2022-2023学年河北省唐山市曹妃甸区高一年级下册期末数学试题【含答案】

2022-2023学年河北省唐山市曹妃甸区高一下学期期末数学试题

一、单选题

1.?=l+iG为虚数单位），则忸=（）

A.5B.2C.3D.1

【答案】D

【分析】根据复数的除法运算求出z,得2,再可得|司.

2

1-i1-i(1-i)=-2i.

【详解】由h=l+i,得Z=不(i+ixi-n-V-1'

z=i,|z|=l-

故选：D

2.设A8=(2,3),BC=(l,-4),则AC=()

A.（3,-1）B.（3,1）C.（3,-7）D.（1,7）

【答案】A

【分析】根据向量线性运算的坐标表示列式计算.

【详解】根据向量线性运算的坐标表示，得AC=A8+BC=（3,-1）.

故选：A

3.已知一ABC的斜二测画法的直观图为，若A'B'=4,B'C'=3,ZA'B'C'=60°，则^ABC的面

积为（）

A.3GB.4C.6瓜D.12>/6

4

【答案】c

【分析】根据直观图和原图的面积关系，即可求解.

【详解】由条件可知，S",=gx4x3x*=35

由2=¥=坐解得5m=6区

3ABC3ABC,

故选:c.

4.设向量o,b不平行，向量4a+b与平行，则实数之为（）

A.gB.1C.2D.—1

【答案】A

【分析】由共线向量的基本定理求解即可.

【详解】因为向量勘+Z，与〃+2。平行，所以存在一个实数〃,

2=〃1

使得彳。+匕=〃（。+2匕），所以2〃二解得』=

故选：A.

..2.2023

5.已知i为虚数单位，z」+i+，则复数三在复平面上所对应的点在（）

1-1

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

【答案】B

【分析】先根据复数的乘方求出i+『++i202\再根据复数的除法运算即可得解.

4t+，

【详解】因为i+产+2+]4«+3+j4t+4=i_1_i+1=0,

i+i2++i2W-1_-(1+i)1I.

则一一百一------1

1-i(l-i)(l+i)22

所以W=-g+；i在复平面上所对应的点为卜；[1立于第二象限.

故选：B.

6.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为由T,弧长为4兀的扇形，则该圆锥的体积为（）

A.y/3nB.2yj3nC.4班兀D.I2A/3K

【答案】C

【分析】由侧面展开图的弧长可求出底面半径，再利用勾股定理可求出圆锥的高，从而可求出圆锥

的体积.

【详解】设圆锥的底面半径为『，

因为圆锥的侧面展开图的弧长为4兀，

所以2兀厂=4兀，得，=2,

因为圆锥的母线长为后，

所以圆锥的高为（31-4=3百,

所以圆锥的体积为gx7tx22x36=46兀，

故选：C

7.已知，ABC的三边长分别为。，a+3,a+6,且最大内角是最小内角的2倍，则最小内角的余弦

值为（）

【答案】B

【分析】设一ABC的最小内角为a,利用正弦定理得到cosa=?2,再利用余弦定理得到

2a

〃+15

C0S<Z=2（a+6）,进而即可求解.

【详解】设ABC的最小内角为a,

由正弦定理得，一=£粤，整理得cosa=2*,

smasinzcr2a

(a+3)~+(a+6)~-ci"a+15

又余弦定理得cosa=

2(a+3)(〃+6)2(o+6)'

〃+6a+153

所以=-=,解得。=12,则cosa=：.

故选：B.

8.如图所示，幺垂直于以AB为直径的圆。所在的平面，C为圆上异于A,3的任意一点.若钻=2,

PA=B记直线总与平面PAC所成的角为a,乙4以7=6，则311。011夕的最大值为（）

A.五B.立C・史D・立

4567

【答案】D

【分析】根据已知线面关系找出直线必与平面PAC所成的角为a及乙48c=6，并用含AC的代数

式表示sinasin£,再利用基本不等式求其最大值.

【详解】因为C为以A8为直径的圆。上异于AB的任意一点，

TF

所以NACB=—,即AC18C.

2

又R4垂直于以AB为直径的圆。所在的平面，即以，平面A3C,又3Cu平面ABC,所以P4_LBC.

又ACcB4=A,且以,AC在面布C内，所以8c上平面PAC.

所以直线总与平面PAC所成的角为/BPC,即NBPC=a.

设AC=x,0<x<2,则BC=j4-x2，iLPB=>/3+4=V7,

.BCJ4r2.x

所以sina=——=--7=—,sin/?=—,

PB772

_____x2+4-x2

所以sinasi”=^x：xM"<2_2_5/7,

2y/l277_2V7_7

当且仅当x=67,即》=及时等号成立,

故选：D.

二、多选题

9.下列有关复数z的叙述正确的是()

A.若z=3则N=iB.若z=l+l，贝l]z的虚部为T

1

C.若z=a+«i,(aeR),贝k不可能为纯虚数D.若复数z满足geR,贝UzwR

【答案】ACD

【分析】根据复数的运算、复数的概念判断各选项即可.

【详解】对A,z=i3=-i，所以彳=i，A正确；

对B,z=1+y=1—i,虚部是-1,B错误；

1

对c,z=a+ai,(aeR),若a=0,则z=0是实数，若axO,则2=。+0是虚数，不是纯虚数，C

正确；

..1a-biab

对于D,设z=a+限(a,beR),因为丁(力好("好二瓦万一靛^

由1eR得人=(),则zeR,所以D正确.

Z

故选：ACD.

10.下列命题中氐硬的是()

1

A.若向量“=(1,2),匕=(3,1),则〃,6可作为平面向量的一组基底

B.若四边形A8CO为平行四边形，且A(5,—1),5(T,7),C0,2),则顶点。的坐标为(7,-6)

C.若,ABC是等边三角形，则(A8,BC)=1.

D.已知向量〃,6满足4=(1,1),忖=4,且,,今=；,则6在〃上的投影向量的坐标为(2,2)

【答案】ABD

【分析】对于A,由基底的定义分析判断，对于B,由AB=DC可求出点。的坐标，对于C,由向

量夹角的定义分析判断，对于D,由数量积的几何意义分析判断.

I17

【详解】对于A,因为。=(1,2),匕=(3,1),且满足(二：,所以不共线，

所以“涉可作为平面向量的一组基底，所以A正确，

对于B,设。(x,y),因为四边形为平行四边形，所以AB=OC，

所以(-6,8)=(1-苍2—y),解得x=7,y=-6,所以顶点。的坐标为(7,-6),所以B正确，

对于C,因为JLBC是等边三角形，所以,，所以C错误，

对于D,因为向量a,〃满足a=(l,l),忖=4,且(4,6)=%

所以。在a上的投影向量的坐标为尻。s(a，»[=4x£"x/(l,l)=(2,2),所以D正确，

故选：ABD

11.在正三棱锥P-ABC中，。，£分别为棱尸A，8c的中点，6,“分别在线段%>,户£上，且满足

BG:GD=PH:HE=2,则下列说法一定正确的是()

A.直线GH与平面ABC平行

B.直线G”与垂直

C.直线GH与AC异面

D.直线GH与丛所成角为6。°

【答案】AB

【分析】由△PGH和△PFE相似得出G”EF,进而求出直线G4与平面A8C平行；通过证明线

面垂直即可得出直线GH与总和G”与4C的关系，以及GH与私所成角的关系.

【详解】由题意，

是-aw的中线，BG:GD=2,

.•工2,

GF

.PGPH、

.・----=------=2

GFHE

:•一PGHs.PFE,

：.GHEF,

EF〃AC,

：.GH//AC,C错误.

■:ACu面ABC,G"(Z面ABC,

，G4〃面ABC,A正确.

取AC中点O,连接PO/O,则POLAC,30LAC,POBO=O,

•.•POujEfPOB,BOu面P08,

ACl^POB,

,：「吐面尸。8,

ACVPB,

'：GH//AC,

:.GH工PB,故B正确，且GH与24所成角为NPAC,

在正三棱锥中，PA=PB=PC,AB=AC=BC,R4不一定等于AC,

...△P4C不一定是等边三角形，NPAC不一定是60°,故D错误.

故选：AB.

12.已知“ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列说法正确的是（）

aa+b+c

A.—

sinAsinA+sin8+sinC

B.若ABC为斜三角形，贝ItanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC

C.若AC-C8>0，贝I,ABC是锐角三角形

D.若f=3=则..ABC一定是等边三角形

cosAcosBcosC

【答案】ABD

【分析】由正弦定理和比例性质可以判断A,D选项，根据诱导公式及两角和公式判断B选项，由

平面向量的数量积判断三角形形状判断C选项,

a+b+c

【详解】对于A,由正弦定理和比例性质得急=故A正确;

sirbA+sinB+sinC

ta”+tanB

对于B,由题意,tanC=tan[兀_(A+3)]=_tan(A+3)=_则

1-tanAtanB

tanA+tanB=tanC(tanAtanfi-1),

所以tanA+tan4+tan。=tanC(tanAtanB-l)-+-tanC=tanAtanBtanC,故B正确;

对于C,因为AC-CB>0，所以AC-CB=kc、C@cos（兀—C）=-abcosC>0,所以cosC<0,

所以C为钝角，—ABC是钝角三角形，故C错误；

小丁rabcu匚I、IsinAsinBsinC.„„.

对于D,因为----=----=---—,所以----=----=----,C所CH以ItanA=tanB=tanC,且aA,Bn,

cosAcosecosCcosAcosocosC

Ce（O,兀），所以4=B=C,所以.45C为等边三角形，故D正确.

故选:ABD.

三、填空题

13.已知a/eR,若1+i是关于x的实系数方程/+奴+。=0的一个根，其中i是虚数单位，则

a+b=.

【答案】0

【分析】根据实系数方程的复数根的特征可确定方程两根，利用韦达定理可构造方程组求得“力，由

此可得结果.

【详解】1+i是关于x的实系数方程/+如+%=0的一个根，i是另一个根，

—a=l+i+l—i=2（a=-2

i/..x/.-x）解得：i>.'.ci+h=O.

故答案为：0.

14.已知a=（l,2）,6=（x,4）,若&与b的夹角是锐角，则实数x的取值范围是—.

【答案】（-8,2）一（2,.）

【分析】设a与6的夹角为凡则根据0<cos〃==J<l歹ij式可求出结果.

2Iall^l

jr

【详解】设。与6的夹角为e,则0<夕<],

所以0<cose=。<[,解得x>-8且xw2.

lalMI6J/+I6

故答案为：（—8,2）1（2,w）

15.已知三棱锥尸—ABC的四个顶点都在球。的球面上，PB=PC,/相3=90。，一ABC是边长为2G

的等边三角形，PBC的面积为56,则球。的体积为.

64」兀

【答案】

3

【分析】取8c的中点。，连接尸£>,AD,根据题干所给条件求出P。，再由勾股定理求出尸8、PA,

即可得到从而得到24,平面ABC,将三棱锥P-43C补成正三棱柱PBG-A8C,三

棱锥P-ABC的外接球即正三棱柱的外接球，利用勾股定理求出外接球的半径，即可求出外接球的

体积.

【详解】解：取BC的中点O,连接尸。，AD,PB=PC,PDLBC,.PBC的面积为56，

则gx26XPZ)=5G解得尸£>=5,AD=与BC=3,PB=7PD:+BD?=2币，

又/以B=90°,PA=yJPB2-AB2=4>

所以E4?+^^二^厅，即又ABr>AD=A,A8,AOu平面ABC,

可得H1L平面ABC,

将三棱锥P-ABC补成正三棱柱PBG-ABC,三棱锥P-ABC的外接球即正三棱柱的外接球，

外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线。。2的中点，连接AO2,AO,

设外接球的半径为R,下底面外接圆的半径为『，r=AQ=：AO=2,则代=产+4=8,所以R=20，

所求外接球的体积为嗅萼=吟；

故答案为：竺叵

四、双空题

16.在ABC中，A5=AC,D为线段AC的中点，80=1,

(1)若NA=方，则.ABC的面积为；

(2)/BC面积取得最大值时，线段AC的长度为

［答案］——

33

【分析】（I）由余弦定理求出A8=AC=2叵，再由三角形面积公式可求出结果；

3

（2）设A8=AC=x,由余弦定理求出cos4,再求出sinA,再由三角形面积公式以及二次函数知

识可求出结果.

【详解】⑴因为A8=AC。为线段AC的中点，所以AB=24）,

7E

在△A3。中，BD*2=AB2+AD2-2AB-AD-cos-,

3

得1=5AZ)2—2AZ)2,得AO=走，所以人8=人。=毡,

33

r-r-.UQ1人口人心.兀12A/^2>/3V3y/3

所以SAM=-AB-AC-sin—=—x-----x------x—=—.

2323323

(2)设AB=AC=x,则AO='x,

2

2厂1521

JT+-----1一厂一］

在△ABO中，cosA=-------_=4

2x-lx尤

2

因为A为三角形内角，所以sinA=Jl-cos?A_

(^x2-l)21

25452八

所以S,ABC="sinA=-x2—x--x+1)

»22162

9/020、)16

入+―—(厂---)+—,

216221699

70o

所以当丁=?时，S.&C取得最大值彳.

此时AC=x=型.

3

故答案为：—:

33

五、解答题

17.已知复数z=|^（i是虚数单位）.

⑴求复数z的共挽复数；

（2）若z2+az+6=2（a,》GR）,求。、6的值.

【答案】（l）z=l+i

【分析】(1)利用复数的除法化简复数Z,利用共物复数的定义可得出口

(2)利用复数的除法和复数相等可得出关于。、人的方程组，即可解得。、〃的值.

3-i(3-i)(2-i)5-5i

【详解】(1)解：z=—=；i-i,所以z的共规复数1=i+i.

=

(2)因为z2+az+b=l+i(a,beR),即(1一炉+q(l-i)+〃=l+i,

/、{a+b=1\a=—3

也即a+6+(-2-a)i=l+i,所以一2…『解得I-

18.已知平面向量a=(-1,2),8=(1,-4).

⑴若4a+b与3-6垂直，求实数A的值；

(2)若6为44+b与a+5的夹角,求tan。的值.

【答案】(1乂=-1[9

(2)-1

4

【分析】(1)根据向量垂直的坐标表示列式可求出结果；

(2)根据向量夹角的坐标公式求出cos。，再根据同角关系使求出sin。和tan。，

【详解】(1)a=(-1,2)>=(1,-4).则4〃+。=(-3,4),ka-b=(-k-\,2k+4)，

(4a+b){H)=(-3,4).(-A-l,2A+4)=3A+3+8k+16=0,

解得％=—]19.

、TT(4〃+4.'+9_84

(2)4〃+8=(—3,4),〃+〃=(0,—2)，则cos。=-----\=

|46F+/?|-(7+Z?

------------4Kinf)3

^G[0,7I1,故sin6=Jl-cos20=-,故tan6==一二.

5cos64

19.如图，在四棱锥尸一ABC。中,四边形ABC。是菱形,B4=PC,E为总的中点.求证:

⑴PD平面AEC;

⑵平面AECJ_平面PBD.

【答案】(1)证明见解析

⑵证明见解析

【分析】⑴设ACBO=O,连接EO,根据中位线可得以)〃再根据线面平行的判定定理即可证

明；

(2)根据PA=PC可得AC1PO,根据四边形A8C。为菱形，可得AC180,再根据线面垂直的判断定

理可得ACJ■平面尸再根据面面垂直的判定定理即可得出结果.

【详解】(1)设AC80=0,连接EO,如图所示：

因为。£分别为80,尸8的中点,所以尸£>〃后0,

又因为P。U平面AEC,EOu平面A£C,

所以PD平面4EC.

(2)连接P。,如图所示:

因为PA=PC,。为AC的中点，所以ACLPO,

又因为四边形ABC。为菱形，所以AC-LBD,

因为POu平面PB£),8£)u平面P8£),且尸。BD=O,

所以ACJ■平面尸8£),又因为ACu平面A£C,

所以平面AEC±平面PBD.

20.如图所示，AD是AABC的一条中线，点。满足A0=20D,过点。的直线分别与射线AB,射

线AC交于M,N两点.

A

(1)若AO=/UB+〃AC,求九〃的值；

(2)设=AN=nAC<m>0,n>0,求的值;

mn

【答案】⑴2=q,〃=q；

(2)3.

【分析】(1)利用向量的线性运算的几何表示，将A。用A8,4C表示，进而即得；

(2)由A0=；4B+：AC,将A。用AM,AN表示，利用M,0,N三点共线即得.

【详解】(1)因40=20〃，

2

所以A0=§4。，

又因。为BC的中点，

所以AO=；(AB+AC),

211

所以AO=§AO=3AB+§AC,又A0=4A8+〃AC,

所以;l=g,〃=g;

(2)因AM=，"AB，AN=nAC>m>0,〃>0,

所以AC=-AN,又因A0=1A8+』AC,

mn33

^\^AO=—AM+—AN,

3m3n

又因M,0,N三点共线，

所以^—i--=1,即—I—=3.

3m3〃inn

21.已知一AfiC的内角A,B,C的对边分别为“，b,c,且-c)cosA=acosC.

⑴求角A；

(2)若。是边BC上一点，且&)=2DC,4)=2,求..4?C面积的最大值.

【答案】⑴A=g

⑵迈

2

【分析】(1)由(2Z?-c)8sA=acosC,利用正弦定理结合两角和的正弦公式得到2sinBcos4=sinB求

解；

21

(2)根据得至==再分别在△45。和△AQC中，利用余弦定理根据

2

ZADB+ZADC=n,得到2尸+c?=12+§«2,再在，ABC中利用余弦定理，两者结合得到

\2-jbc=^b2+^c2,利用基本不等式得到儿46,然后利用三角形面积公式求解.

【详解】(1)解：因为(3-c)cosA=acosC,

所以2sinBcosA=sinCcosA4-sinAcosC=sin(A+C)=sin8,

因为A,8«0,n),

所以sin8x0,cosA=—,

2

所以A=?

(2)因为8£>=2£>C,

21

所以3£>=-4,£>C=—a,

33

AQ

在△AfiO中，由余弦定理得+