的某

学生用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中BC=AB=1,则

原平面图形的面积为()

C.12√2D.6√2

【答案】B

【分析】根据斜二测画法规则：平行X轴的线段与原线段长度不变，平行)‘轴的线段长度是原长的

一半，求出原长，再利用梯形面积公式求解即可.

【详解】直观图中，ZADC=45o,AB=BC=∖,DCLBC,：.AD=O,DC=2,

原来的平面图形上底长为1,下底为2,高为2√Σ的直角梯形，

该平面图形的面积为3√L

故选：B

6.“端午节”为中国国家法定节假日之一，已被列入世界非物质文化遗产名录，吃粽子便是端午节食

俗之一.全国各地的粽子包法各有不同.如图，粽子可包成棱长为6cm的正四面体状的三角粽，也

3

可做成底面半径为^cm,高为6cm(不含外壳)的圆柱状竹筒粽.现有两碗馅料，若一个碗的容积

等于半径为6cm的半球的体积，则这两碗馅料最多可包三角粽或最多可包竹筒粽的个数为(参考数

据：√2Λ-≈4.44)()

A.35,20B.36,20C.35,21D.36,21

【答案】C

【分析】分别计算正四面体，圆柱和半球的体积，再根据题意将体积相除进行分析即可

【详解】棱长为6cm的正四面体的体积匕=gx曰x6?X卜-Zx等x∣=18应(Cm③)

底面半径为gem,高为6cm的圆柱的体积％=;TX(IJX6=警(Cm3),

半径为6cm的半球的体积K=；X彗X6,=144)(Cm3).

因为∙^x2=8缶=35.5,-277×2=y≈21.3

所以这两碗馅料最多可包三角粽35个，最多可包竹筒粽21个.

故选：C

7.在AABC中，点M是BC上一点，且BC=38M,P为AV上一点，向量

31

BP=λBA^μBC{λ>0,//>0）,则7+一的最小值为（）

Λ∣Λ

A.16B.12C.8D.4

【答案】B

【分析】由三点ARM共线及平面向量基本定理得九〃的关系，然后结合基本不等式得最小值.

【详解】因为8C=38M,所以BP=；IBA+〃BC=；IBA+,

又ARM三点共线，所以2+3〃=1,

所以W+L=（2+3〃）（±+，）=6+4+¥N6+2J4X”=12,当且仅当/1=3”，即4=1,〃=，时等

入μλμμλ∖μλ26

31

号成立.所以7+一的最小值为12.

Zμ

故选：B

8.己知直三棱柱ABC-ABC的各顶点都在球。的球面上，且A3=AC=I,BC=G.若球。的体

积为迎叵兀，则这个直三棱柱的体积等于（）

3

A.√2B.√3C.2D.√5

【答案】B

【分析】由球的体积公式求得球的半径，由余弦定理求出/C4B,即可求出底面三角形外接圆的半

径与面积，再根据直三棱柱的性质和平面几何知识可求得直三棱柱的高，由柱体的体积公式计算可

得答案.

【详解】设球。的半径为R,∙.∙球。的体积为迎叵兀，.♦.处=迎叵兀，解得R=B

333

∙.F3=AC=1,BC=布,所以8，;NC4B_AC2+A8、BC2F+>（道）二」，

2AC∙AB2×1×12

又O<NC46<π,所以∕C4B=2,所以S=LχFXSin型=立，

3AABC234

2,_BC_W_2

I.ASC外接圆的半径sinZCAB.2π，解得r=l∙

sin一

3

设球心到底面的距离为3则h=YR?一产=2,

，这个直三棱柱的体积匕*w∣=2ZrS4A8c=2χ2x曰=6.

故选：B.

二、多选题

9.已知平面向量a=。，。)，fe=(1,2√3),则下列说法正确的是()

A.∖a+b∖=16B.(α+b)∙o=2

C.向量α+力与。的夹角为60°D.向量〃+。在。上的投影向量为2。

【答案】BCD

【分析】A选项，根据向量坐标线性运算得到α+b=(2,2∕),进而求出模长；B选项，根据向量数

量积的坐标运算法则计算；C选项，利用向量夹角计算公式计算；D选项，代入公式求出投影向量.

【详解】a+⅛=(2,2√3),所以,++√4+12=4,A错误；

(α+⅛)∙α=(2,2√3)∙(l,0)=2,B正确；

(a+b)∙a21r,π

COS4+A。=1----=-=-9因为。+仇。«0,可，故〃+/?,。=；,所以向量4+匕与。的夹角为60°,

〃+〃•同423

C正确；

∖a+b)∙a∩

向量α+b在4上的投影向量为—∙W=2”,故D正确.

IaIa

故选：BCD

10.如图，已知正方体ABC£>—A/B/G。的棱长为2,则下列四个结论正确的是()

B.AG//平面AC

C.正方体的外接球的表面积为12万

Q

D.三棱锥Q—A。C的体积为§

【答案】ABC

【分析】对选项A,根据异面直线定义即可判断A正确；对选项B,根据题意得到AG//4C，再利

用线面平行的判定即可得到AG//平面4CR,即B选项正确；对选项C,首先求出正方体外接球

14

半径R=6,再求表面积即可判断C正确：对选项D,根据RXS△△叱=§，即可判断

D错误.

【详解】对选项A,因为AGU平面A1B1C1D1,ADt,平面AEGR=R，

D1⅛A1C1,所以直线AC,与AD1为异面直线.

对选项B,因为AG∕∕AC,AG0平面4C。，ACU平面AeA,

所以AG//平面AC。，故B正确；

对选项C,正方体外接球半径R=亚二£=用，

2

所以球体表面积S=4τrR2=i2乃，故C正确；

1114

对选项D,AOC=IXS-OC=§X2X5X2X2=§,故D错误.

故选：ABC

11.在.ABC中，角A,8,C的对边分别是α,6,c,b2+c2=⅛c+α2,⅛=8,α=2√13.则下列说法正确的

是()

A.一ABC为锐角三角形B.一ABC面积为46或12有

乃

C.AB长度为6D.一ΛBC外接圆的面积为5子2

【答案】BD

【分析】利用余弦定理求出A,从而求出边c,再利用面积公式及正弦定理求出外接圆的半径，即

可得解；

【详解】解：^b2+c2=bc+a2,所以CoSA=丝了=4，因为A∈(0,%),所以A=g,又

2bc23

⅛=8,α=2√13,所以82+c∙2=8c+(2√iI)2,解得。=2或c=6,故C错误；

当c=2时∙，cosg=6z~=--F=<0,所以3为钝角，故A错误；

2ac√13

当c=2时,，S=L/?csinA='x8x2x—^=4>/5；

222

当c=6时，S=！bcsinA=Lχ8χ6X等=126,故B正确;

，所以R=2@,所以外接圆的面积乃

2R=W==52?,故正确;

sinAD

故选：BD

12.如图，AC为圆锥So的底面圆。的直径，点8是圆。上异于A,C的动点,SO=OC=2,贝IJ下

列结论正确的是（）

A.圆锥So的侧面积为2缶

Q

B.三棱锥S-ABC体积的最大值为§

C.NSAB的取值范围是O5）

D.若Afi=BC,E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为2（√J+1）

【答案】BD

【分析】先求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式判断A；当03,AC时，A8C的面积最大,

计算体积最大值判断B；先用取极限的思想求出NASB的范围，再利用NSA8=1=N4SB求范围判

断C；将4SAB以AB为轴旋转到与/BC共面，得到$A3,求出SC判断D作答.

【详解】在RtASOC中，SC=y∣SG+Oe2=2垃,则圆锥的母线长∕=2√∑,半径r=OC=2,

对于A,圆锥SO的侧面积为：TIrl=4在it,A错误；

对于B,当08_LAC时，一ABC的面积最大，此时SAZjC=；x4x2=4,

11Q

则三棱锥S-ABC体积的最大值为：-×SAIIC×SO=-×4×2=^,B正确；

TT

对于C,ZXSAB是等腰三角形，SA^SB,又因为S∕V+SC?=16=AC?,则NASC=万，

依题意，0<N4SB<],而NsAB=I-；NASB,因此NS48e（：,5）,C错误；

对于D,由AB=BcAC=4,ZABC=I,得AB=BC=2。有ASAB为等边三角形，

7Γ

将ASAB以AB为轴旋转到与JWC共面的位置，得到$48,则SAB为等边三角形，Z5,BA=p

如图，

于是(SE+CE)=SC,因为SlB=BC=2√Σ,NS∣BC=NS∣BA+NABC=三,

nun16

5,C2=5B2+βC2-2SB∙BC∙cos-=8+8+8^=4(^+1)2,

t16

所以(SE+CE*n=SC=2(^+l),D正确.

故选：BD

三、填空题

13.在SABC中，已知AB=3,AC=2,BC=M,则A8∙8C=

【答案】-y

【分析】先利用余弦定理求出CoSB,再根据向量的数量积定义即可求出.

4B?+BC?-AC?9+10-4√10

【详解】解:cosB=

2×AB×BC6√10-4

∙∙∙AB∙BC=∣冽∙gc°s(…)=TABHBC37加哼号.

故答案为：

14.已知复数Z满足∣z+2-2i∏=l,则∣z-2-2i∣的最大值为

【答案】5

【分析】确定∣z+2-2i∣=l表示复数Z几何意义，再结合∣z-2-2i∣的几何意义求解作答.

【详解】由∣z+2-2i∣=∣z-(-2+2i)∣=l,得复数Z对应的点在以(-2,2)为圆心，1为半径的圆上,

卜-2-2|=%-(2+划表示复数2对应的点到(2,2)的距离，

点(-2,2)到点(2,2)的距离为J(_2_2『+(2-2)2=4,

所以∣z-2-2i∣的最大值为4+1=5.

故答案为：5

15.如图所示，为测量山高MN,选择A和另一座山的山顶为C测量观测点，从A点测得M点的仰

角NM4N=60。，C点的仰角NCAB=30。以及NM4C=75。，从C点测得NMeA=60。，若山高

BC=100√2米，则山AB高MV等于.

【答案】300米

【分析】利用直角三角形求出AC,再由正弦定理求出A",然后利用直角三角形求出MN

【详解】解：在RlaABC中，ZC4B=30°,BC=IOo√Σ所以AC=200&米,

在，AMC中，NMAC=75。,NMeA=60。，则NAMC=45。，

ACAM

由正弦定理得,

sin45o^sin60o

√3

所以AM=200我=2006米,

2

在Rt4MW4中，AM=200港米，ZMAN=60°

所以MN=AMsin600=200退X*=300米，

故答案为：300米

16.已知圆锥底面圆的直径为2,高为在该圆锥内放置一个棱长为。的正四面体，并且正四面

体在该几何体内可以任意转动，则。的最大值为.

【答案】^∕∣√2

【分析】四面体可以在圆锥内任意转动，则该正四面体内接于圆锥的内切球，求出圆锥的内切球半

径，即可求正四面体的棱长”的最大值.

【详解】依题意，正四面体可以在圆锥内任意转动，则该正四面体棱长最大时内接于这个圆锥的内

切球，

设圆锥内切球球心为P,球的半径为「，圆锥的底面圆半径为R=1,

作出圆锥的轴截面，截圆锥得等腰ASAB,其中SA=SB,截圆锥内切球得球的大圆，该圆是ASAB

的内切圆，如图;

其中。，。为切点，OA=OB=R=LSOf,则V=SB=JSO2+08?=2,即aSAB为正三角形,

于是P是aS48的中心，连接3P,则BP平分/Sβ4,有NPBO=30,

即有tan30==，则r=立R=迫XI=立，设半径厂=且的球的内接正四面体棱长为机，

R3333

正四面体可以从正方体中截得，如图:

从图中可以得到，当正四面体的棱长为加时，截得它的正方体的棱长为《2〃?，

2

而正四面体的四个顶点都在正方体上，于是正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球,

因此2r=JJx立=,即，"=—^,

22√6

462√2

所以。的最大值为m——7=×——=-------

√633

故答案为：—

3

四、解答题

17.已知向量：=(1,2),W=(—3,k).

⑴若W〃0求H的值；

(2)若(；+2p,求实数A的值；

(3)若；与了的夹角是钝角，求实数k的取值范围.

【答案】(1)3正；

⑵仁“

(3火〈,且厚一6.

【分析】⑴解方程IX左一2x(-3)=O即得解;

(2)解方程1x(-5)+2x(2+2Z)=O即得解；

(3)解不等式1x(-3)+2XAVo且厚一6,即得解.

【详解】(1)解：因为向量；=(1,2),X=(—3,女)，且；;〃羡

所以IXZ—2x(-3)=0,解得攵=—6,

所以b=J(-3)2+(-6)2=3小.

(2)解：因为.+2[=(-5,2+2%),且”(。2和

所以IX(-5)+2x(2+2Z)=0,解得k=

(3)解：因为：与Z的夹角是钝角，则且；与了不共线.

3

即1、(-3)+2*左＜0且#一6,所以k＜一且上一6.

2

18.已知复数Z=l+"2i(i是虚数单位，meR),且彳∙(3+i)为纯虚数(三是Z的共轨复数)

⑴求实数机及|z|；

-i≡3

(2)设复数Zl=幺zj二，且复数Zl对应的点在第二象限，求实数”的取值范围.

Z

【答案】(l)m=-3,IZl=M

【分析】(1)根据复数代数形式的乘法运算化简f(3+i),再根据复数的概念得到方程(不等式)组,

求出〃?的值，即可求出z,从而求出其模；

(2)根据复数的乘方及代数形式的除法运算化简4,再根据复数的几何意义得到不等式组，解得即

可.

【详解】(1)Vz=l+∕77i,ΛZ=I-ZHi,

.,.5(3+i)=(l-mi)(3+i)=(3+m)+(l-3∕n)i,

5∙(3+i)为纯虚数,

3+"2=0

l-3^≠0,解得“I,

故Z=I—3i,则IZl=JI2+(-3)--y/10

(2)∙.-i2023=i4×505÷3=i3=-i,

2023

7-tz-i_a+i_(tz+i)(l+3i)_a-33α+l.

■"Z|Z--l-3i^(l-3i)(l+3i)^^(Γ+10ɪ'

复数4所对应的点在第二象限,

cι-3ʌ

------<0

0

J1,解得W<a<3,

生1>03

10

故实数α的取值范围为

9Jr

19.如图，某地计划在一海滩处建造一个养殖场，射线OAoB为海岸线，ZAOB=y,现用长度为

1千米的网依托海岸线围成一个POQ的养殖场

（2）问如何选取点P,。，才能使得养殖场一POQ的面积最大，并求其最大面积

【答案】（1）亚千米；

3

（2）∣0PI=IoQl=［千米时，SOPQ取得最大值*平方千米.

【分析】（1）运用正弦定理可求出OP的长度；（2）根据面积公式和余弦定理可求.

【详解】(1)在OPQ中，由正弦定理可得：

IPQlIoPl1_∣°H

-zoL=∙ZoL>代入数据得∙2π-∙π

sinZPOQsɪnZ.PQOsin—sin—

解之：IOPI=半千米；

（）在中，由余弦定理可得年=

2AopQCoSW2XFoJP"

ΓIYLl

令IoH="Jo。=b可得1=〃+Z>2+访≥2y[^+ab=3ab，

所以时≤[当且仅当a=b=3时取得

33

又S0pq=；absinNPOQ=^∙ab≤*∙(km]

.∙.∣0H=IoQI=4千米时，Sopq取得最大值W平方千米.

20.从以下三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求C的值；若问题

中的三角形不存在，说明理由.

①SinC=有SinA,②SABC=4+,③CoS(B+C)=^cos2B.

问题：在一ABe中，角A,B,C所对的边分别为“，b,c.

已知：a=bcosC+y∣3csinB,b=4,.

【答案】答案见解析

【分析】由正弦定理将边化角，再结合三角恒等变换可得B=2，

若选择①：由正弦定理得c=心,再由余弦定理解方程即可得解；

若选择②：由面积公式可得αc=16g,再由余弦定理解方程即可得解；

若选择③：由诱导公式可得CoSA=-立，求得A后即可得解.

2

【详解】因为α=bCoSC+Gcsin8,

由正弦定理得SinA=sinBcosC+>∕3sinCsinB,

又因为A=兀—(B+C),

所以SinA=Sin[兀一(B+C)]=sin(3+C)=sinBcosC+cosBsinC,

所以SinBcosC+cosBSinC=sinBcosC+>∕3sinCsinB,

所以cosBsinC=∖∣3sinCsinβ,

又因为0<C<兀，所以SinCW0,

所以cos3=JJsin3,所以tan3=立，又0<B<π,所以5=g

36

若选择①：SinC=QsinA,由正弦定理得C=J^〃，

由余弦定理力2=/+,a-2QCCOSB,W16=ʃ+3«2-2«×∖∣3a×—,解得々=4,

2

所以C=4√L

若选择②：因为SABC=46，所以;αcsinB=4后，得“,=166，

222222

又由余弦定理从=a+c-2accosB，R∏⅜16=0+c--J3ac=aC-48,

得片+(?=64,

从而得c=4或C=4√L

若选择③:因为CoS(B+C)=GCoS25,⅛A=π-(B+C),

所以-CoSA=走，即COSA=，

22

5兀

因为0<A<π,所以A=?，

6

此时A+3=π,这与三角形的内角和等于兀相矛盾，所以这样的三角形不存在.

21.如图所示，在四棱锥尸-ABC。中，8C7/平面PAO,BC=^AD,E是PD的中点.

QC

(1)求证：BC//AD-,

(2)求证：CE//平面PAB；

(3)若M是线段CE上一动点，则线段AO上是否存在点N,使仞N//平面PAB?说明理由.

【答案】(1)见解析：(2)见解析；(3)见解析.

【分析】(1)根据线面平行的性质定理即可证明；

(2)取％的中点F,连接EF,BF,利用中位线的性质，平行四边形的性质，以及线面平行的判

断定理即可证明；

(3)取Ao中点N,连接CN,EN,根据线面平行的性质定理和判断定理即可证明.

【详解】证明：(1)在四棱锥P—ABC。中，BC〃平面PA。，BCu平面ABCD,

平面ABCf)C平面PAD=AD,

.-.BC//AD,

(2)取小的中点F,连接E尸，BF,

E是？。的中点，

.∙.EF∕∕AD,EF=-AD,

2

又由（1）可得BC