天津市滨海新区重点中学2022-2023学年高一下学期期中考试数学试卷及参考答案

这是一份天津市滨海新区重点中学2022-2023学年高一下学期期中考试数学试卷及参考答案，共13页。试卷主要包含了选做题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市滨海新区重点中学高一（下）期中数学试卷一、选做题（共9个题，每题5分）1．（5分）已知复数（3﹣4i）z＝﹣3+i，则在复平面内对应的点位于（　　）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．（5分）若a是平面α外的一条直线，则直线a与平面α内的直线的位置关系是（　　）A．平行 B．相交 C．异面 D．平行、相交或异面3．（5分）已知向量．若，则k＝（　　）A．﹣1 B．0 C．1 D．24．（5分）如图，已知等腰三角形△O'A'B'，O'A'＝A'B'是一个平面图形的直观图，斜边O'B'＝2，则这个平面图形的面积是（　　）A． B．1 C． D．5．（5分）已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（　　）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α6．（5分）若非零向量、满足，且，则与的夹角为（　　）A． B． C． D．7．（5分）如图，在平行四边形ABCD中，E是BC的中点，F是线段AE上靠近点A的三等分点，则＝（　　）A． B． C． D．8．（5分）若一个圆锥的高和底面直径相等，且它的体积为，则此圆锥的侧面积为（　　）A． B． C． D．9．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，动点E在线段A1C1上，F，M分别是AD，CD的中点，则下列结论中错误的是（　　）A．FM∥A1C1 B．BM⊥平面CC1F C．三棱锥B﹣CEF的体积为定值 D．存在点E，使得平面BEF∥平面CC1D1D二、填空题（共6个题，每题6分）10．（6分）若复数是纯虚数，则|m+i|＝　             　．11．（6分）在△ABC中，已知sinA：sinB：sinC＝3：5：7，则此三角形的最大内角的度数等于　                 　．12．（6分）侧棱长为3，底面边长为正四棱柱的体积为 　     　；外接球表面积为 　      　．13．（6分）如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现．我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为 　                　．14．（6分）一艘货船以20km/h的速度向东航行，货船在A处看到一个灯塔P在北偏东60°方向上，行驶4小时后，货船到达B处，此时看到灯塔P在北偏东15°方向上，这时船与灯塔的距离为 　               　km．15．（6分）如图，梯形ABCD中，AB⊥BC，AB∥CD，AB＝BC＝2，＝﹣2，若点M为边AB上的动点，则•的最小值是 　                　．三、解答题（共4个题）16．（17分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，B＝150°，△ABC的面积为．（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）求sinA的值；（Ⅲ）求的值．17．（15分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中．（1）求异面直线AC与BC1所成角的大小；（2）求证：AC⊥BD1；（3）求二面角C﹣BD﹣C1平面角的大小．18．（17分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求角A的大小；（2）若a＝2，且S△ABC＝2，求△ABC的周长．19．（20分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，AB＝1，AD＝2，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．（1）证明：PB∥平面AEC；（2）若三棱锥P﹣ABD的体积为，求直线PC与平面PAD所成角的正切值；（3）在第二问的条件下，若M为线段PB中点，N为线段BC上的动点，平面AMN与平面PBC是否互相垂直？如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由．   答案解析一、选做题（共9个题，每题5分）1．【分析】根据已知条件，结合复数的运算法则，以及复数的性质，即可求解．【解答】解：∵（3﹣4i）z＝﹣3+i，∴＝＝，∴，∴在复平面内对应的点（，）位于第二象限．故选：B．2．【分析】由a是平面α外的一条直线，可得a与α的位置关系，然后分类分析得答案．【解答】解：∵a是平面α外的一条直线，∴a∥α或a与α相交，若a∥α，则a与平面α内的直线的位置关系是平行或异面；若a与α相交，则a与α内直线的位置关系是相交或异面．则直线a与平面α内的直线的位置关系是平行、相交或异面．故选：D．3．【分析】利用向量共线定理即可得出结论．【解答】解：＝2+k＝（k﹣6，3k+2），∵，∴﹣3（3k+2）﹣（k﹣6）＝0，则k＝0，故选：B．4．【分析】根据所给的直观图是一个等腰直角三角形且斜边长是2，得到直角三角形的直角边长，做出直观图的面积，根据平面图形的面积是直观图的2倍，得到结果．【解答】解：∵Rt△O'A'B'是一平面图形的直观图，斜边O'B'＝2，∴直角三角形的直角边长是，∴直角三角形的面积是 ×＝1，∴原平面图形的面积是1×2＝2，故选：D．5．【分析】A．运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，即可判断；B．运用线面垂直的性质，即可判断；C．运用线面垂直的性质，结合线线垂直和线面平行的位置即可判断；D．运用线面平行的性质和线面垂直的判定，即可判断．【解答】解：A．若m∥α，n∥α，则m，n相交或平行或异面，故A错；B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错；D．若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α或n⊥α，故D错．故选：B．6．【分析】根据题意，设与的夹角为θ，由分析有（﹣）•＝•﹣2＝0，变形可得2＝•，又由又由，变形可得22＝2，由数量积公式求出cosθ的值，分析可得答案．【解答】解：根据题意，设与的夹角为θ，非零向量、满足，则有（﹣）•＝•﹣2＝0，变形可得2＝•，又由，则有（+）2＝52，即2+2•+2＝52，即22＝2，则有cosθ＝＝，又由0≤θ≤π，则θ＝，故选：B．7．【分析】利用平面向量的基本定理，用和线性表示向量即可．【解答】解：由可知，＝﹣＝﹣＝﹣++＝，故选：C．8．【分析】根据题意画出图形，结合图形求出圆锥的底面半径和高，再求出母线长，即可计算圆锥的侧面积．【解答】解：如图所示，设圆锥的底面半径为r，则高为h＝2r，所以圆锥的体积为V圆锥＝π•r2•2r＝，r＝1，h＝2，l＝＝＝，则此圆锥的侧面积为S侧面积＝πrl＝π•1•＝π．故选：A．9．【分析】本题考查立体几何中的问题，利用立体几何知识便可求解．【解答】解：A：因为F、M分别是AD、CD的中点，所以FM∥AC∥A1C1，故正确；B：由平面几何得BM⊥CF，又有BM⊥C1C，所以BM⊥平面CC1F，故正确；C：三棱锥B﹣CEF以面BCF为底，则高是定值，所以体积为定值，故正确；D：BF与平面CC1D1D有交点，所以不存在点E，使得平面BEF∥平面CC1D1D，故错误．故选：D．二、填空题（共6个题，每题6分）10．【分析】根据复数的运算法则化简z，根据z为纯虚数求得m，再根据复数的模的公式计算即可．【解答】解：z＝＝＝，∵z为纯虚数，∴＝0，解得：m＝2，|m+i|＝|2+i|＝＝．故答案为：．11．【分析】直接利用正弦定理，转化角为边的关系，利用大边对大角，余弦定理可求cosC的值，结合C的范围即可得解．【解答】解：∵sinA：sinB：sinC＝3：5：7，∴由正弦定理可得：a：b：c＝3：5：7，∴C为最大角，a＝，b＝，∴由余弦定理可得：cosC＝＝＝﹣，∵C∈（0，π），∴C＝．故答案为：．12．【分析】直接由棱柱体积公式求正四棱柱的体积；求出正四棱住的对角线长，可得其外接球的半径，代入球的表面积公式求其外接球的表面积．【解答】解：由题意，侧棱长为3，底面边长为正四棱柱的体积为V＝；正四棱住的对角线长为，则正四棱住的外接球的半径为r＝，外接球的表面积S＝4πr2＝4π×＝25π．故答案为：24；25π．13．【分析】设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R，由此能求出结果．【解答】解：设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R，S圆柱＝2πR×2R+2×πR2＝6πR2，S球＝4πR2．∴．故答案为：．14．【分析】直接利用三角形内角和定理，正弦定理的应用求出结果．【解答】解：如图所示： 根据题意知：在△ABP中，由于∠PAB＝30°，∠ABP＝105°，AB＝80km，所以∠P＝45°，利用正弦定理：，整理得，解得BP＝40．故答案为：40．15．【分析】以B为原点建立平面直角坐标系，设D（2，n），由＝﹣2，可得n的值，再设M（0，y），y∈[0，2]，结合平面向量数量积的坐标运算与配方法，即可得解．【解答】解：以B为原点，BC，BA所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则B（0，0），A（0，2），C（2，0）， 设D（2，n），则＝（2，﹣2），＝（2，n），因为＝﹣2，所以4﹣2n＝﹣2，解得n＝3，即D（2，3），设M（0，y），y∈[0，2]，则＝（2，﹣y），＝（2，3﹣y），所以•＝4﹣y（3﹣y）＝y2﹣3y+4＝+≥，所以•的最小值为．故答案为：．三、解答题（共4个题）16．【分析】（I）由已知条件结合三角形面积公式和正弦定理即可求a；（II）由余弦定理求出b，再根据正弦定理即可求出sinA；（III）根据sinA求出cosA，再由正弦和角公式，正余弦二倍角公式即可求值，【解答】解：（I）由，∴由正弦定理得a＝c，又△ABC的面积为．∴acsin150°＝，解得c＝2，∴a＝2；（II）由余弦定理有b2＝a2+c2﹣2accos150°，∴b＝2，由正弦定理有＝，∴sinA＝＝；（III）∵B＝150°，∴A＜90°，又由（2）知sinA＝，∴cosA＝，∴sin2A＝2sinAcosA＝2××＝，cos2A＝2cos2A﹣1＝2（）2﹣1＝，∴|＝sin2Acos+cos2Asin＝×+×＝．17．【分析】本题建立适当直角坐标系，根据空间向量法即可求得异面直线的夹角，二面角等．【解答】解：因为ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，建立如图所示坐标系，设正方体棱长为a，（1）A（a，0，0），C（0，a，0），B（a，a，0），C1（0，a，a），＝（﹣a，a，0），＝（﹣a，0，a），cosθ＝＝，，∴异面直线AC与BC1所成角的大小为；（2）D1（0，0，a），＝（﹣a，﹣a，a），＝a2﹣a2+0＝0，∴AC⊥BD1；（3），，设平面DBC的一个法向量为＝（x1，y1，z1），则有，⇒，则向量，，设平面DBC1的一个法向量为，则有，⇒，令y2＝1，则向量＝（﹣1，1，﹣1），设二面角C﹣BD﹣C1平面角为θ，观察可得该二面角为锐角，即cosθ＝，θ＝arccos，所以二面角C﹣BD﹣C1平面角的大小为arccos．18．【分析】（1）由，利用正弦定理可得：（a+c）（c﹣a）＝b（c﹣b），化简利用余弦定理即可得出．（2）由a＝2，且S△ABC＝2，利用余弦定理与三角形面积计算公式即可得出．【解答】解：（1）由，利用正弦定理可得：（a+c）（c﹣a）＝b（c﹣b），化为：c2+b2﹣a2＝bc，∴cosA＝＝，∵A∈（0，π），∴A＝．（2）∵a＝2，且S△ABC＝2，∴＝c2+b2﹣bc，bcsin＝2，化为：（b+c）2＝3bc+12＝3×8+12＝36，解得b+c＝6，∴△ABC的周长＝b+c+a＝6+2．19．【分析】（1）设BD与AC的交点为O，连结EO，证明EO∥PB，然后证明PB∥平面AEC．（2）求解PA＝1，说明直线PC与平面PAD所成角为∠CPD，通过求解三角形推出结果即可．（3）解：平面AMN与平面PBC互相垂直，理由如下：证明PA⊥BC．AB⊥BC，推出BC⊥平面PAB．得到AM⊥BC．AM⊥PB，即可证明AM⊥平面PBC，然后证明平面AMN⊥平面PBC．【解答】（1）证明：设BD与AC的交点为O，连结EO，∵底面ABCD是矩形，∴O是BD的中点，又∵E为PD的中点，∴EO∥PB，∵EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，∴PB∥平面AEC．（2）解：∵，又，∴PA＝1，又PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，在矩形ABCD中AD⊥CD，且PA、AD∈平面PAD，所以CD⊥平面PAD，则直线PC与平面PAD所成角为∠CPD，所以，所以直线PC与平面PAD所成角的正切值为．（3）解：平面AMN与平面PBC互相垂直，理由如下：因为PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC．因为ABCD为正方形，所以AB⊥BC，又PA⋂AB＝A，且PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB．因为AM⊂平面PAB，所以AM⊥BC．因为PA＝AB，M为线段PB的中点，所以AM⊥PB，又PB⋂BC＝B，且PB，BC⊂平面PBC，所以AM⊥平面PBC，因为AM⊂平面AMN，所以平面AMN⊥平面PBC．