2022-2023学年重庆市渝东九校联盟高一（下）期中数学试卷（附答案详解）

2022-2023学年重庆市渝东九校联盟高一(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.复平面上表示复数-1-t的点所在的象限是()

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

2.2知向量五=(6,—2),b=(4,y),且二〃则y=()

A.号B.—C.—12D.12

3.在A48C中，若BC=VI,AB=P,则角C=()

4.如图，已知水平放置的△4BC按斜二测画法得到的直观图为4

,,,

ABCf若AB'=5AC'=3,则AABC的面积为()

A.3

d∙ɪ

5.在平行四边形力BCD中，设M为线段BC的中点,N为线段4。上靠近。的三等分点,同=,,

AD=b^则向量丽=()

A.ɪɑ—bB.α—ɪhC.α+ɪhD.-ɪɑ—b

OOOO

6.己知非零向量d，族满足I五∣=3∣B∣,CoS位范)=；,若石_L(t五+Wb则实数t的值为()

A.4B.—4C.7D.-:

43

7.设直三棱柱ABC-4BICl的所有顶点都在一个球面上，且球的表面积为20τr,4B=BC=

AC=C,则此直三棱柱的高是()

A.1B.2C.2∖∕~2D.4

8.在△4BC中，α,b,C分别为角2、B、C的对边，。为ATlBC的外心，且有c+α=亨b，

c(cosA-√-3)+acosC=0>若而=xAB+yAC，x‹yeR，则3x+4y=()

A.1B.-2ɛ.0D.—ɪ

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.如图所示，观察下列四个几何体，其中判断正确的是（）

A.①是棱台B.②是圆台C.③是四面体D.④是棱柱

10.已知nf/为直线，口、夕为两个不同平面，则下列命题中不正确的是（）

A.如果Tn〃hn∕∕Z,那么τn∕∕zι

B.如果n1It那么m〃n

C.如果?n〃n,n∕∕β9那么Tn〃夕

D.如果α〃氏m⊂a,nu0,那么nɪ〃九

11.已知zi，z2∈C,下列说法错误的是（）

A.若Zl=i÷i2+i34-----F*023,则Zl∈R

B.若Zl+z2>0,则Zl=z2

C.若IZl—z2∣=0,则Zl=Z2

D.若Zi=3—4i,忆2—Zι∣=3,则∣Zz∣的最大值为6

12.△/BC的内角4B,C的对边分别为a,b,c,则下列结论正确的是（）

A.sin2B—2sinAsinCcos（A+C）=sin2√l+Sin2C

B.若。是所在平面内一点，且方,（前一焉）=布•（强Μ—箫）=°，则点。为△

ABC的内心

SinB2bsinC,J

C.若嬴4=下右，则4ABC是等腰三角形

D.若α2=25-Z√,3cos（‹A-B）cosC=1,则△ABC的外接圆半径二

4

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.已知同=，攵，,与B的夹角为aE是与B同向的单位向量，则&在B方向上的投影向量为

14.已知一个圆锥的轴截面为边长为2的正三角形，则此圆锥的全面积为

15.如图，为了测量山高BC,分别选择山下平地的4处和另M

一座山的山顶M处为测量观测点,从a点测得M点的仰角

乙NAM=45。，C点的仰角NBaC=30。以及NMAC=75°,从M

点测得NAMC=45°,已知山高MN=50C米，则Sin乙4CM=

,山高BC=米

16.在AABC中，点O满足前=2022况，过点。的直线交线段4B于点M、交线段AC的延长

线于点N,记万7=%通，A/V=y~AC>则2023x+4Ily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)

已知复数Z满足Z(I+i)=21.

GL)求忆+2—5小

(2)若Z是方程产+αχ+b=0(α∈/?,6∈R)的一个根，求α+b的值.

18.(本小题12.0分)

己知N=(I,-1),b-(-2,3)>c=(-6,8).

(I)Sc=xα+yfo,求久，y的值

(2)当(k五+2»与^的夹角为锐角时，求Zc的取值范围.

19.(本小题12.0分)

如图，在△4BC中，∆BAC=150o,AB=<3,AC=1.

(1)求BC的长度；

(2)在边BC上取一点。，使8。=AD,求AACD的面积.

20.(本小题12.0分)

在正方体4BC。—4$心。1中，M,N分别是线段/C,BZ)的中点.

(1)求证：MN〃平面44道避；

(2)若正方体的棱长为2,求三棱锥B-MNC的体积.

21.(本小题12.0分)

在锐角△力BC中，a,b,C分别为内角A、B、C的对边，且有α=2,在下列条件中选择一个

条件完成该题目：

(l)asinB=bsin2A;@a2+be=b2+c2;(3)tanA=tanB-tanB.

(1)求A的大小；

(2)求2b-C的取值范围.

22.(本小题12。分)

已知宣，石是平面内任意两个非零不共线向量，过平面内任一点。作西=石∖西=诙，

以。为原点，分别以射线。4、。人2为X、y轴的正半轴，建立平面坐标系，如图(1).我们把这

个由基底正，记确定的坐标系Xoy称为基底E，而｝坐标系Xoy.当向量码，石不垂直时，坐标

系Koy就是平面斜坐标系，简记为｛。；沅,近｝.对平面内任一点P,连结0P,由平面向量基本

定理可知，存在唯一实数对(x,y),使得而=X沅+y石，则称实数对(x,y)为点P在斜坐标

系｛。；4,近)中的坐标.

今有斜坐标系｛0：耳,孩｝(长度单位为米，如图⑵)，且同|=|国=1,〈可用)=120。，设

Op=(1,2)

(I)计算I而I的大小；

(2)质点甲在OX上距。点4米的点4处，质点乙在Oy上距。点1米的点B处，现在甲沿拓的方向,

乙沿碍的方向同时以3米/小时的速度移动.

①若过2小时后质点甲到达C点，质点乙到达。点，请用否*,反,表示方；

②若，时刻，质点甲到达M点，质点乙到达N点，求两质点何时相距最短，并求出最短距离.

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：复平面上表示复数z=-l-i(i为虚数单位)的点(-1,-1)在第三象限.

故选：C.

直接利用复数的对应点的坐标判断即可.

本题考查复数的代数形式的混合运算，复数的几何意义，考查计算能力.

2.【答案】B

【解析】解：向量五=(6,-2),b—(4,y)>且益〃3，

6y—(—2)×4=0>解得y=-

故选：B.

根据平面向量的共线定理列方程求出y的值.

本题考查了平面向量的共线定理应用问题，是基础题.

3.【答案】A

【解析】解：由正弦定理有：券=悠

X=C,

ABxsinA

••・SinC=

-BC-C2

-BOAB,.∙.A>C,C∈(0,≡),∙∙∙C≈^.

故选：A.

由正弦定理求出SinC,再由大边对大角和特殊角的三角函数值求出C.

本题考查利用正弦定理解三角形，属于基础题.

4.【答案】C

【解析】解：根据题意，直观图A4'B'C‘中，∆C'A'B'=45o,A'B'=ɪ,A1C=3,

IiJiIc11√23√2

则SAC,A,R,=5×n3×2×-2^=~s~t

则^ABC的面积S=2/攵SAC=∣∙

故选：C.

根据题意，求出直观图A4B'C'的面积，由原图与直观图的面积关系分析可得答案.

本题考查斜二测画法，涉及平面图形的直观图，属于基础题.

5.【答案】B

【解析】解：M为线段BC的中点，N为线段AC上靠近。的三等分点，AB=a，AD=b，

则两=正?+荏+丽f=-∣AD+AB+^BC

=—-AD+AB+,/I。

=a--b.

6

故选：B.

根据已知条件，结合平面向量的线性运算，即可求解.

本题主要考查平面向量的线性运算，属于基础题.

6.【答案】D

【解析】解：VIaI=3∣ð|,cos(a,b)=ɪ,

∙∙a∙b=∖a∖∖b∣cos<a,b>=^∖b∖2,

Vb1(ta+6)».,.K∙(tα÷h)=0,

一TT2

ʌta-6+Z?=0，

.∙,∣t∣K∣2+∣K∣2=o,

一3-4

ʌIðI≠0»-1+1=0,.∙.t=-

故选：D.

由题中条件和数量积的定义求出,工，再由B_L(t苍+W得到小(tZ+尤)=0,再由数量积的运算

法则和a4的值，得到关于t的方程，再求解即可.

本题考查数量积的运算及其性质，属于基础题.

7.【答案】D

【解析】解：设AAιBιG的外接圆的圆心为M,AABC的外接圆的圆

心为N,

则直三棱柱4BC-4B1G的外接球的球心为MN的中点。，连接MN,

OA,

设直三棱柱48C-必当6的外接球的半径为R,

•.,球的表面积为20兀，:4πR2=20>

.∙.R2=5,

•••AN=IX?Xq=1，

.∙.ON2=OA2-AN2=R2-1=4,

.∙.ON=2,

MN=20N=4,即此直三棱柱的高是4.

故选：D.

设AAIBlCl的外接圆的圆心为M,AABC的外接圆的圆心为N,则直三棱柱ABC-4多6的外接

球的球心为MN的中点0,连接MN,0A,由题意可得外接球的半径R2=5,再利用勾股定理求出

0N,进而求出此直三棱柱的高.

本题主要考查了直三棱柱的外接球问题，属于中档题.

8.【答案】A

【解析】解：由C(COSi4-V_W)+αCoSC=O及正弦定理可得,

sinC(cosA—√-3)+CosCsinA=0,

即SinCCoS4+CosCsinA=y∕~^3sinC»

即Sin(C+4)=∖∕-3sinC»

又4+C=τr-B,则有SinB=√^3sinC,即b=√r^^c,

又C+α=—b>∙'∙U—c

C2+C2-3C21

CoSB一,

2c22

∙∙∙B∈[0,π],.∙,β=y,A=C=

如图，。为ZMBC的外心，;OB为4C的中垂线,

又△力Bc为等腰三角形，且NABC=詈,

所以△ABO^ΔCBO均为等边三角形.

在平行四边形4BC。中，AO=BCAC-AB，

又而=X而+y而，二X=-1，y=l，

・•・3x÷4y=1.

故选：A.

首先根据正弦定理化边为角，再用和角公式及诱导公式，求出角A,B,C,再结合外心的定义,

在平行四边形4BC0中进行向量的线性分解，得到X和y的值.

本题考查了向量的基本运算和三角形的正弦定理，余弦定理，属基础题.

9.【答案】CD

【解析】解：由题意可知①是多面体，不是棱台；

②不满足圆台的定义；

③是三棱锥，即四面体；

④满足棱柱的定义.

故选：CD.

利用圆台，棱台，棱锥，棱柱的定义判断即可.

本题考查空间几何体的形状的判断，是基础题.

10.【答案】BCD

【解析】解：如果n√",n∕∕l,由平行公理可得，m∕∕n,故A正确；

如果mil,nil,那么zn〃ZI或Tn与九相交或?n与n异面，故2错误；

如果zn∕∕n,n∕∕β,那么m〃。或mu/?,故C错误；

如果α〃氏TnUα,nuβ,那么m〃n或m与n异面，故。错误.

故选：BCD.

由空间中直线与直线、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案.

本题考查空间中直线与直线、平面与平面位置关系的判定与应用，考查空间想象能力与思维能力,

是基础题.

11.【答案】BD

【解析】解：因为卜”=1,j4"+1=i,i4"+2=-1,i4"+3=-i

Z1=i+i2+f3+...+i2023=i-l-i=-1,A正确；

当Zι=2+i,Z2=3-i时满足Zi+Z2>0，但ZlHi2,B错误；

若IZjl-Z2|=0,则Z]=Z2,C正确；

设Z2=X+yi(x,y∈R),

22

因为Zl=3-4i,∖z2-z1∖=∖x-3+(y+4)i∣=ʌ/(x-3)+(y+4)=3>

所以(x-3)2+(y+4)2=9,表示以c(3,—4)为圆心，以3为半径的圆,

则圆心C(3,-4)到原点的距离为5,

则LI=JX2+y2的最大值为5+3=8,。错误.

故选：BD.

由已知结合复数的四则运算检验选项A；

结合复数的基本概念检验选项BC；

结合复数的几何意义检验选项D.

本题主要考查了复数的四则运算及复数的几何意义的应用，属于中档题.

12.【答案】ABD

【解析】解:4由余弦定理得炉=a2+c2-2abcosc,

EPsin2B=sin2j4+sin2C-IsinAsinCcosB=sin2√l+sin2C+IsinAsinCcos{A+C),

即SiMB—2sinAsinCcos(^A+C)=sin2Λ+sin2C,故A正确,

B.j⅛表示正方向的单位向量荏，黑表示标方向的单位向量而，

MC∣MBl

则四边形ADFE是菱形，则高—器=荏—而=方反

•••就儡一端=诂∙(i⅛-j⅜=tb

.-.OADE=0,^~0A1DF.即OA和AF共线，即04是乙4的角平分线，同理OB是NB的角平分线,

即。是AABC的内心，故B正确，

、sinB_2bsinCsinB_2bsinC

C山cos2^-b+r^Tl-cosA-b+c9

EP-2b-=得C+ccosA=b+c,BPccosyl=b,

1+cosAb+c

22

得C.止£那=b,即炉+c2_a2=2炉，即a2+b=c,贝必ABC

2bc

BC

是直角三角形，不一定是等腰三角形，故C错误，

。.由3cos(A—B)cosC=1,得—3CoS(A—B)COS(A÷B)=1,

艮［J-3(cos?ICoSB+sinAsinB)(cosAcosB-SinAsinB)=1,

β∣Jcos2Λcos2β—Sin2Asin2B=—ɪ,

则(1—sin2Λ)+(1—sin2B)—Sin2Asin2B=—ɪ,

得1—sin2√l—Sin2B=-

即SiMa+Sin2B=*

设三角形/8C外接圆的半径为R,由正弦定理得Q=2RsinAfb=2RsinB,

Vα2=25-h2,ʌα2÷h2=25,

22

即4R2si∏2i4+4RsinB=25,

即4R2(siιΛ4+sin2B)=。4/?2=25,得R?=名得R=2,即AABC的外接圆半径为红X故

ɔ1644

D正确.

故选：ABD.

A利用余弦定理和正弦定理进行化简即可.

B.根据向量加法和减法法则以及数量积的应用进行证明.

C.利用正弦定理进行转化判断.

。.利用正弦定理以及两角和差的三角公式进行转化求解即可.

本题主要考查命题的真假判断，涉及余弦定理，正弦定理以及向量数量积的应用，综合性较强，

属于中档题.

13.【答案】e

【解析】解：因为同=。，五与坂的夹角为%E是与B同向的单位向量，

所以日在另方向上的投影向量为IaICoSmE=^2×^e=e.

42

故答案为：e.

根据投影向量的定义计算即可.

本题考查了投影向量的定义与应用问题，是基础题.

14.【答案】3π

【解析】解：一个圆锥的轴截面为边长为2的正三角形,

可得：底面半径r=l,母线长为2.

二此圆锥的全面积=π×l2+-×2ττ×2=3π.

故答案为：3兀.

利用等边三角形的性质、圆锥的全面积计算公式即可得出.

本题考查了等边三角形的性质、圆锥的全面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础

15.【答案】号5θQ

【解析】解：因为在AAMC中，由ZMaC=75。，ΛAMC=45%

所以NAeM=180°-4MAC-∆AMC=180°-75°-45°=60°,

所以Sin乙4CM=sin60o=?，

在RtZMMN中，∆NAM=45o,MN=50«/-ANM=90°,

则由SinZNAM=器，得AM=焉需=誓=Ioo

∕i∕"-ɪ-

在AAMC中，由正弦定理得T万=一^7，

SinZJlMiCSinZJlCM

即=¥AC=IoOqX?，得4C=100√^Σ

sιn45sιn60o22

在RtZMBe中，AC=100√^-NBAC=30。，∆ABC=90°,

则BC=^AC=SoyrL

故答案为：£3,50/W

在AAMC中，由NAMC=75。乙4MC=45。可求出N4CM,从而可求出sin/ACM,在RtZk4MN中,

由已知条件求出AM,再在△力MC中由正弦定理可求出AC,然后在RtA48C中求出8C.

本题考查正弦定理，解直角三角形，属于基础题.

16.【答案】4

【解析】解：由前=2022况可得前=磊”,

则而=AB+BDAB+I^HFC

=荏+f≡(正—荏)

_1TDI2022-7y?

一20234+2023"'

又M,D9N三点共线，故可设而=tR4+(l-t)丽(0<tvl),

又祠=X加AN=yACr

∙,∙AD=txAB+(1—t)yAC，

；Q些，即2023%=1

由平面向量基本定理，可得

2023_1,

（）、

2023.2022-I→

所以2。23"篇”；+告

1

=诉

11

=当£=机寸取等号，

故2023X+篇y的最小值为4.

故答案为：4.

将向量而基底希和尼表示，比较系数得到所求式子与参数C之间的等量关系，利用函数-尸+士的

最大值法可求得所求式的最小值为4.

本题考查了平面向量的线性运算和平面向量基本定理，属简单题.

17.【答案】解：（l）z（l+i）=2i,

2t(l-i)

则Z=搭=l+i,

(1+0(1-0

∣z+2-5ι∣=|1+i÷2-5i∣=|3-4i∣=√32+(-4)2=5;

(2)z是方程/+α%+h=O(α∈β,h∈R)的一个根，

则2=1-i也是方程/+αx÷h=0(α∈/?,h∈R)的一个根,

+i+1—i=­a

"x((l+0(1-0=h解得Q=-2,b=2,

故α÷ð=0.

【解析】(1)根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解;

(2)根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解.

本题主要考查复数的四则运算，属于基础题.

18.【答案】解：⑴•••2=(1,-1),石=(-2,3),C=(-6,8),

c=xa+yb>可得(-6,8)—x(l,—1)+y(—2,3),

即谓二；器解得｛江/

(2)•・,(A五+23)与［的夹角为锐角，

.∙.(kα+26)∙c>0,

又kG+b=(k,—k)+(—2,3)=(k-2,—k+3)，

-6(fc-2)+8(—k+3)>0,解得k<

当(k五+25=m丽，可得｛鼠：］匚黑，解得卜=2，此时两个向量同向共线;

Ik=-I

•・・当(0+2W与乙的夹角为锐角时，求k的取值范围为：｛k∣∕c<岑且kH-l｝∙

【解析】(1)直接根据向量相等列方程求解即可；

(2)根据夹角为锐角，得到数量积大于0,再排除同向共线即可.

本题考查向量的基本运算，向量的夹角以及数量积的运算，考查计算能力.

19.【答案】解：(1)在Zk4BC中，由余弦定理得Bf2=AB2+4C2-24B∙AC∙COS4BAC,

BPfiC2=3+1-2<^3×(-ʃ)=7.所以BC=√^7∙

(2)设BD=AD=X,则DC=√7-X,

在4ABD中，由余弦定理得COS乙4OB=加+加一加=x2+x^-3=良学，

2ADB2XΔ2XZ

在A4CD中，由余弦定理得COSN4DC=x："?：T=2f省了;6=A空，

∖*/ΛJ4^V/ʌV/ʌʌ

由CoSZJIDB+COSZ.ADC=0,即^^+χi-=xxj3=。，

解得％=?,所以4。=?,DC=浮，cos乙4。C=M

所以SinzJlDC=Vl-cos2∆ADC—

所以△4CD的面积为S=∖AD-DC-sin∆ADC=WXNX*X手=ɪ-

Z233146

【解析】（1）在AABC中，由余弦定理求解即可；（2）设Bo=AO=X,DC=y∏-χ,利用余弦

定理表示出COSzTIDB和COSNADC,再结合CoS乙4DB+cos乙4DC=0即可解出X,进而利用面积公

式求解即可.

本题考查余弦定理在解三角形中的应用，考查运算求解能力，属中档题.

20.【答案】（1）证明：如图，

∙.∙M为BIC的中点，连接BG，则BCl过点M,且M为BG的中点，

又N为OB的中点，则MN〃DCl,由正方体的结构特征可知DC1〃4名,

则MN〃4Bi,

∙.∙AB1U平面44]B∕,MNC平面：.MN〃平面44道/；

11

（2）解：TIE方体的棱长为2,，S>BNC=,S正方形ABCD=-×2×2=l>

・・・M为BCl的中点，・・.M到平面4BCD的距离力等于Cl到平面ABCD的距离的一半，等于1.

\^B-MNC=VM-BNC=ES.加。•九=EXlXl=寸

【解析】（1）由已知证明MN〃。的，可得MN〃AB],再由直线与平面平行的判定可得MN〃平面

AAγβ^B；

（2）直接利用等体积法求三棱锥B-MNC的体积.

本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等体积法求多面体

的体积，是中档题.

21.【答案】解：（1）选①：因为asinB=bsin2A,

则由正弦定理可得：SinAsinB=SinB-2sinAcosA,

化简可得:CosA=ɪ,因为4∈（0,τr）,则4=热

选②：因为Cj2+be=从+¢2,所以/）2+¢2—tl2=be,

则由余弦定理可得：COSA=h2+c2-a2=匹=L

2bc2bc2

因为Ae（O,兀），则4=枭

选③：因为t<mA=^tcmBTanB,由正弦定理得吗=驾•吗—吗,

JbCosASinBcoshcosB

口IJSini4_2sinCSinB

cosAcosBcosB,

贝IJSiTlACoSB=