2022-2023学年安徽省宿州市省市示范高中高一（下）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年安徽省宿州市省市示范高中高一（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.已知平面内作用于点。的三个力2,北，且它们的合力为6,则三个力的分布图可能是

2.如图，a40'B'是水平放置的的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知。'为坐标原

点，顶点4、夕均在坐标轴上，且A40B的面积为12,则0'9的长度为（）

A.1B.2C.3D.4

3.萧县皇藏峪国家森林公园位于萧县城区东南30公里，是中

国历史文化遗产、中国最大古树群落、国家4444级旅游景区、

国家森林公园.皇藏峪有“天然氧吧”之称.皇藏峪，原名黄桑

峪.汉高祖刘邦称帝前，曾因避秦兵追捕而藏身于此，故改名

皇藏峪,景区内古树繁多，曲径通幽，庭院错落有致.一庭院顶

部可以看成一个正四棱锥，其底面四边形的对角线长是侧棱长的，五倍，则该正四棱锥的一

个侧面与底面的面积之比为（）

A,4B-VD.?

4.欧拉是18世纪最伟大的数学家之一，在很多领域中都有杰出的贡献.人们把欧拉恒等式

ueiπ+1=0”与麦克斯韦方程组并称为“史上最伟大的公式”.其中，欧拉恒等式是欧拉公

式：/=cos。+is讥。的一种特殊情况.根据欧拉公式，则前+e不|=（）

A.2B.1C.√3D.?

5.已知势可以作为平面向量的一组基底，集合A=（a∖a^λy,λeR},B={b∖b=λx+

2μy,λ,μeR）,则关于集合4B说法正确的是（）

A.BQAB.AUBC.0g/1X）.A=B

6.已知AABC的重心为。，若向量团=m话+：而，则m=（）

A.-∣B.IC.-ɪD.I

7.已知向量为=（一1,2）,B=（Zn,1），若丘+2B与2W-E垂直，则实数僧=（）

A.-T或7B.1或-2C.-T或2D.—ɪ

8.将一直径为5Hcτn的圆形木板，截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个

内角α满足cosa=。，则这块四边形木板周长的最大值为（）

A.20cmB.20√^3cτnC.30√-3cτnD.30Cm

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.在下面的四个命题中，正确的命题为（）

A.复数Z=1-2®为虚数单位）的虚部为-2i

B.用平面去截一个圆锥，则截面与底面之间的部分为圆台

C.角A,B,C为AABC三个内角，则“siπ4>sinB”是ucosA<cosBn的充要条件

D.在复平面内，若复数z=x+yi（x,y均为实数），则满足∣z-i∣≤3的点Z的集合表示的面积

为9兀

10.唐朝诗人罗隐在麻蜂少中写到：不论平地与大山，无限风光尽被占：采得百花成蜜后，

为谁辛苦为谁甜.蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物.巢房是严格的六角柱状体，它的一

端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底，由三个相同的菱形组成.巢中被封盖

的是自然成熟的蜂蜜.如图是一个蜂巢的正六边形开口ABCDEF,且其边长为1.下列说法正确

的是（）

ED

∖.^AC-AE=^BFB.AC+AE=1AD

C.AD-AB=∖AB∖2D.五边形ABCDE的外接圆面积为兀

11.如图，在海岸上有两个观测点C,D,C在。的正西方向，距离为2kτn,

在某天10：00观察到某航船在4处，此时测得乙4DC=30。，5分钟后该船

行驶至B处，此时测得乙4CB=60。，∆BCD=450,∆ADB=60%贝∣J()

A.当天10：00时，该船位于观测点C的北偏西15。方向

B.当天10：00时，该船距离观测点Cqknl

C.当船行驶至B处时，该船距观测点

D.该船在由4行驶至B的这5m讥内行驶了√^石kz∏

12.如图所示，一圆锥的底面半径为r,母线长为I,S4为圆锥的

一条母线，AB为底面圆的一条直径，。为底面圆的圆心，设4=p

则()

A.过SA的圆锥的截面中，ASTlB.的面积最大

B.当；I=：时，圆锥侧面的展开图的圆心角为Tr

C.当;I=：时，由4点出发绕圆锥侧面旋转一周又回到A点的细绳

长度最小值为Cr

D.当;I=2时，点C为底面圆周上一点，且4C=则三棱锥。-SaC的外接球的表面积

为177Tr2

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.在ZiABC中，若命题p.∙二=刍=三，命题q：ZkABC是等边三角形，则命题P是命

LSinASinBStnCr

题q的条件（指充分必要性）.

14.在复平面内，复数Z=（CoSI-Sinl）+（s讥2-cos2）i,（i为虚数单位）的共挽复数对应

的点在第象限.

15.己知平面内非零向量满足＜方+方,方＞=今|初=2,M+B∣=1,则I刁一石I=

16.甲烷分子式为C/，其结构抽象成的立体几何模型如图所示，碳原

子位于四个氢原子的正中间位置，四个碳氢键长度相等，用C表示碳原子

的位置，用修，也，生，也表示四个氢原子的位置，设ɑ=＜丽,西:＞，

贝∣Jcos2α—.

四、解答题（本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.（本小题12.0分）

如图所示，在平面四边形ABCO中，AB1AD,AB=BC=2,B=120。，AD=2＜^3∙

⑴求tan乙4CD的值；

（2）将四边形ABCD绕着边4。所在的直线旋转一周所形成的几何体为。，求0的体积.

18.（本小题12.0分）

萧县的萧窑、淮南的寿州窑和芜湖的繁昌窑是安徽三大名窑∙2015年，安徽省启动对萧县欧盘

村窑址的考古发掘，大量瓷器的出土和窑炉遗迹的揭露，将萧窑的历史提溯至隋代,为进一步

摸清萧窑窑址的分布状况、时空框架以及文化内涵等，经国家文物局批准，2021年3月，正

式对萧县白土寨窑址进行主动性考古发掘.如图，为该地出土的一块三角形瓷器片，其一角己

破损.为了复原该三角形瓷器片、现测得如下数据：AB-34.64cm,AD-10cm,BE=14cm,

a=B=7.（参考数据:取/3=1.732）

(1)求三角形瓷器片另外两边的长;

(2)求D,E两点之间的距离.

A

19.(本小题12.0分)

平面内给定三个向量五=(2,2),3=(n+l,4),c=(fc,3)＞且(苍+2。〃(5—五).

(1)求实数k关于Ti的表达式；

(2)如图，在AABC中，G为中线AM的中点，过点G的直线与边48,4C分别交于点P,Q(P,Q不

与4重合).设向量方=(k+3)AB,AQ=mAC求2τn+n的最小值.

20.(本小题12.0分)

在三角形ABC中，内角A,B,C的对边分别为α,b,c,且满足as讥4+4bsinCcos2A=bsinB+

csinC,

(1)求角A的大小；

(2)若三角形4Bc是斜三角形，且a=2,BC上的中线4D长为「，求三角形ZBC的面积.

21.(本小题12.0分)

(1)证明：平行四边形的四边平方和等于对角线的平方和；

(2)在平行四边形ABCD中，^AC2+BD2=20,求面积的最大值.

22.(本小题12.0分)

研究表明：正反粒子碰撞会湮灭.某大学科研团队在如图所示的长方形区域ABCO内(包含边界

)进行粒子撞击实验，科研人员在4、。两处同时释放甲、乙两颗粒子.甲粒子在4处按RW方向

做匀速直线运动，乙粒子在O处按前方向做匀速直线运动，两颗粒子碰撞之处记为点P,且

粒子相互碰撞或触碰边界后爆炸消失.已知AB长度为6分米，。为4B中点.

(1)己知向量而与丽的夹角为奈且AD足够长.若两颗粒子成功发生碰撞，当4点距碰撞点P处

多远时？两颗粒子运动路程之和的最大，并求出最大值;

(2)设向量祠与向量而的夹角为£(o<α<π),向量而与向量旗的夹角为A(O<∕?<π),

甲粒子的运动速度是乙粒子运动速度的2倍.请问An的长度至少为多少分米，才能确保对任意

的SW(O,兀)，总可以通过调整甲粒子的释放角度α,使两颗粒子能成功发生碰撞？

D

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：由向量加法的平行四边形法知，其中两向量的和向量应该与第三个力的方向相反,

结合答案只有D满足.

故选：D.

由向量加法的平行四边形法则直接判断.

本题考查向量加法的平行四边形法，属于基础题.

2.【答案】B

【解析】解：根据题意，设。'夕的长度为3又由A的坐标为(—6,0),则O'A=6,

故SOWB，=l×0'A'X0'B'XS讥135°="包，

Z4

又由原图AAOB的面积为12,则有12X华=空，解可得t=2；

44

故选：B.

根据题意，设0'夕的长度为3用t表示S0,4B,的值，由原图与直观图的面积关系可得关于t的方程,

解可得答案.

本题考查斜二测画法的应用，涉及平面图形的直观图，属于基础题.

3.【答案】B

【解析】解：如图所示，

将庭院顶部可以看成一个正四棱锥P-ABCD,PO是正四棱锥P-

ABCD的高，

设底面边长为ɑ,则底面四边形的对角线长为一父ɑ,侧棱长为α,

则底面面积为Sl=α2,侧面△PAB是正三角形，

其面积S2=?a2,二%=野=土.

Z4SlQ24

故选：B.

由已知条件和正四棱锥的定义，以及面积公式即可求解.

本题考查正四棱锥的定义，以及面积公式，属于基础题.

4.【答案】B

【解析】解：由题设‘印,+e^β^i∣=ICOS?+isinɪ+CoS等+isin当=|孕+ɪi-孕+∣i∣=1.

66662222

故选：B.

根据欧拉公式写出对应复数的三角形式并化简，即可求模.

本题主要考查复数的欧拉公式，属于基础题.

5.【答案】B

【解析】解：根据向量的共线充要条件可知，集合A=｛与歹共线的所有向量｝,

根据平面向量基本定理可知：集合B=｛平面内所有向量｝,故集合4是集合B的子集.

故选：B.

向量的共线定理：a=λb∙,向量基本定理：平面内一组基底向量可表示出该平面内所有向量，a=

λe;+μ^根据上述向量性质进行判断两集合元素范围即可选出答案.

本题主要考查平面向量基本定理，属于基础题.

6.【答案】A

【解析】解：由题可作图，。为AB的中点，∙.F4BC的重心为0,∙∙.B0=∣BD,

∙,∙BO-—BD——{BA+AD^——BA+—×-AC———AB+-ACt∙'∙m———.

ɔɔɔɔɔɔɔ

由平面向量的线性运算将团表示出来即可.

本题考查平面向量的线性运算，属于基础题.

7.【答案】C

【解析】解：因为向量五=(-1,2),b=(m,1)，且五+2加与2五一方垂直,

所以0+2⅛)∙(2α-K)=2α2+3α∙h-2K2=2×(l+4)+3(—Tn+2)-2(m2+1)=0»

整理得2r∏2+3m-14=0,解得m=2或Jn--1,

所以实数巾的值为-T或2.

故选：C.

根据两向量垂直时数量积为0,列方程求出m的值.

本题考查了平面向量的坐标运算和数量积运算问题，是基础题.

8.【答案】D

【解析】解:设截得的四边形木板为4BCD,设乙4=a,AB=c,BD=a,AD=b,BC=n,CD=m,

如下图所示.

由CoSa=卷且0<a<兀可得Sina=√1-cos2«=

在△?!BD中，由正弦定理得就=5口，解得a=4∕τ,

在中，由余弦定理，得a2=〃+c?-2bccosa,

2222-

所以‘80=Z?+c-IZ?c=(Z?+c)—ɪbe≥(fa÷c)ɪ×C)=(屋C)，

即(b+c)2≤400,可得0Vb+c≤20,当且仅当b=C=10时等号成立，

在ABCD中，乙BCD=π-af

由余弦定理可得80=a2=m2÷n2—2mncos(ττ—a)=m2+n2÷∣mn

=(m+n)2-ξτnn≥(m÷n)2-ξ×=气瓶厂)-,

即(Tn+n)2≤100,即0Vm+几≤10,当且仅当m=n=5时等号成立，

因此，这块四边形木板周长的最大值为30CM.

故选：D.

作出图形，利用余弦定理结合基本不等式可求得这个四边形木板周长的最大值.

本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题.

9.【答案】CD

【解析】解：对于从复数Z=I-2i的虚部为一2,故A错误；

对于8：用平行于底面的平面去截一个圆锥，则截面与底面之间的部分为圆台，故B错误；

对于C：在三角形中，由SinA>SinB知：A>B,

若B<A<]时则cos4<cosB,若B<^<4时则COSA<cosB,故充分性成立；

若CoSB>cosA>0时，则B<A</,故sin4>SinB；

若cosB>0>CoSa时，则B<]<4,此时∕>7r-4>B,故Sin(Tr-4)=Sin4>SinB,

所以必要性成立，故C正确；

对于由∣z-i∣=Jχ2+(y—1)2≤3,故χ2+(y一1)2≤9,

所以点Z在以(0,1)为圆心，半径3的圆(含圆内)，其面积为9兀，故D正确.

故选：CD.

由复数定义判断4,由圆锥与圆台的结构特征判断B,根据三角形性质，结合充分、必要性定义判

断C,由复数模的几何意义，数形结合法判断D∙

本题主要考查复数的定义及其几何意义，圆台的结构特征，充分不要条件的判断，考查运算求解

能力与逻辑推理能力，属于中档题.

10.【答案】BCD

【解析】解：对4AC-AE^EC，显然由图可得正与前为相反向量，故A错误;

对B,由图易得I荏|=|前|，直线4)平分角4EAC,

且△4CE为正三角形，根据平行四边形法则有旅+荏=2而与同共线且同方向,

易知aEDH,AAEH均为含己的直角三角形，⅛i∣EH∣=√^3∣D77∣,∖AH∖=y∏∖^EH∖=3∖DH∖,

则I而I=4∖DH∖,

而2|而∣=6∣而∣,故制ɪ=2,故而+荏=|而，故8正确；

对C,∙.∙4C=N√1BC=手∖AB∖=∖^BC∖=∖DC∖>

ʌ∆BDC=∆DBC=≡则NABD=9，）L-AD//BC,■■/.DAB=

∖AD∖=2∖AB∖,AD-AB=∖AD∖∖AB∖cos^=2∖AB∖×=∖AB∖2,故C正确；

对。，五边形4BC0E的外接圆就是正六边形力BCOEF的外接圆，其半径为r=义|而|=1,则五边

形力BCDE的外接圆面积为nr?=兀，故£）正确；

故选：BCD.

根据正六边形的特点，在图中作出相关向量，对4利用向量减法运算结合图形即可判断，对B借助

图形和共线向量的定义即可判断，对C利用向量数量积公式和相关模长的关系即可判断，由正六

边形的特点确定五边形ABCDE的外接圆的半径，进而判断D.

本题考查平面向量得数量积的应用，属于中档题.

11.【答案】ABD

【解析】解：对于A：∆ACD=∆ACB+∆BCD=60°+45°=105°,因为C在。的正西方向，所以力

在C的北偏西15。方向，故A正确；

对于B：在AACD^,XACD=105°.4ADC=30°,则NeaD=45°.

由正弦定理得金=缶,即W_CDsin∆ADC_

-SinzCZlD=V'故B正确;

对于C：在^BCO中，乙BCD=45°,乙CDB=∆ADC+Z.ADB=30°+60o=90o,BPzCBD=45°,

则BC=CD=2,则BC=2C，故C错误；

对于D：在△力BC中，由余弦定理得AB?=AC?+B/_2AC∙BCCOSN4CB=2+8—2XCx

2Λ∕-2×ɪ=6,EIMB=√-6km.故O正确.

故选：ABD.

利用方位角的概念判断4利用正弦定理、余弦定理求解后判断BC。，即可得出答案.

本题考查解三角形，考查转化思想，考查运算能力和逻辑推理能力，属于中档题.

12.【答案】BD

【解析】解：对于选项A：设点C是底面圆上异于点B的任意一点，则SASAB=*siM4S8,S*n=

^l2sin∆ASC.S.∆ASB>∆ASC,

当0。<∆ASB≤90。时，Sin乙4SB>sin4ASC,此时△SAB的面积最大；

当90。<∆ASB<180。时，若NASC=90°,则Sin乙4SB<Sin乙4SC,此时△SAB的面积不是最大;

故选项A错误；

对于选项8：当4=；时，y=∣,即，=2r,

圆锥侧面的展开图的圆心角为α=字=孚=兀，

I2r

故选项B正确；

对于选项C如图，由4点出发绕圆锥侧面旋转一周，

又回到4点的细绳长度最小值为圆锥侧面的展开图得到的扇形的圆心角所对的弦长Λ4',

当兀="时，y=~,即/=3r,

圆锥侧面的展开图的圆心角为α=半=孚=|加，

I3r3

此时的弦长为2Zsiπg=2∙3rsin^=3√-3r,

故选项C错误；

1

-即=

对于选项。：当；I=3时,4-47'

当AC=Sr时，乙4。。=90。，

因为S。=√SAz—AO2=√I2—r2=ʌ/(4r)2—r2=715%

所以三棱锥O-SAC的外接球的半径为Jr2+r2+(Er)2Ei

----------2-------------r

则三棱锥。-SAC的外接球的表面积为4兀(子r)2=17τrr2.

故选项。正确.

故选：BD.

对于选项4,利用斜三角形面积公式即可判断；对于选项8,由于圆锥侧面的展开图为扇形，可

利用扇形圆心角公式进行计算；对于选项C,由于圆锥侧面的展开图为扇形，利用两点之间直线

最短即可知，由4点出发绕圆锥侧面旋转一周，又回到a点的细绳长度最小值为圆锥侧面的展开图

得到的扇形的圆心角所对的弦长；对于选项。，由三棱锥外接球的性质可知，此外接球的直径为

外接长方体的体对角线.

本题考查了三棱锥外接球的相关计算，属于中档题.

13.【答案】必要不充分

【解析】解：任意AaBC中，由正弦定理可知，p：，==刍=，7都成立，即充分性不成立；

rStnASinBSinC

故当AABC是等边三角形时，p：口=上=，7一定成立，即必要性成立.

rsιnASinBSinC

故答案为：必要不充分.

由已知结合正弦定理成立的条件检验各选项即可判断.

本题以充分必要条件的判断，主要考查了正弦定理的应用，属于基础题.

14.【答案】三

【解析】解：由复数Z=(COSl-Sinl)+(sin2-cos2)yi,(i为虚数单位)的共轨复数为：z=(COSl-

SirIl)—(S讥2—cos2)i,

所以对应的点为((CoSl-sinl),-(sin2—cos2)),

因为称<1<今

所以Sinl>cosl,所以COSl-Sinl<0,

因为1<2<π,

所以S讥2>cos2,所以—(sin2—cos2)<0,

故复数Z的共拆复数对应的点在第三象限.

故答案为：三.

先由已知条件写出Z的共貌复数，再根据它所对应的点来判断所在象限即可.

本题主要考查复数的几何意义，属于基础题.

15.【答案】V13

【解析】解：因为<3+瓦曰>=91为I=2,1五+石|=1,

所以［G+W—可2=∣α+h∣2+∣α∣2-2∣α+K∣∙∣α∣-cos≡=3,

所以Ibl=V^3>

又因为I社+行|=1，两边平方得：I五|2+|司2+2司7=1，

解得2a∙b=—6>

所以I五一1∣2=∣α∣2+∣⅛∣2-2α∙ft=4+3+6=13>

所以In-Bl=√^13∙

故答案为：√13.

由已知条件可求得IBl=C,2心5=-6,将I五-小平方展开代入求值即可得答案.

本题考查平面向量的数量积与模，属于基础题.

16.【答案】-ɪ

【解析】解：由题意可知，%,H2,H3,%表示正四面体的四

个顶点,

设正四面体的棱长为α,则正四面体的高为］a2-(?a)2=

√^6

Q，

正四面体外接球的半径为,Xqa=华α.

434

1

由余弦定理得c。Sa存;9g⅞T=3,

17

所以cos2α=2cos2a-1=2×--1=

yS?

故答案为：—

由已知结合余弦定理求得cosα,再由二倍角公式得答案.

本题考查了余弦定理的应用问题，也考查了二倍角公式应用问题，是中档题.

17.【答案】解：(1)连接4C,

在三角形ZBe中，由余弦定理知：AC=√AB2+BC2-2AB-BC-cos∕.ABC=2y∏,

易知NBAC=30。，ABLAD,

故NtMC=60。.又4C=AD,故三角形4BC为正三角形，

所以tan41CD=√-3;

(2)几何体0为：上面一个圆锥，下面为一个圆台，

圆锥的底面的半径为X?=3，

故0的体积为V=ɪ(π×22+π×32+√9τr×4τr)X√-3+ɪn×32×√-3=28^3π∙

【解析】⑴由余弦定理得出AC=4。，结合三角形ABC为正三角形得出tan"CD的值;

(2)几何体。为：上面一个圆锥，下面为一个圆台，根据体积公式求解即可.

本题考查了余弦定理和圆锥、圆台的体积公式，属于中档题.

18.【答案】解：(1)如图，延长4D,BE交于点C,

因为4=B∕所以C=等

AB."or34.64xg34.6434.64

故W=怒_,...AC=BC=^2=__:V__=

2

20(cm),

即另外两边的长皆为20cm；

(2)由题意得C。=20-10=10,CE=20-14=6,C=y,

故DE=√CD2+CE2-2CD-CEcosC=√136+60=√^96=14(cm),

故。，E两点之间的距离为14sn.

【解析】(1)根据数据，利用正弦定理求解；

(2)根据数据，利用余弦定理求解.

本题主要考查解三角形，正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题.

19.【答案】解：(1)因为Z+23=(2+2fc,8),h-≡=(n-1,2),(α+2e)//(ð-α),

所以2(2+2∕c)=8(n-I),即∕c=2n-3.

(2)由(I)可知，AP=(k+3)AB=2nAB,AQ=mAC，

由题意可知m,n>0,

因为G为中线AM的中点，.∙.AG=∖AM=^AB+^AClAB=AP,AC=-AQ

2442nm

所以万=”而+4而，

8n4?H<

因为P,G,Q三点共线，所以2+4=1,

所以2m+n=(2m+n)(*+*)=XW+A+l)2[(2jy^+∣)=∖

当且仅当Hl=九=时，取等号，

O

即荏=反而,而"而时，2τn+n取最小值看.

【解析】(1)由平面向量共线的坐标运算得到等量关系即可；

⑵由平面向量的线性运算得到南=奈而+W而，再由P,G,Q三点共线，所以2+点=1，

最后由基本不等式即可求出.

本题考查平面向量的坐标运算、线性运算与基本不等式的综合，属于中档题.

20.【答案】解:(l)asinA+AbsinCcos2A=bsinB+CSinC,

化简为4+4bccos2A=b2+C2,

^^2COS2A—匕蓝=cos

2bJca

即2cos2∕—cosA=0,所以CoSa=g或CoS4=0,

又4∈(0,τr),所以A=E或4=

（2）因为三角形ABC是斜三角形，

根据⑴知，A=I

在三角形ABC中，由余弦定理得：22=b2+c2-2bccosA=b2+c2-2bccos^.

化简即为b2+c2-bc=4,...①

又因为AD为中线，

故初=；（南+衣），所以而2=弓（四+而）］2=χ∕j2+c2+2bc∙cosA）,而I同I=q,

代入化简即为12=炉+¢2+be,...②

由①②易得：bc=4∙

所以SAABC=Tbc∙SinA=1-4∙sin^=√^^3.

【解析】（1）利用正弦定理以及余弦定理，转化求解A