2022-2023学年甘肃省定西市临洮中学高一（下）第二次月考数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年甘肃省定西市临洮中学高一（下）第二次月考数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知复数z1=2−i，z2=1+i，则z1z2=( )
A. −1+iB. 1−2 iC. 2+iD. 3+i
2.已知正六边形ABCDEF，则AC+BD−FD=( )
A. BCB. AEC. BED. AC
3.在△ABC中，已知a=4 3，c=12，C=π3，则A=( )
A. π3B. π6C. π6或5π6D. π6或π3
4.长方体的长、宽、高分别为4，3，2，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为( )
A. 29πB. 32πC. 58πD. 30π
5.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2+c2=a2+bc，csB+csC=2csA，则△ABC是( )
A. 等边三角形B. 钝角三角形C. 等腰不等边三角形D. 直角三角形
6.已知θ为第四象限角，sinθ+csθ= 23，则sinθ−csθ=( )
A. − 3B. −3 24C. −43D. −53
7.如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的底面是边长为3的正三角形，侧棱AA1=4，一小虫从点A途经三个侧面爬到点A1，则小虫爬行的最短距离为( )
A. 4
B. 5
C. 97
D. 153
8.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a= 3，c=1，acsA+bcsB+2ccs(A+C)=0，则角C等于( )
A. π4B. π3C. π6D. π12
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.如果平面向量a=(2,0)，b=(1,1)，那么下列结论中正确的是( )
A. |a|= 2|b|B. a⋅b=2 2C. (a−b)⊥bD. a//b
10.已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下面四个结论中正确的是( )
A. 若α∩β=m，n/​/m，且n⊄α，n⊄β，则n/​/α且n/​/β
B. 若m/​/α，m⊥n，则n⊥α
C. 若α⊥β，m/​/α，则m⊥β
D. 若直线m，n在平面α内的射影互相垂直，则m与n的夹角可能为60°
11.在△ABC中，点D满足BD=DC，当点E在线段AD上移动时，记AE=λAB+μAC，则( )
A. λ=2μB. λ=μ
C. (λ−1)2+μ2的最小值为14D. (λ−1)2+μ2的最小值为12
12.在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边， 3a=2csinA，且0A. C=π3
B. 若c=72，则csB=17
C. 若sinA=2csBsinC，则△ABC是等边三角形
D. 若△ABC的面积是2 3，则该三角形外接圆半径为4
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若csA=45，csC=513，a=1，则b= ．
14.设向量a=(x,−4)，b=(1,−x)，向量a与b的夹角为锐角，则x的范围为______．
15.如图，已知菱形ABCD，用斜二测画法作出菱形ABCD的直观图即四边形A′B′C′D′，则四边形A′B′C′D′的面积为______．
16.已知2csα−csβ=32，2sinα−sinβ=2，则cs(α−β)=______．
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。
17.(本小题10分)
已知复数z满足z+z−=2，z2=−2i．
(1)求复数z；
(2)求复数z4的实部和虚部．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是矩形，M，N分别为BC，PD的中点，平面PAB⊥平面ABCD．
(1)证明：MN/​/平面PAB；
(2)证明：MN⊥AD．
19.(本小题12分)
已知：a、b、c是同一平面内的三个向量，其中a=(1,2)
(1)若|c|=2 5，且c//a，求c的坐标；
(2)若|b|= 52，且a+2b与2a−b垂直，求a与b的夹角θ．
20.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且bcsAsinC+asinBcsC= 32b．
(1)求角B的大小；
(2)若△ABC为锐角三角形，b=3，求a+c的取值范围．
21.(本小题12分)
如图，在多面体ABCEF中，△ABC和△ACE都为等边三角形，D是AC的中点，EF//BD，EF=BD．
(1)证明：AC⊥BE；
(2)若BE= 2DB= 2DE=2，求三棱锥A−EFC的体积．
22.(本小题12分)
如图，圆O的半径为2 2，直线AN与圆相切，点M在线段AN上，AM=2MN，且MN=2 2，圆O上的点P从点A处逆时针转动到最高点B处，记∠AOP=θ，θ∈(0,π).四边形OANP的面积为S．
(1)当θ=2π3时，求S的值；
(2)试确定θ的值，使得△AOP的面积等于△APM的面积的一半．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由z1=2−i，z2=1+i，
得z1⋅z2=(2−i)(1+i)=2+2i−i−i2=3+i．
故选：D．
直接利用复数代数形式的乘法运算求解即可．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：AC+BD−FD=AC+BF=AC+CE=AE．
故选：B．
由向量的加减运算法则直接计算即可．
本题考查平面向量的加减运算，考查运算求解能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：因为在△ABC中，a=4 3，c=12，C=π3，
所以由正弦定理asinA=csinC，可得4 3sinA=12 32，可得sinA=12，
又a则A=π6．
故选：B．
由已知利用正弦定理可得sinA的值，利用大边对大角可求得A为锐角，进而可求A的值．
本题主要考查了正弦定理，大边对大角在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：设球O的半径为R，由于长方体的体对角线为球O的直径，
则2R= 42+32+22= 29，所以R= 292，
因此，球O的表面积为S=4πR2=4π×( 292)2=29π．
故选：A．
首先确定外接球半径，然后求解其表面积即可．
本题考查了球的表面积公式，考查了计算能力，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：△ABC中，b2+c2=a2+bc，则csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
又0所以csB+cs(2π3−B)=12csB+ 32sinB=1，即sin(B+π6)=1，
所以B+π6=π2，可得B=π3，所以A=B=C=π3，
则△ABC的形状是等边三角形．
故选：A．
先依据b2+c2=a2+bc求得A=π3，再利用csB+csC=2csA可以求得B=π3，从而判断△ABC的形状是等边三角形．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，正弦型函数的性质，余弦定理，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：由于θ为第四象限角，sinθ+csθ= 23，
故1+2sinθcsθ=29，整理得sin2θ=−79，
故sinθ−csθ=−|sinθ−csθ|=− (sinθ−csθ)2=− 1−sin2θ=−43．
故选：C．
直接利用三角函数的关系式的变换求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题和易错题．
7.【答案】C
【解析】解：正三棱柱ABC−A1B1C1的底面是边长为3的正三角形，侧棱AA1=4，
三棱柱的侧面展开图为一个矩形AA′A′1A1，如图所示，
因为正三角形ABC的边长为3，侧棱AA1=4，所以AA′=9，所以AA′1= AA′2+AA12= 81+16= 97，
即小虫爬行的最短距离为 97．
故选：C．
将三棱柱展开为一矩形，确定边长，确定小虫爬行的轨迹，即可求得答案．
本题考查了棱柱的展开图及最短距离问题，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：因为acsA+bcsB+2ccs(A+C)=0，cs(A+C)=−csB，
所以acsA+bcsB−2ccsB=0，
即(b−2c)csA=−acsB，所以由正弦定理得(sinB−2sinC)csA=−sinAcsB，
即sinAcsB+sinBcsA=2sinCcsA，所以sin(A+B)=2sinCcsA，即sinC=2sinCcsA，
所以csA=12，又A∈(0,π)，所以A=π3，又a= 3,c=1，
由正弦定理得asinA=csinC，所以sinC=casinA=1 3× 32=12，所以C=π6或C=5π6，
由c故选：C．
由已知结合正弦定理及三角形的性质求出A=π3，再利用正弦定理即可求出角C．
本题考查了正弦定理的应用，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：∵a=(2,0),b=(1,1)，
∴|a|=2,|b|= 2，
∴|a|= 2|b|，∴A正确；
a⋅b=2，∴B错误；
(a−b)⋅b=(1,−1)⋅(1,1)=1−1=0，∴(a−b)⊥b，∴C正确；
∵2×1−0×1≠0，∴a/​/b错误，∴D错误．
故选：AC．
根据条件可求出|a|=2,|b|= 2，从而判断A正确；进行向量坐标的数量积运算可判断B错误；可求出(a−b)⋅b=0，从而判断C正确；根据平行向量的坐标关系可判断D错误．
本题考查了向量坐标的数量积和减法运算，根据向量的坐标求向量的长度的方法，平行向量的坐标关系，考查了计算能力，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：对于A，α∩β=m，则m⊂α，
∵m/​/n，且n⊄α，则n/​/α成立，同理n/​/β成立，故A正确；
对于B，若m/​/α，m⊥n，则n/​/α或n⊂α或n与α相交，但不一定垂直，故B错误；
对于C，若α⊥β，m/​/α，则m与β相交、平行或m⊂β，但不一定垂直，故C错误；
对于D，如图，在正方体AC1中，设A1B为m，B1C为n，平面ABCD为α，
则m，n在平面α内的射影分别为AB与BC，
且AB⊥BC，m与n异面，且夹角为60°，故D正确．
故选：AD．
根据线面位置关系分别判断知项，能求出结果．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：∵BD=DC，∴D为边BC的中点，如图，
则AD=12(AB+AC).
∵E在线段AD上，设AE=kAD=k2ABk2AC，0≤k≤1．
又AE=λAB+μAC，
∴λ=k2μ=k2，即λ=μ，且0≤μ≤12；
∴t=(μ−1)2+μ2=μ2−2μ+1+μ2=2(μ−12)2+12．
∴μ=12时，t取最小值12．
∴BD正确．
故选：BD．
由已知得到点D为边BC的中点，从而AD=12(AB+AC)，而E为AD上的点，从而有AE=k2AB+k2AC，且0≤k≤1，根据AE=λAB+μAC，可得到λ=μ，且0≤μ≤12，把λ=μ代入t=(λ−1)2+μ2，由配方法得出t的最小值，结合选项得答案．
本题考查向量相等的概念，向量加法的平行四边形法则，共线向量基本定理，向量数乘的几何意义以及平面向量基本定理的应用，训练了利用配方法求二次函数的最值，是中档题．
12.【答案】AC
【解析】解：由正弦定理可将条件 3a=2csinA转化为 3sinA=2sinCsinA，
因为sinA≠0，故sinC= 32，
因为C∈(0,π2)，则C=π3，故A正确；
若c=72，则由正弦定理可知csinC=bsinB，则sinB=bcsinC=472× 32=4 37，
因为B∈(0,π)，则csB=± 1−sin2B=± 1−4849=±17，故B错误；
若sinA=2csBsinC，根据正弦定理可得a=2ccsB，
又因为 3a=2csinA，即a=2 33csinA，即有2 33csinA=2ccsB，所以sinA= 3csB，
因为A+B=π−C=2π3，则A=2π3−B，故sin(2π3−B)= 3csB，
整理得 32csB+12sinB= 3csB，即12sinB= 32csB，
解得tanB= 3，故B=π3，则A=π3，
即A=B=C=π3，所以△ABC是等边三角形，故C正确；
若△ABC的面积是2 3，即12absinC=2 3，解得a=2，
由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcsC=4+16−2×2×4×12=12，即c=2 3
设三角形的外接圆半径是R，
由正弦定理可得2R=csinC=2 3 32=4，则该三角形外接圆半径为2，故D错误，
故选：AC．
对于A，利用正弦定理可将条件转化得到 3sinA=2sinCsinA，即可求出C；
对于B，利用正弦定理可求得sinB，进而可得csB；
对于C，利用正弦定理条件可转化为a=2ccsB，结合原题干条件可得B，进而求得A=B=C；
对于D，根据三角形面积公式求得a，利用余弦定理求得c，进而由正弦定理求得R．
本题考查正余弦定理的应用，考查三角函数和差化积公式的应用，转化思想，计算能力，属于中档题．
13.【答案】2113
【解析】解：因为csA=45，csC=513，
所以sinA=35，sinC=1213，
所以sinB=sin(A+C)=sinAcsC+sinCcsA=35×513+1213×45=6365，
因为a=1，
则b=asinBsinA=636535=2113．
故答案为：2113．
由已知先求出sinA，sinC，进而求出sinB，然后结合正弦定理可求．
本题主要考查了同角平方关系，和差角公式及正弦定理在三角形求解中的应用，属于中档题．
14.【答案】{x|x>0且x≠2}
【解析】解：向量a=(x,−4)，b=(1,−x)，由a//b得，x×(−x)−1×(−4)=0，所以x=±2．
由已知得，0<〈a,b〉<π2，所以cs〈a,b〉=a⋅b|a||b|>0，即a⋅b>0，且a,b不共线．
则a⋅b=x×1+(−4)⋅(−x)=5x>0，所以x>0．
又a,b不共线，则x≠±2.所以x的取值范围为{x|x>0且x≠2}．
故答案为：{x|x>0且x≠2}．
根据已知可得a⋅b>0，且a,b不共线，求解即可．
本题主要考查数量积表示两个向量的夹角，属于基础题．
15.【答案】4 2
【解析】解：画出菱形ABCD的平面直观图，如图四边形A′B′C′D′所示：
在菱形ABCD中，AC=8，OB=OD=2，在四边形A′B′C′D′中，O′D′=12OD=1，AC=A′C′=8，
所以四边形A′B′C′D′的面积为2S△A′C′D′=2×12A′C′×O′D′⋅sin45°=2×12×8×1× 22=4 2．
故答案为：4 2．
画出菱形的平面直观图，计算平面直观图的面积即可．
本题主要考查了平面图形的直观图，属于基础题．
16.【答案】−516
【解析】解：由2csα−csβ=32，平方得4cs2α−4csαcsβ+cs2β=94，
由2sinα−sinβ=2，平方得4sin2α−4sinαsinβ+sin2β=4，
两式相加得4−4(csαcsβ+sinαsinβ)+1=254，
即−54=4cs(α−β)，得cs(α−β)=−516，
故答案为：−516．
将两式同时平方，然后相加，利用两角和差的余弦公式进行求解即可．
本题主要考查三角函数的化简和求值，利用平方相加，利用两角和差的余弦公式是解决本题的关键，是中档题．
17.【答案】解：(1)设复数z=a+bi(a,b∈R)，
∵z+z−=2，∴a+bi+a−bi=2，∴2a=2，∴a=1，
∵z2=(1+bi)2=1−b2+2bi=−2i，
∴2b=−2，∴b=−1，
∴z=1−i，
(2)∵z2=−2i，∴z4=4i2=−4，
∴复数z4的实部为−4，虚部为0．
【解析】(1)设复数z=a+bi，a，b∈R，代入已知式子求出a，b即可．
(2)利用复数实部虚部的定义求解即可．
本题考查复数代数形式的四则运算，实部虚部的定义，属基础题．
18.【答案】(1)证明：因为在四棱锥P−ABCD中，M，N分别为BC，PD的中点，取PA的中点R，连接NR，BR，

所以NR//AD，且NR=12AD，BM=12BC，因为四边形ABCD是矩形，所以AD//BC，且AD=BC，
所以NR//BM，且NR=BM，所以四边形BMNR是平行四边形，所以MN//BR，
因为MN⊄平面PAB，BR⊂平面PAB，所以MN/​/平面PAB；
(2)证明：∵平面PAB⊥平面ABCD，PAB∩ABCD=AB，又在矩形ABCD中，AD⊥AB，
且AD⊂面ABCD，∴AD⊥面PAB，∵BR⊂面PAB，∴AD⊥BR，由(1)得BR//MN，∴MN⊥AD．
【解析】(1)M，N分别为BC，PD的中点，MN//BR，由此即可得证；(2)可得AD⊥面PAB，由此可得证．
本题考查线面平行的判定，考查面面垂直的性质，属于中档题．
19.【答案】解：(1)设c=(x,y)，
∵|c|=2 5，且c//a，
∴y−2x=0x2+y2=20，…(3分)
解得x=2y=4 或x=−2y=−4，…(5分)
故c=(2,4) 或c=(−2,−4).…(6分)
(2)∵(a+2b)⊥(2a−b)，
∴(a+2b)⋅(2a−b)=0，
即2a2+3a⋅b−2b 2=0，…(8分)
∴2×5+3a⋅b−2×54=0，
整理得a⋅b=−52，…(10分)
∴csθ=a⋅b|a| ⋅|b|=−1，…(12分)
又∵θ∈[0,π]，∴θ=π.…(14分)
【解析】(1)设c=(x,y)，由|c|=2 5，且c//a，知y−2x=0x2+y2=20，由此能求出c的坐标．
(2)由(a+2b)⊥(2a−b)，知(a+2b)⋅(2a−b)=0，整理得a⋅b=52，故csθ=a⋅b|a| ⋅|b|=1，由此能求出a与b的夹角θ．
本题考查平面向量的坐标运算和数量积判断两个平面垂直的条件的灵活运用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．
20.【答案】解：(1)△ABC中，由bcsAsinC+asinBcsC= 32b，
利用正弦定理可得sinBcsAsinC+sinAsinBcsC= 32sinB，
因为sinB≠0，
所以csAsinC+sinAcsC=sin(A+C)=sinB= 32，
又B∈(0,π)，
所以B=π3，或2π3；
(2)若△ABC为锐角三角形，b=3，
由正弦定理得asinA=csinC=3 32=2 3，
所以a+c=2 3(sinA+sinC)，
因为A+C=2π3，
所以a+c=2 3[sinA+sin(2π3−A)]=2 3×(32sinA+ 32csA)=6sin(A+π6)，
又△ABC为锐角三角形，则0又C=2π3−A，则π6所以 32所以3 3所以a+c的取值范围是(3 3,6]．
【解析】(1)由正弦定理，即可求出csB以及B的值；
(2)利用正弦定理和三角恒等变换，即可求出a+c的取值范围．
本题考查了解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
21.【答案】解：(1)因为EF//BD，所以E、F、B、D共面，连接ED、BD，
因为△ABC和△ACE均为等边三角形，D是AC的中点，
所以ED⊥AC，BD⊥AC，ED∩BD=D，ED⊂平面BDEF，BD⊂平面BDEF，
所以AC⊥平面BDEF，BE⊂平面BDEF，所以AC⊥BE；
(2)因为EF=BD，EF//BD，所以四边形BDEF是平行四边形，
△ABC和△ACE均为等边三角形，D是AC的中点，ED=DB，
又BE= 2DB= 2DE=2，所以ED2+DB2=BE2，即BD⊥ED，
所以平行四边形BDEF是正方形，又BD⊥AC，ED∩AC=D，ED⊂平面ACE，
AC⊂平面ACE，所以BD⊥平面ACE，所以EF⊥平面ACE，
又AC=2CD=2×DE×tan30°=2 63，
所以三棱锥A−EFC的体积为VA−EFC=VF−ACE=13S△ACE×EF=13×12×2 63× 2× 2=2 69．
【解析】(1)先利用等边三角形的性质及线面垂直的判定定理证线面垂直，再由线面垂直证线线垂直．
(2)由已知证线面垂直得高，利用等体积法即可求解体积．
本题考查了线面垂直的判定定理与应用问题，也考查了推理与运算能力，是中档题．
22.【答案】解：(1)如图，过点P作PQ⊥AN交AN于点Q，

因为圆O的半径为2 2，
由题意PQ=2 2−2 2csθ=2 2−2 2cs2π3=3 2，
又因为AM=2MN，且MN=2 2，所以AN=6 2，
所以四边形OANP的面积S=S△AOP+S△APN=12OA⋅OP⋅sin∠AOP+12AN⋅PQ
=12×2 2×2 2× 32+12×6 2×3 2=18+2 3；
(2)连接AP，设△AOP的面积为S1，△APM的面积为S2，所以S2=2S1，
又S1=12×2 2×2 2×sinθ=4sinθ，
S2=12AM⋅PQ=12×4 2×2 2×(1−csθ)=8(1−csθ)，
所以8(1−csθ)=8sinθ，即sinθ+csθ=1，所以sin(θ+π4)= 22，
因为θ∈(0,π)，所以θ+π4∈(π4,5π4)，
所以θ+π4=3π4，所以θ=π2，
所以当θ=π2时，△AOP的面积等于△APM的面积的一半．
【解析】(1)把四边形面积转化为两个三角形面积和求解即可；
(2)根据两个三角形面积的倍数关系找到θ的关系式，利用三角函数求解即可．
本题考查了三角函数在解三角形中的应用，属于中档题．