河北省唐山市十县一中联盟高一年级下册期中数学试题

唐山市十县一中联盟2022-2023学年度高一年级第二学期期中考试

数学

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡的相应位置上.将

条形码横贴在答题卡”条形码粘贴处”.

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔将答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；

如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其他答案.答案涂在试卷上一律无效.

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如

需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答

无效.

4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.

一、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.

1.已知i为虚数单位，若复数Z=(IT)(I-21),则IZl=()

A.1B.3C.√3D.√Iθ

【答案】D

【解析】

【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数模的计算公式计算可得.

【详解】因为z=(l-i)(l—2i)=l-2i—i+2i2=—l-3i,

所以忖=J(-if+(-3)~=VTo.

故选：D

2.已知向量2=(1,/)，⅛=(l,0),则Z与方的夹角为()

兀π2兀5无

A.-B.-C.----D.—

6336

【答案】B

【解析】

【分析】首先求出“，W,a-b'再根据夹角公式计算可得.

【详解】因为Z=(ι,6)，5=(ι,o),所以W=Jl2+(ay=2,W=L

ab=IXI+JJxO=1>

ʌa∙h1

设Z与B的夹角为e，则C°s6=njq=5,又8e[r°，可，所以e=]π∙

故选：B

3.已知i为虚数单位，2+i是关于X的方程χ2一"7X+5=O的一个根，则实数加=（）

A.4B.-4C.2D.-2

【答案】A

【解析】

【分析】根据虚根成对原理可得2-i也是方程的根，利用韦达定理计算可得.

【详解】因为2+i是关于X的方程/一〃?χ+5=0的一个根，

所以2-i也是关于X的方程f-MX+5=0的一个根，

所以2+i+2-i=〃？，解得m=4.

故选：A

6π

4.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为5,圆心角为M的扇形，则该圆锥的体积为（）

A.B.纪NC.12兀D.25π

93

【答案】C

【解析】

【分析】设底面半径为厂，高为人根据圆锥侧面展开图的扇形弧长即为底面周长求出厂，再由勾股定理求

出刀，最后由锥体体积公式计算可得.

6yr

【详解】依题意圆锥的母线/=5,设底面半径为厂，高为〃，则gχ5=2τu∙,解得尸=3,

所以〃=1F—产=4,

则圆锥的体积V=ls∕?=Ix兀x32χ4=12兀.

33

故选：C

5.小明为了加强体育锻炼，提高身体素质，从网上购买了一对大小相同的健身哑铃.哑铃是由两个全等的大

圆柱和中间一个连杆圆柱构成的，已知大圆柱的底面直径是8cm,高为2cm,连杆圆柱的底面直径是2cm,

高为IoCm,则一只健身哑铃的体积为（）

A.1Oπcm,B.148πcm3C.74πcm3D.64πcm3

【答案】C

【解析】

【分析】利用圆柱的体积公式，再结合条件即可求出结果.

【详解】因为大圆柱的底面直径是8cm,高为2cm,故两个大圆柱的体积为匕=2πr2Λ=2π×16×2=64π,

又连杆圆柱的底面直径是2cm,高为IoCm,故连杆圆柱的体积为匕=町％=TixFx10=10无，

所以一只健身哑铃的体积为匕+%=64π+IOTr=74π.

故选：C.

6.如图，矩形。'H8'C'是水平放置的一个平面四边形OlBC的直观图，其中0'H=5,OC=2«则平

面四边形OZBC的面积为（）

A.10B.20√2C.10√2D.20

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意利用斜二测画法得到原图形，即可求出其面积.

【详解】设8'。'与V轴的交点为。¢,则CZ）'=0'C'=2,O7∕=2jL

原图形OZBC如图所示：OD=2OD'=46,0/=5,⅛⅛βc=5×4√2=20√2.

故选：B.

7.已知“8C,内角4B、。的对边分别是4也0,4=、/5力=6,6=60。，则人等于（）

A.45oB.30°

C.45°或135。D.30°或150°

【答案】A

【解析】

【分析】直接根据正弦定理求解即可.

【详解】解：∙.Z=√∑,⅛=√3.8=60。，

：・Q<b,A〈B，

_L.十ah.asinB√2∙∕τ

由正弦定理----二-----得ra：sinA=---------_2_。2,

sin/sin5h=----7=—=不一

√32

ΛJ=45o,

故选：A.

【点睛】本题主要考查利用正弦定理解三角形，要注意大边对大角等隐含条件，注意多解情况的处理，属

于基础题.

8.正四棱锥S-48C。中，底面边长48=2,侧棱SZ=√^,在该四棱锥的内部有一个小球，则小球表面

积的最大值为（）

、,8π4π

A.4-71B.16兀C.—D.—

33

【答案】D

【解析】

【分析】当小球与正四棱锥S-48C。各面相切时半径最大，此时小球表面积的最大，计算求解即可.

【详解】当小球与正四棱锥S-48C。各面相切时半径最大，此时小球表面积的最大，

设小球的半径为，

S

由底面边长/3=2,侧棱S/=右，可得正四棱锥S-ABCD的高SO=^SA2-OA2=，（右）、（√∑j=√3，

所以vS-ABCD=~×22×,∖∕3=-γ-'

又侧面面积为4⅛jtlw=4×i×2×月T=8,底面面积为SABCD=22=4,

.∙.l（8+4）∙r=^^,解得∕∙=XI,

333

4

，小球表面积的最大值为4π∕=-π.

故选：D.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目

要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9.下列四个命题中，真命题是（）

A.两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内

B.四边形可以确定一个平面

C.若直线〃？，〃相交，且加〃平面0,则〃（Za

D.若直线4u平面直线平面α,则/1〃4

【答案】AC

【解析】

【分析】对于选项A,利用确定平面的条件和点、线、面的包含关系即可判断出正误；对于选项B,通过特

殊四边形即可判断出正误；对于选项C,利用直线与平面平行的定义和直线与平面的位置关系即可判断出

正误；对于选项D,利用平面内两直线的位置关系即可判断出正误.

【详解】选项A,设αcb=4,bcc=8,αcc=C,4民。不重合，易知4,b可确定唯一平面ɑ,又

B≡h,C≡a,所以6∈α,Ceα,又8∈c,C∈c,所以e^ɑ,故选项A正确；

选项B,空间四边形不能确定一个平面，故选项B错误；

选项C,因为加n〃=P，m//平面C,所以Pe面α,故〃仁。，所以选项C正确；

选项D,因为直线4u平面α,直线4u平面α,则“〃2或4与4相交，故选项D错误.

10.在正方形中，8C=1,点E满足瓦=，方心(0<Z<l),则下列说法正确的是()

1—►1—►—►

A,当/=—时，AE--AB+AD

33

2______.-.∕ξ?

B.当f=§时，COS〈力及BE)=x常

C.存在t,使得^AE±JE

D.I荏+砺I的最小值为2

【答案】AD

【解析】

【分析】根据给定的正方形，建立平面直角坐标系，利用向量的坐标表示逐项分析判断作答.

【详解】在正方形48。D中，建立如图所示的平面直角坐标系,

由BC=I,得/(0,0),8(0,1),0(1,0),由痂=/丈(0<f<l),得E(l,f),荏=(Ij),砺=(IN-1),

对于A,∑ε=(l,∣),而而=。1),彳万=(1,0),则:万+15=(1,；)=次，A正确;

1×1+-(

2■-2——1..•_∙.qx-p7√130

对于B,/=§,^=(1,-),5^=(1,--),则COS〈/旦6E〉=-----------I1=-F5Γ,B错

√ι2÷(-∣)2

X

误；

对于C,若酢_L而，则万•砺=l+f(f-I)=0,而方程『一，+1=0无实根，则不存在/,使得彳gJ.而，

C错误；

对于D,而+砺=(2,2/-1)，因此I荏+砺I=J22+(21—1)2≥2,当且仅当£=；时取等号，D正确.

故选：AD

11.如图，A,B,C,。为三棱柱的顶点或所在棱的中点，下列图形中，直线48与CO是异面直线的

为()

【解析】

【分析】由异面直线的定义判断A与D；由平行公理判断B；利用反证法思想说明C.

【详解】对于A,∙.∙COu平面88,Be平面BcD，B^CD,/e平面BCD,由异面直线的定义可

知，直线/8与是异面直线，故A正确：

对于B,如图，

:C,。为所在棱的中点，所以CD∕∕EF,XABHEF,由平行公理可得，ABHCD,故B错误;

对于C,如图，

分别取底面三角形两边的中点E，F,连接CE,DF,则。口〃GE且OR=GE,

ACHGE&AC=GE,所以87Λ4C且DR=ZC,

所以四边形力CDZ7为平行四边形，所以Z/〃CD,

CZ）Cr平面月8/，NPU平面/8尸，所以Cz）〃平面

又ZBU平面/8尸，因为/8与Cz）无公共点，

若与CD平行，得到48与4/平行，这样/Sn"=/矛盾，可得48与。。异面，故C正确；

对于D,∙.∙∕8u平面ZBC,Ce平面ZBC,C宅AB,Oe平面ZBC,由异面直线的定义可知，直线

A8与CZ）是异面直线，故D正确.

故选：ACD.

12.在“8C中，角4,8,C的对边分别为a,b,c,下列说法正确的是（）

TT

A.若力=§,Sin2∕l=sin5SinC,则&48C为等边三角形

B.Z>8是cos2Z<cos28成立的充要条件

C.若“BC的面积为"（、+£—"）,则4+8=Z

4a2

——1—■2

D.若。点满足8。=—8C,且2sinC=sin8,则SinN8∕D=-sinNC4Z）

43

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用正弦、余弦定理，三角形面积公式及诱导公式，结合各个选项的条件，逐一对各个选项分析

判断即可得出结果.

Tr

【详解】选项A,因为/=；,sin2J=sin5sinC.由正弦定理得到/=bc，

又由余弦定理∕=b2+c2-2bccos1,得到bc=∕+∕-bc,即（b-c）2=0,

所以b=c,故选项A正确；

选项B,因为COS2Z<cos28,所以1-2SinZ<1-2sin*，BPsin2√4>sin2B-

又/,8e（0,π）,sin/>0,sin8>O,所以SirL4〉Sin5,

由正弦定理得，a>h,又由三角形中，大边对大角，得力>8,又以上过程均可逆，故选项B正确；

选项C,因为S=J^csin8=""+°F）=2Wccos3,整理得izsin3=6cos3,

2AaAa

Tl

又由正弦定理可得sin4sin8=sin8cos8,即sin∕=cos3,所以Sin力=COs(—Z)=COS3,

故工—N=3或四—N=-B,得到/+3=四或/-8=W，故选项C错误;

2222

BD_ABDCAC

选项D,如图，在A∕D5中,,在八4。C中,

smABAD~SinZBDASinNCZZ)sinZCDA

60SinNewABsinZCDA一1一

两式相比得因为BD=-BC,且2sinC=sin8,

DCSinNBADACsinZBDA4

所以6。='z)C,2AB=AC,SsinZBDA=SinZCDA,所以=J

3SinZBAD2

2

故sinNBAD=-sinZCAD,所以选项D正确.

3

故选：ABD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.若复数z∣=x+i,z2=3+yi,z1+z2=5+6i,其中x,夕为实数，则u-z2=.

【答案】-l-4i

【解析】

【分析】先根据z∣+Z2=5+6i,其中X,V为实数，利用复数相等求得X,y求解.

【详解】解：因为数Zl=X+i,Z2=3+yi,4+Z2=5+6i,其中X,了为实数,

x+3=5X=2

所以,解得

1+y=6y=5

则U=2+i,z2=3+5i,

所以Z1-Z2=-l-4i,

故答案为：-l-4i

14.已知4(0,1),5(1,-3),C[2,k),且A,8,C三点共线,则A=.

【答案】-7

【解析】

【分析】由4民C三点共线，得而〃比，根据向量共线的坐标表示求h

【详解】∙.∙48,C三点共线，；.而〃死.

∙.∙∕(0,l)5(1,-3)C(2,Λ).∙.∑β=(-4)BC=(%+3),

.∙.l×(Ar+3)-l×(-4)=0,.∙.A:=-7.

故答案为：-7.

15.记/BC的内角4星C的对边分别为α,b,c,若ZC边上的高为人，且满足〃2=IaccosZcosC,则

3

tanAtanC=.

【答案】-

3

【解析】

【分析】利用面积公式及条件得到“41128=与2©05A05。，再利用正弦定理边转角即可求出结果.

3

【详解】因为一BC的面积为S=LaCSin8=1",得到=∕*,

22

又因为"2=LQCCoS力COSc1,所以=Jyaccos/COSC,

33

KPacsin2B=-b2cosy4cosC,由正弦定理得27⅛ia4∙2ASincSin='(27?Sin5)2COSzCoSC,即

33

SirUsinC=ɪeosAcosC，

3

所以tan/tanC=—.

3

故答案为：一.

3

16.己知四点A,B,C,。在半径为1的圆上，/8=CZ)=I,则就•瓦+前•丽的最大值为.

【答案】6

【解析】

【分析】由题意建立平面直角坐标系，不妨取44,0),5ɪ,ɪ,设C(CoSe,sin6),则

OCoS++,9e[0,2π),再由数量积的坐标运算及三角函数求最值.

【详解】因为/8=CD=I且圆的半径为1,所以凝与丽所对的圆心角均为

如图建立平面直角坐标系,不妨取44,0),B

π

设C(COs仇Sine),则QkoSl9+三),5出(6+0,6∈[0,2π),

3

贝IJ祀=(COSe-Lsin。)，I5=fcos(<9÷y-LSin10+ɪ

5C=jcos^-ɪ,sinLSin(O

,BD=c+-

°vfj2I

+SineSin(8+ycos0cosπ：

.∙.力c∙而=(COSe-1)COS0+—-1÷^rf

I33

CoSe-ICOsf0+—πI-ɪ_7|

BCBD=+国。一直sin[6>+

232I2~~2

3β+-V-sin0--

=­-ICoS6»」COSSin呜｝

222I3)22

.∙.AC∙AD+BC∙BD=3-避SineqC海-3兀

sinI0+—π∣--cos∣0+-

222323

<lsin.÷√3cosθ、--fɪeos0-在Sine

-3--sin0--cos0-2J

22222722

=3—3COSe.

.∙.当COSe=-1,即6=兀时，正∙Z5+就•齐万的最大值为6.

故答案为：6.

【点睛】关键点睛：本题解答的关键是将向量转化为关于6的三角函数，利用三角恒等变换公式及三角函

数的性质求出最大值.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

已知向量与［满足忖

17,Z=2,%1，Z与I的夹角为120°∙

⑴求75；

(2)求忸+3砥

(3)当上为何值时，R+2与M筋-3)?

【答案】(1)-1;

(2)√B：

ɪ

(3)k

2

【解析】

【分析】(1)利用数量积的定义直接计算作答.

(2)利用数量积的运算律，结合(1)的结论求解作答.

(3)利用垂直关系的向量表示不解作答.

【小问1详解】

因为问=2,W=1,Z与坂的夹角为120°，所以ZZ=IZIlglCoSI20。=2χlχ(-3)=-l.

【小问2详解】

由⑴知£石=一1，所以悔+3^=)4,+9片+1273=,4x22+9x12-12=后.

【小问3详解】

由(a+2®_L卜°-否)，得(α+23)∙(左a-®=ka-2@+(2k-∖)a-b-4左一2-(2左一1)=2左一I=0,解得

所以当A=g时，M+25)MG-5).

18.已知beR,a>0,复数z=α+bi,且同=石，复数z(l+i)在复平面上对应的点在函数y=-3x的

图像上.

(1)求复数z；

>14

(2)若z—市("Z∈R)为纯虚数，求实数加的值.

【答案】(1)z=∖+2i

(2)2

【解析】

【分析】(1)利用复数的四则运算，得到z(l+i)=α-b+(α+b)i,再根据条件得到b=2α,又由题设知

/+62=5,从而求出α,b得到结果;

(2)利用(1)中的结果和复数的除法，再结合条件即可求出结果.

【小问1详解】

因为z=α+bi(α,beR),

所以z(l+i)=(α+bi)(l+i)=α+4i+bi-b=α-b+(α+b)i,对应的点为(α-b,α+b),

所以α+b=-3("6),得到b=24,又∣z∣=√L

所以口2+/=5,又α>0,

∖a~+b^=5

由《，解得α=1,6=2,

[b=2a

所以z=1+2i.

【小问2详解】

由(1)知，z=l+2i,

,m,w(l-ɪ)m“加、•

所rri以%Z-------=11+21------——-=1----+(2+—)1,

1+i222

m

1——=0

2

故《，得到加=2.

2H—≠0

I2

19.如图，圆锥的底面半径r=l,母线S的长为3,E为S上靠近A的一个三等分点，从点A拉一根绳

子，围绕圆锥侧面转到点E.

(1)求绳子的最短长度;

(2)过E点作一个与底面平行的截面，将圆锥分为上、下两部分，其体积分别为匕，V2,求乌.

【答案】(I)√19

⑵乂」

V119

【解析】

【分析】(I)将圆锥侧面沿母线以展开可得一扇形，连接4E,此时绳子的长度最短，计算即可;

(2)上部分圆锥体积为匕，下部分圆台体积为七,设大圆锥体积为分别计算即可.

【小问1详解】

将圆锥侧面沿母线以展开可得一扇形，连接ZE,此时绳子的长度最短,

在4S4E中，SE=2,S4=3,设乙4SE=6»,因为圆锥的底面半径r=1，母线倒的长为3,则9x3=2兀xl,

2π

所以乙4S£=——

3

在ASAE中，由余弦定理可得AE2=AS2+ES2-2AS-EScosZASE=19.

所以/E=J历，即最短绳长为Ji?.

【小问2详解】

过点E作与底面平行的截面，将圆锥分为上下两部分,

上部分圆锥体积为匕，下部分圆台体积为匕，设大圆锥体积为P,

r,,V.SE88819

wιj一，即匕=一V,V1=V----V=—V,

7=⅛27'2722727

V.8

≡⅛=T9∙

20.在DBC中，AB=3,ZC=2,为NN的平分线，力在BC边上.

A

π

(1)若NB4D=巴，求BC的长；

6

(2)若AD=巫,求/BAC.

5

【答案】(1)√7

、π

(z2)-

2

【解析】

TrJT

【分析】(1)由/3/0=一，得到NBZC=一,利用余弦定理，即可求解；

63

(2)设/R4C=2。，根据SAABC=SΔACD+SgCD,结合面积公式，求得任丝=√2,得至IJCOSe=也，

Slne2

即可求解.

【小问1详解】

TTTT

解：因为N84Q=-,因为/。为//的平分线，所以/A4C=一,

63

由余弦定理可得BC2AB2+AC2-2ABACcosNBAC=3?+22—2x3x2x'=7,

2

所以BC=5,即边BC的长为近.

【小问2详解】

解：设NBAC=20,由SAABC~SLACD+SWCD,

可得L∙AB-ACsm2θ=—■AB-ADSine+,∙NC∙ADsinθ,

222

u.sin26»(AB+AC)-AD/-√2

因ra为SInωeHn0,所以---------------------√2,即COSe=——，

sin。ABAC2

TTʌπTT

0,-,所以。=—,所以N8ZC=—.

[2)42

TT

21.如图，某景区绿化规划中，有一块等腰直角三角形空地Z6C,NBAC=-,8C=30m,。为BC上

2

一点，满足8。=2C0.现欲在边界,AC（不包括端点）上分别选取M,N两点，并在四边形0N

Tr

区域内种植花卉，且NMQN=5,设NN。。=。.

（1）证明：――=2；

QN

（2）tan。为何值时，花卉种植的面积占整个空地面积的一半？

【答案】（1）证明过程见解析

（2）tan。=-1时，花卉种植的面积占整个空地面积的一半

7

【解析】

【分析】（1）先得到NCNQ+ZBMQ=n,sinZCNQ=sinZBMQ,再利用正弦定理得到答案.

（2）计算出整个空地面积，设0N=Xm,则0M=2xm,利用正弦定理及面积关系得到

5√Σ45

sin（3πe）2（sin6+4cos6）,化弦为切，求出正切值.

【小问1详解】

TT

由题意得80=2Om,QC=IOm,ZB=ZC=-

4f

7?TT

因为=ABAC=-,四边形内角和等于2兀，

22

所以Z.AMQ+Z.ANQ=π,

又ZAMQ+ZBMQ=π,ZANQ+ACNQ=π,

所以NCNQ+ZBMQ=π,sinZCNQ=sinZBMQ,

MQBQ

在A8M0中，由正弦定理得

sinBsinZBMQ

在AC°~中'由正弦定理得黑=∕⅛

所以M蜷Q=会BQ=C2,证毕;

【小问2详解】

2

由题意得/8=ZC=I5√∑m,故S“8c=；/8YC=225m,

TTTT

因为NΛ∕0N=j,NNQC=θ,所以N8QΛ√=j—e,

τrɜJr

因为∕c=2,所以NQNC二世一6,

44

设QN=Xm,则QM=2xm,

Y

在4C0N中，由正弦定理得W丝=•.一,即三丁—一

sinCsinZCNQsιn~SIl

10sinZ

①,

由三角形面积公式得S“CNQ=^CQQNsinNCQN=5xsinθ,

SABMQ=^BQQMsinZBQM=20xsin)=20XCOSe,

225

故SC.NQ+S,2=5xsinθ+20xCoSe=；SΛABC

45

所以x=2(sine+4cos0)②'

5√245

由①②得.(3π/2(sin^+4cos^)，

sin-----θ

I4

八frSine+4COSe9

化简得I—ʒ;---------二τ

sinθ+cosθ2

tan0-U4Q]

分子分母同除以