浙江省宁波市金兰教育合作组织2022-2023学年高一下学期数学期中联考试卷（含答案）

浙江省宁波市金兰教育合作组织2022-2023学一下学期数学期中联考试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四五六总分评分一、单选题1．已知复数z满足z=4+3i，则|z|=（）A．7 B．1 C．5 D．52．设{e1，A．e1+e2和e1C．e1+3e2和e23．若一个正棱锥的各棱长和底面边长均相等，则该棱锥一定不是（）A．正三棱锥 B．正四棱锥 C．正五棱锥 D．正六棱锥4．已知向量a=(1，2)，b=(4，A．(85，65) B．(5．如图所示，为测量某不可到达的竖直建筑物CO的高度，在此建筑物的同一侧且与此建筑物底部在同一水平面上选择相距60米的A，B两个观测点，并在A，B两点处测得建筑物顶部的仰角分别为45°和30°，且cos∠CAB=−A．45m B．60m C．452 m 6．已知△ABC斜二侧画法下的直观图是边长为2的正三角形A'B'A．28−23 B．10−23 C．337．已知平面向量a，b，c均为单位向量，且2a+4bA．−14 B．14 C．18．已知△ABC中，D，E分别为线段AB，BC上的点，直线AE，CD交于点P，且满足BP=16A．43 B．52 C．53二、多选题9．下列结论中正确的是（）A．正四面体一定是正三棱锥B．正四棱柱一定是长方体C．棱柱的侧面一定是平行四边形D．棱柱的两个互相平行的平面一定是棱柱的底面10．已知两个单位向量e1、e2的夹角为θ(θ≠π2)，若c=xe1+yA．a−b=(C．λa=(λx三、单选题11．下列命题中正确的命题是（）A．若复数z满足z+z∈RB．若复数z满足z2=C．若复数z1，z2满足zD．若复数z1，z2满足z四、多选题12．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是（）A．若B=60°，b2=ac，则B．若cos2A+C．若a−b=c(cosB−cosD．若a+b=atanA五、填空题13．已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为14．已知复数ω，且|ω|=1，则|ω−2i|(i是虚数单位)的最大值是．15．《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社会现象．如图1所示的是八卦模型图，其平面图形（图2）中的正八边形ABCDEFGH，其中O为正八边形的中心，边长AB=1，则AC⋅AD16．已知△ABC中，∠A=π3，D，E是线段BC上的两点，满足BD=DC，∠BAE=∠CAE，AD=192，AE=六、解答题17．已知复数z=x+yi(x>0，y>0)满足|z|=2，且（1）求z1−i（2）若z2+b⋅z+c=0，(b，c∈R)，求实数18．已知平面直角坐标系内存在三点：A(1，5)，B(7，（1）求cos∠BAC（2）若平面上一点P满足：AP∥CB，CP⊥AB，求点P的坐标．19．如图所示，以线段AB为直径的半圆上有一点C，满足：BC=1，AC=3（1）求阴影部分形成的几何体的体积；（2）求阴影部分形成的几何体的表面积．20．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且2acosB+3（1）若c=23，求△ABC（2）求△ABC周长的最大值．21．如图，在梯形ABCD中，AD=2，DC=CB=3，AB=2DC，点E、F是线段DC上的两个三等分点，点G，点H是线段AB上的两个三等分点，点P是直线（1）求AB⋅（2）求|FH（3）直线AP分别交线段EG、FH于M，N两点，若B、N、D三点在同一直线上，求AMAN22．法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这个三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为O1，O2，（1）证明：△O（2）若S△

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】由于z=4+3i，所以|z|=4故答案为：C.

【分析】利用已知条件结合复数求模公式得出复数z的模。2．【答案】D【解析】【解答】由于{e1，根据向量的加减法法则可知e1+e2和e1e2+3e1=34e2−6e1=−2(故答案为：D

【分析】利于抑制投机结合平面的基底判断方法，再结合向量共线定理，进而得出不能作为基底的一组向量。3．【答案】D【解析】【解答】对于A，正四面体为满足条件的正三棱锥，故排除A；对于B，考虑如图所示的正四棱锥.满足AB=BC=CD=DA=EA=EB，O为底面正方形中心，EO⊥平面ABCD.因底面为正方形，故OA=OB=OC=OD，则△EOA，△EOB，△EOC，△EOD两两全等，得EA=EB=EC=ED.故存在满足条件的正四棱锥，排除B；对于C，考虑如图所示的五棱锥.满足AB=BC=CD=DE=EA=FA=FB，O为底面正五边形中心，FO⊥平面ABCDE.因底面为正五边形，故OA=OB=OC=OD=OE，则△FOA，△FOB，△FOC，△FOD，△FOE两两全等.得FA=FB=FC=FD=FE.故存在满足条件的正五棱锥，排除C；对于D，考虑如图所示的正六棱锥.满足AB=BC=CD=DE=EF=FA=GA=GB，O为底面正六边形中心.GO⊥平面ABCDEF.但注意到OA=AB，GO⊥AO，则有GA>AO=AB.这与所设满足的条件矛盾，故不存在满足条件的正六棱锥，D符合题意.故答案为：D

【分析】利用已知条件结合正棱锥的结构特征和正六棱锥的结构特征，从而找出正确的选项。4．【答案】A【解析】【解答】由题意可得：a⋅故向量a在向量b方向上的投影向量为(|a故答案为：A.

【分析】利用已知条件结合数量积的坐标表示和向量的模的坐标表示，再结合数量积求投影向量的坐标的方法，进而得出向量a在向量b方向上的投影向量。5．【答案】B【解析】【解答】由题意可得：AB=60，在Rt△OAC中，由∠CAO=45°可得AC=2在Rt△OBC中，由∠CBO=30°可得BC=2CO；在△ABC中，由余弦定理BC即4CO2=2C解得CO=60或CO=−30（舍去），所以此建筑物的高度为60m.故答案为：B.

【分析】利用已知条件结合直角三角形的结构特征和余弦定理，进而得出此建筑物的高度。6．【答案】A【解析】【解答】如图所示，过C'作C'N'//则∠C'A'N由正弦定理得C'即C'则C'N'将三角形还原到直角坐标系中，如图所示，CN=C'N所以AC=C故答案为：A.

【分析】过C'作C'N'//x'轴，与y'轴交于点N'，则∠C'7．【答案】A【解析】【解答】平面向量a，b，c均为单位向量，所以|a|=|所以2a−3c=−4b故答案为：A.

【分析】利用已知条件结合单位向量的定义和平方法以及数量积的运算法则，从而得出a→8．【答案】C【解析】【解答】如图，令EP=μEA，于是BP=而BP=16BA+12令DP=tDC，则BP=从而t=12，k(1−t)所以S△BPE=3故答案为：C

【分析】令EP=μEA，BE=λBC，再利用三角形法则和向量共线定理以及平面向量基本定理和BA，BC不共线，进而得出λ，μ的值，再利用向量共线定理，令DP=tDC，9．【答案】A,B,C【解析】【解答】A选项：正三棱锥是底面为正三角形，各侧棱长均相等的几何体，正四面体四个面均为正三角形且所有棱长均相等，所以A选项正确；B选项：正四棱柱为底面为正方形的直棱柱，所以正四棱柱即为长方体，所以B选项正确；C选项：棱柱上下底面互相平行且全等，且各侧棱互相平行，所以棱柱的侧面均为平行四边形，所以C选项正确；D选项：正四棱柱的侧面两两平行，所以D选项错误；故答案为：ABC.

【分析】利用已知条件结合正三棱锥的结构特征、长方体的结构特征、平行四边形的结构特征、棱柱的结构特征，进而找出结论正确的选项。10．【答案】A,C【解析】【解答】由已知a=x1因此a−b=(xλa=λx1e|aa⋅b=x1故答案为：AC．

【分析】利用已知条件结合斜坐标的定义和向量的坐标运算、平面向量基本定理、数量积求向量的模的公式、向量共线的坐标表示、数量积为0两向量垂直的等价关系，数量积的坐标表示，进而找出正确的选项。11．【答案】C【解析】【解答】对于A，设复数z=a+bi，a，b∈R，则所以z+z=2a∈R恒成立，则对于B，设复数z=a+bi，a，b∈R，则z=a−bi，若z所以2abi=−2abi，则ab=0，故a=0或b=0，则复数z是纯虚数或实数，B不正确；对于C，设复数z1=a+bi，z2=c+di，a所以(a+bi)(a−bi)=(c+di)(c−di)，整理得a2所以|z对于D，设复数z1若z1⋅z2=而|z1|=|故答案为：C.

【分析】利用已知条件结合复数与共轭复数的关系、复数的运算法则、复数为实数的判断方法、复数求模公式，复数相等的判断方法，进而找出真命题的选项。12．【答案】A,B,D【解析】【解答】对于A，△ABC中，B=60°，b2=ac，由余弦定理ac=a2+c2−2accos对于B，由cos2A+即sin2C−由余弦定理得cosC=a2+b对于C，△ABC中，由a−b=c(cosa−b=a2+即ab(a−b)=(△ABC是等腰三角形或直角三角形，C不符合题意；对于D，△ABC中，由a+b=atanA因此sinA+sinB=整理得：2sinA+B2cosA−B即cosA−B2>0，因此tanA+B2所以A+B=π2，故答案为：ABD

【分析】利用已知条件结合正弦定理、余弦定理、同角三角函数基本关系式、两角和与差的正弦公式和余弦公式，再结合三角形形状的判断方法，进而找出说法正确的选项。13．【答案】5【解析】【解答】如图所示，将正方体ABCD−A1B1C1D则最短距离为AC故答案为：5.

【分析】利用已知条件结合正方体的结构特征，再将正方体ABCD−A1B1C1D1的侧面14．【答案】3【解析】【解答】解：由|ω|=1知复数ω表示圆心在原点的单位圆，如图所示，

则|ω-2i|表示单位圆上的点与点（0，2）的距离，

则当ω=-i时，两点间的距离取得最大值为3

【分析】根据复数的几何意义，结合两点间的距离公式求解即可.15．【答案】3【解析】【解答】如图所示，连接AC，AD，

由ABCDEFGH为正八边形可知∠AOB=∠BOC=π4，且则∠AOC=π所以|OA+OCAC且OD=所以AD=则AC⋅在△AOB中，由余弦定理cos∠AOB=解得|OA所以AC⋅故答案为：32

【分析】连接AC，AD，由ABCDEFGH为正八边形可知∠AOB=∠BOC=π4，且OD//AC，则∠AOC=π2，再结合平行四边形法则和向量求模公式得出OB=22(OA16．【答案】7【解析】【解答】由已知|AB∠BAE=∠CAE，则AE=λ(所以|AE|=λ|AB所以AE=即65c即65c又点E在BC上，所以1−6所以6(b+c)=5bc，即36b又BD=DC，则AD=12即c2联立36b2+36解得bc=6，或bc=−114所以|BC|=|AC所以BC=7故答案为：7.

【分析】由已知|AB|AB|+AC|AC||=3，∠BAE=∠CAE，则AE=λ(AB|AB17．【答案】（1）解：∵z−1=x−1+yi为纯虚数，∴x=1，∵|z|=x2+y2=2且∴z（2）解：法一：把z=1+3i代入：(1+3化简得：b+c−2+(3即b+c−2=03解得：b=−2，c=4.法二：z2+b⋅z+c=0的一根为z=1+3则z+z解得：b=−2，c=4.【解析】【分析】（1）利用已知条件结合复数的模的求解方法和复数为纯虚数的判断方法，进而得出复数z，再结合复数的乘除法运算法则得出复数z1−i。

（2）法一：把z=1+3i代入：z2+b⋅z+c=0法二：z2+b⋅z+c=0的一根为z=1+3i，再利用复数与共轭复数的关系，则另一根为：18．【答案】（1）解：由题意可得：AB=(6，3)则AB⋅AC=15，|故cos∠BAC=（2）解：由题意可得：CB=(2∵AP∥CB，设∴CP=又∵CP⊥AB，则CP⋅AB=6(2t−4)+3(6t+3)=0∴CP=(−3设P(x，y)，则可得x−5=−3y−2=6，解得x=2y=8，即【解析】【分析】（1）由题意结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再结合数量积的坐标表示和向量的模的坐标表示，从而结合数量积求向量夹角公式得出cos∠BAC的值。

19．【答案】（1）解：过点C作CO1⊥ABAC=3，BC=1，AB=2，CRt△AO1CRt△BO1CV1半圆面以直线AB为轴，旋转一周得到一个半球体，体积为V3V几何体（2）解：Rt△AOS1Rt△BOS2ACB以直线AB为轴，旋转一周得到一个半球面，表面积为S3正面为一个圆减掉两个三角形，即图中阴影部分：S4S几何体【解析】【分析】(1)过点C作CO1⊥AB，垂足为点O1，旋转180°所得几何体为半个球挖掉两个半圆锥，再利用AC=3，BC=1，AB=2，CO1=32，再结合圆锥的体积公式得出Rt△AO1C以直线AB为轴，旋转一周得到一个半圆锥的体积V1和20．【答案】（1）解：法一：∵2acosB+∴2sinAcosB+∵B∈(0，π)，∴sinB≠0，∴cosA=32，由余弦定理得：4=bb2−6b+8=0，(b−4)(b−2)=0，∴∴S或S△ABC综上，△ABC的面积为3或23法二：由余弦定理得，2a⋅a2+c∴cosA=32，∵A∈(0由余弦定理得：4=bb2−6b+8=0，(b−4)(b−2)=0，∴∴S或S△ABC综上，△ABC的面积为3或23（2）解：法一：由正弦定理得：asina+b+c=2+4×[=2+42+3sin所以当sin(x+φ)=1时，(a+b+c)法二：由余弦定理得：∵b2+c2∵(b+c)2∴b+c≤2(a+b+c)max=2+22【解析】【分析】（1）法一：利用2acosB+3法二：利用已知条件结合余弦定理得出角A的余弦值，再利用三角形中角A的取值范围，进而得出角A的值，再由余弦定理和一元二次方程得出b的值，再利用三角形的面积公式得出三角形△ABC的面积。

（2）法一：由正弦定理结合两角差的正弦公式和辅助角公式以及三角型函数的最值求解方法，进