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2022-2023学年天津市朱唐庄中学高一（下）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年天津市朱唐庄中学高一（下）期中数学试卷（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市朱唐庄中学高一（下）期中数学试卷
一、单选题（本大题共10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. 设全集U={−3,−2,−1,0,1,2,3}，集合A={−1,0,1,2}，B={−3,0,2,3}，则A∩(∁UB)=( )
A. {−3,3} B. {0,2}
C. {−1,1} D. {−3,−2,−1,1,3 }
2. 下列各式中不能化简为AD的是( )
A. (AB−DC)−CB B. AD−(CD+DC)
C. −(CB+MC)−(DA+BM) D. −BM−DA+MB
3. 若a=(2,1)，b=(−1,1)，(2a+b)//(a+mb)，则m的值为( )
A. 12 B. 2 C. −2 D. −12
4. 已知向量a=(2,4),b=(x,1)，且a⊥b，则x的值为( )
A. −2 B. 2 C. −12 D. 12
5. 设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=2，c=2 3，cosA= 32，则b=( )
A. 2 B. 2或4 C. 4 D. 2 2
6. 在△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a，b，c，若∠A=π3，a= 6，b=2，则∠B=( )
A. π6 B. π4 C. 3π4 D. π4或3π4
7. 已知m，n是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面，下列正确的是( )
A. 若m⊥n，n//α，则m⊥α B. 若m⊥α，α⊥β，则m⊥β
C. 若m⊥n，n⊥α，则m⊥α D. 若m⊥α，α//β，则m⊥β
8. 辽宁省博物馆收藏的商晚期饕餮纹大圆鼎(如图一)出土于辽宁省喀左县小波汰沟.此鼎直耳，深腹，柱足中空，胎壁微薄，口沿下及足上端分别饰单层兽面纹，足有扉棱，耳、腹、足皆有炱痕.它的主体部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(忽略鼎壁厚度)，如图二所示.已知球的半径为R，圆柱的高近似于半球的半径，则此鼎的容积约为( )
A. 83πR3 B. 73πR3 C. 2πR3 D. 53πR3
9. 埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥侧面积的一半，那么其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )
A. 2−14 B. 2−12 C. 2+14 D. 2+12
10. 下列命题：①若|a|=|b|，则a=b；
②若a=b，b=c，则a=c；
③a=b的充要条件是|a|=|b|且a//b；
④若a//b，b//c，则a//c；
⑤若A、B、C、D是不共线的四点，则AB=DC是四边形ABCD为平行四边形的充要条件．
其中，真命题的个数是( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）
11. i是虚数单位，则|4+2i1−i|的值为 ．
12. 已知向量a和b满足：|a|=1，|b|=2，|2a−b|=2 3，则向量a与向量b的夹角为______ ．
13. 若△ABC的三个内角A，B，C满足sinA：sinB：sinC=2：3：4，则cosB= ______ ．
14. 一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的表面积与侧面积的比是______ ．
15. 已知直角梯形ABCD中，AD//BC，∠ADC=90°，AD=2，BC=1，P是腰DC上的动点，则|PA+3PB|的最小值为______．
三、解答题（本大题共6小题，共60.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题10.0分)
已知复数z=(m2−3m+2)+(m2−4m+3)i，m∈R．
(1)若z是实数，求m的值．
(2)若z是纯虚数，求m的值．
(3)若z对应复平面上的点在第四象限，求m的范围．
17. (本小题10.0分)
已知|a|=1，|b|=2，a与b的夹角为120°．
(1)求|2a−b|．
(2)求(a+2b)⋅(a−3b)．
(3)若向量b+ka与b−ka相互垂直，求实数k的值．
18. (本小题10.0分)
△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 3(a2+c2−b2)=2bcsinA．
(Ⅰ)求角B的大小；
(Ⅱ)若cosA=13，求sin(2A−B)的值．
19. (本小题10.0分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b+c=2a，5csinB=6asinC．
(1)求cosB的值；
(2)求sin(2B+π6)值.
20. (本小题10.0分)
如图，PD垂直于梯形ABCD所在平面，∠ADC=∠BAD=90°，F为PA的中点，PD= 2，AB=AD=12CD=1，四边形PDCE为矩形.求证：AC//平面DEF．
21. (本小题10.0分)
已知在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，且AA1=2AB=2BC=2，E，M分别是CC1，AB1的中点.证明：EM//平面ABC．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查补集、交集的运算，属于基础题．
先求出集合B的补集、再与集合A求交集．
【解答】
解：全集U={−3,−2,−1,0,1,2,3}，
集合A={−1,0,1,2}，B={−3,0,2,3}，
则∁UB={−2,−1,1}，
∴A∩(∁UB)={−1,1}，
故选：C．
2.【答案】D
【解析】解：A．(AB−DC)−CB=AB+(CD+BC)=AB+BD=AD，∴A错误；
B.AD−(CD+DC)=AD，∴B错误；
C.−(CB+MC)−(DA+BM)=BM−DA−BM=AD，∴C错误；
D.−BM−DA+MB=2MB+AD，∴D正确．
故选：D．
根据向量加法的几何意义进行运算即可．
本题考查了向量加法和数乘的几何意义，考查了计算能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查向量的运算，考查向量坐标运算法则、向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
先求出2a+b=(3,3)，a+mb=(2−m,1+m)，再由(2a+b)//(a+mb)，能求出m的值．
【解答】
解：a=(2,1)，b=(−1,1)，
∴2a+b=(3,3)，a+mb=(2−m,1+m)，
∵(2a+b)//(a+mb)，
∴2−m3=1+m3，
解得m=12．
故选A．
4.【答案】A
【解析】解：∵向量a=(2,4),b=(x,1)，
又∵a⊥b，
∴a⋅b=0
即2x+4=0
解得x=−2
故选：A．
由已知中向量a=(2,4),b=(x,1)，且a⊥b，根据两向量垂直数量积为0，可以构造关于x的方程，解方程可得答案．
本题考查的知识点是数量积判断两个平面向量的垂直关系，其中根据两向量垂直数量积为0，构造关于x的方程，是解答本题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccosA，即4=b2+12−6b，化简得b2−6b+8=0，解得b=2或b=4．
故选：B．
由余弦定理即可代入求值．
本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：由正弦定理asinA=bsinB，得sinB=bsinAa=2× 32 6= 22，
又b
故选：B．
根据正弦定理结合大边对大角，即可求∠B的大小．
本题主要考查正弦定理，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：对于A、由m⊥n，n//α，可得m//α或m与α相交或m⊂α，相交也不一定垂直，故A错误；
对于B、由m⊥α，α⊥β，可得m//β或m⊂β，故B错误；
对于C、由m⊥n，n⊥α，可得m⊂α或m//α，故C错误；
对于D、由m⊥α，α//β，结合线面垂直的的性质定理，可得m⊥β，故D正确．
故选：D．
由空间中直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系即可判断．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题..
8.【答案】D
【解析】解：上半部分圆柱的体积为V1=πR2⋅h=πR2⋅R=πR3，
下半部分半球的体积为12×43πR3=23πR3，
∴此鼎的容积约为πR3+23πR3=53πR3．
故选：D．
分别计算圆柱的体积与半球的体积，可求此鼎的容积．
本题考查空间几何体的体积的计算，属基础题．
9.【答案】D
【解析】解：设正四棱锥的高为h，底面边长为a，侧面三角形底边上的高为h′，
由题意可知，h2=4×12×12ah′h2=h′2−(a2)2，
因此有h2=h′2−(a2)2=ah′，即(h′a)2−h′a−14=0，解得h′a=1± 22，
因为h′a>0，
所以h′a=1+ 22．
所以侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为 2+12．
故选：D．
根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而即可求解．
本题考查正四棱锥的结构特征，考查运算求解能力，属于基础题．
10.【答案】A
【解析】解：对于①，因为|a|=|b|，但a、b的方向不确定，则a、b不一定相等，①错；
对于②，若a=b，b=c，则a=c，②对；
对于③，|a|=|b|且a//b⇔a=b或a=−b，
所以所以，“|a|=|b|且a//b”是“a=b”的必要不充分条件，③错；
对于④，取b=0，则a、c不一定共线，④错；
对于⑤，若A、B、C、D是不共线的四点，
当AB=DC时，则AB//CD且|AB|=|DC|，此时，四边形ABCD为平行四边形，
当四边形ABCD为平行四边形时，由相等向量的定义可知AB=DC，
所以若A、B、C、D是不共线的四点，则AB=DC是四边形ABCD为平行四边形的充要条件，⑤对．
故选：A．
利用向量的概念可判断①；利用相等向量的定义可判断②；利用相等向量的定义以及充分条件、必要条件的定义可判断③⑤；取b=0可判断④．
本题主要考查了向量的相关概念，考查了充分条件和必要条件的判断，属于基础题．
11.【答案】 10
【解析】解：4+2i1−i=(4+2i)(1+i)(1−i)(1+i)=1+3i，
则|4+2i1−i|=|1+3i|= 10．
故答案为： 10．
先计算4+2i1−i，再计算模长即可．
本题主要考查复数模长的计算，属于基础题．
12.【答案】23π
【解析】解：设向量a与向量b的夹角为θ，|2a−b|=2 3，
则(2a−b)2=4a2−4a⋅b+b2=4−4a⋅b+4=12，
故a⋅b=−1，
故cosθ=a⋅b|a|⋅|b|=−12×1=−12，θ∈[0,π]，
故θ=23π．
故答案为：23π．
设向量a与向量b的夹角为θ，根据(2a−b)2=12得到a⋅b=−1，再利用向量的夹角公式计算得到答案．
本题主要考查了向量的数量积运算，属于基础题．
13.【答案】1116
【解析】解：因为sinA：sinB：sinC=2：3：4，
由正弦定理可得，a：b：c=2：3：4，
令a=2k，b=3k，c=4k，其中k>0，
由余弦定理b2=a2+c2−2accosB，得到cosB=a2+c2−b22ac，
所以cosB=(2k)2+(4k)2−(3k)216k2=11k216k2=1116．
故答案为：1116．
利用正弦定理，进行边角转化，从而得出a：b：c=2：3：4，从而直接设出a=2k，b=3k，c=4k，其中k>0，再利用余弦定理即可得出结果．
本题主要考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】2π+12π
【解析】解：设底面半径为r，则圆柱的侧面展开图的边长为2πr，即圆柱的高为2πr，
∴圆柱的侧面积为S1=(2πr)2=4π2r2，表面积为S=S1+2πr2=4π2r2+2πr2，
则圆柱的表面积与侧面积的比是SS1=4π2r2+2πr24π2r2=2π+12π．
故答案为：2π+12π．
根据圆柱的侧面展开图是一个正方形，得到圆柱的高和底面半径之间的关系，然后求出圆柱的表面积和侧面积即可得到结论．
本题主要考查圆柱的表面积与侧面积的求解，属于基础题．
15.【答案】5
【解析】解：如图，以直线DA，DC分别为x，y轴建立平面直角坐标系，
则A(2,0)，B(1,a)，C(0,a)，D(0,0)
设P(0,b)(0≤b≤a)
则PA=(2,−b)，PB=(1,a−b)，
∴PA+3PB=(5,3a−4b)
∴|PA+3PB|= 25+(3a−4b)2≥5．
故答案为5．
根据题意，利用解析法求解，以直线DA，DC分别为x，y轴建立平面直角坐标系，则A(2,0)，B(1,a)，C(0,a)，D(0,0)，设P(0,b)(0≤b≤a)，求出PA+3PB，根据向量模的计算公式，即可求得|PA+3PB|，利用完全平方式非负，即可求得其最小值．
此题是个基础题．考查向量在几何中的应用，以及向量模的求法，同时考查学生灵活应用知识分析解决问题的能力．
16.【答案】解：(1)因为z为实数，
所以m2−4m+3=0，解得m=1或m=3．
(2)因为z是纯虚数，
所以m2−3m+2=0m2−4m+3≠0，解得m=2．
(3)因为z对应复平面上的点在第四象限，
所以有m2−3m+2>0m2−4m+3<0，解得2
【解析】(1)由复数的概念可得m2−4m+3=0，解出即可得到结果；
(2)由复数的概念可得m2−3m+2=0m2−4m+3≠0，解出即可得到结果；
(3)根据复数的几何意义，可得m2−3m+2>0m2−4m+3<0，解出不等式组即可得到结果．
本题主要考查实数、纯虚数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．
17.【答案】解：(1)由题意得，a⋅b=|a||b|cos120°=−1，
所以|2a−b|2=4a2−4a⋅b+b2=12，
所以|2a−b|=2 3；
(2)由(1)知a⋅b=−1，
则(a+2b)⋅(a−3b)=a2−a⋅b−6b2=−22；
(3)因为(b+ka)⊥(b−ka)，
所以(b+ka)⋅(b−ka)=0，
即b2−k2a2=0，得4−k2=0，解得k=±2，
即实数k的值为±2．
【解析】(1)根据平面数列数量积的定义可得a⋅b=−1，计算|2a−b|2即可求解；
(2)由(1)，根据平面向量的数量积的运算律计算即可求解；
(3)根据平面垂直向量可得其数量积为0，计算即可求解．
本题考查平面向量的数量积的基本运算，向量垂直的性质，化归转化思想，属中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)由余弦定理b2=a2+c2−2accosB，则a2+c2−b2=2accosB，
又 3(a2+c2−b2)=2bcsinA，所以2 3accosB=2bcsinA，即 3acosB=bsinA，
由正弦定理可得 3sinAcosB=sinBsinA，因为sinA>0，
所以 3cosB=sinB，则tanB= 3，又0
所以sin(2A−B)=sin2AcosB−cos2AsinB=4 29×12+79× 32=4 2+7 318．
【解析】(Ⅰ)由余弦定理可得 3acosB=bsinA，再由正弦定理将边化角，即可得到 3cosB=sinB，从而求出tanB，即可得解；
(Ⅱ)用同角三角函数的基本关系求出sinA，即可求出sin2A、cos2A，再根据两角差的正弦公式计算可得．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由正弦定理asinA=csinC，可得5cb=6ac，
所以b=65a，
而b+c=2a，
则c=4a5，
所以cosB=a2+c2−b22ac=a2+16a225−36a2252a⋅4a5=18；
(2)因为cosB=18，
可得sinB=3 78，
所以sin2B=2sinBcosB=2×3 78×18=3 732，cos2B=2cos2B−1=−3132，
可得sin(2B+π6)= 32sin2B+12cos2B=3 732× 32−12×3132=3 21−3164．
【解析】(1)由正弦定理化简已知等式可得a与b的关系，结合已知可求c与a的关系，利用余弦定理可求cosB的值．
(2)利用同角三角函数基本关系式可求sinB的值，利用二倍角公式可求sin2B，cos2B的值，进而根据两角和的正弦函数公式即可求解．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式，二倍角公式，两角和的正弦函数公式的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
20.【答案】证明：设线段PC交DE于点N，∵四边形PDCE为矩形，∴N为PC的中点．
连接FN，在△PAC中，F，N分别为PA，PC的中点，∴FN//AC，
∵FN⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，∴AC//平面DEF．
【解析】设线段PC交DE于点N，N为PC的中点，连接FN，推导出FN//AC，由此能证明AC//平面DEF．
本题主要考查线面平行的判定定理，考查逻辑推理能力，属于基础题．
21.【答案】证明：取AB中点N，连接CN，MN，
∵M，N分别为AB1，AB中点，∴MN//BB1，MN=12BB1，
∵E为CE中点，∴CE//BB1，CE=12BB1，
∴MN//CE，且MN=CE，
∴四边形MNCE为平行四边形，
∴NC//EM，
∵EM⊄平面ABC，NC⊄平面ABC，
∴EM//平面ABC．
【解析】利用线面平行的判定定理证明即可．
本题考查了空间中线面位置关系，考查了推理能力，属于中档题．
2022-2023学年天津市朱唐庄中学高一（下）期中数学试卷
一、单选题（本大题共10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. 设全集U={−3,−2,−1,0,1,2,3}，集合A={−1,0,1,2}，B={−3,0,2,3}，则A∩(∁UB)=( )
A. {−3,3} B. {0,2}
C. {−1,1} D. {−3,−2,−1,1,3 }
2. 下列各式中不能化简为AD的是( )
A. (AB−DC)−CB B. AD−(CD+DC)
C. −(CB+MC)−(DA+BM) D. −BM−DA+MB
3. 若a=(2,1)，b=(−1,1)，(2a+b)//(a+mb)，则m的值为( )
A. 12 B. 2 C. −2 D. −12
4. 已知向量a=(2,4),b=(x,1)，且a⊥b，则x的值为( )
A. −2 B. 2 C. −12 D. 12
5. 设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=2，c=2 3，cosA= 32，则b=( )
A. 2 B. 2或4 C. 4 D. 2 2
6. 在△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a，b，c，若∠A=π3，a= 6，b=2，则∠B=( )
A. π6 B. π4 C. 3π4 D. π4或3π4
7. 已知m，n是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面，下列正确的是( )
A. 若m⊥n，n//α，则m⊥α B. 若m⊥α，α⊥β，则m⊥β
C. 若m⊥n，n⊥α，则m⊥α D. 若m⊥α，α//β，则m⊥β
8. 辽宁省博物馆收藏的商晚期饕餮纹大圆鼎(如图一)出土于辽宁省喀左县小波汰沟.此鼎直耳，深腹，柱足中空，胎壁微薄，口沿下及足上端分别饰单层兽面纹，足有扉棱，耳、腹、足皆有炱痕.它的主体部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(忽略鼎壁厚度)，如图二所示.已知球的半径为R，圆柱的高近似于半球的半径，则此鼎的容积约为( )
A. 83πR3 B. 73πR3 C. 2πR3 D. 53πR3
9. 埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥侧面积的一半，那么其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )
A. 2−14 B. 2−12 C. 2+14 D. 2+12
10. 下列命题：①若|a|=|b|，则a=b；
②若a=b，b=c，则a=c；
③a=b的充要条件是|a|=|b|且a//b；
④若a//b，b//c，则a//c；
⑤若A、B、C、D是不共线的四点，则AB=DC是四边形ABCD为平行四边形的充要条件．
其中，真命题的个数是( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）
11. i是虚数单位，则|4+2i1−i|的值为 ．
12. 已知向量a和b满足：|a|=1，|b|=2，|2a−b|=2 3，则向量a与向量b的夹角为______ ．
13. 若△ABC的三个内角A，B，C满足sinA：sinB：sinC=2：3：4，则cosB= ______ ．
14. 一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的表面积与侧面积的比是______ ．
15. 已知直角梯形ABCD中，AD//BC，∠ADC=90°，AD=2，BC=1，P是腰DC上的动点，则|PA+3PB|的最小值为______．
三、解答题（本大题共6小题，共60.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题10.0分)
已知复数z=(m2−3m+2)+(m2−4m+3)i，m∈R．
(1)若z是实数，求m的值．
(2)若z是纯虚数，求m的值．
(3)若z对应复平面上的点在第四象限，求m的范围．
17. (本小题10.0分)
已知|a|=1，|b|=2，a与b的夹角为120°．
(1)求|2a−b|．
(2)求(a+2b)⋅(a−3b)．
(3)若向量b+ka与b−ka相互垂直，求实数k的值．
18. (本小题10.0分)
△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 3(a2+c2−b2)=2bcsinA．
(Ⅰ)求角B的大小；
(Ⅱ)若cosA=13，求sin(2A−B)的值．
19. (本小题10.0分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b+c=2a，5csinB=6asinC．
(1)求cosB的值；
(2)求sin(2B+π6)值.
20. (本小题10.0分)
如图，PD垂直于梯形ABCD所在平面，∠ADC=∠BAD=90°，F为PA的中点，PD= 2，AB=AD=12CD=1，四边形PDCE为矩形.求证：AC//平面DEF．
21. (本小题10.0分)
已知在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，且AA1=2AB=2BC=2，E，M分别是CC1，AB1的中点.证明：EM//平面ABC．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查补集、交集的运算，属于基础题．
先求出集合B的补集、再与集合A求交集．
【解答】
解：全集U={−3,−2,−1,0,1,2,3}，
集合A={−1,0,1,2}，B={−3,0,2,3}，
则∁UB={−2,−1,1}，
∴A∩(∁UB)={−1,1}，
故选：C．
2.【答案】D
【解析】解：A．(AB−DC)−CB=AB+(CD+BC)=AB+BD=AD，∴A错误；
B.AD−(CD+DC)=AD，∴B错误；
C.−(CB+MC)−(DA+BM)=BM−DA−BM=AD，∴C错误；
D.−BM−DA+MB=2MB+AD，∴D正确．
故选：D．
根据向量加法的几何意义进行运算即可．
本题考查了向量加法和数乘的几何意义，考查了计算能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查向量的运算，考查向量坐标运算法则、向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
先求出2a+b=(3,3)，a+mb=(2−m,1+m)，再由(2a+b)//(a+mb)，能求出m的值．
【解答】
解：a=(2,1)，b=(−1,1)，
∴2a+b=(3,3)，a+mb=(2−m,1+m)，
∵(2a+b)//(a+mb)，
∴2−m3=1+m3，
解得m=12．
故选A．
4.【答案】A
【解析】解：∵向量a=(2,4),b=(x,1)，
又∵a⊥b，
∴a⋅b=0
即2x+4=0
解得x=−2
故选：A．
由已知中向量a=(2,4),b=(x,1)，且a⊥b，根据两向量垂直数量积为0，可以构造关于x的方程，解方程可得答案．
本题考查的知识点是数量积判断两个平面向量的垂直关系，其中根据两向量垂直数量积为0，构造关于x的方程，是解答本题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccosA，即4=b2+12−6b，化简得b2−6b+8=0，解得b=2或b=4．
故选：B．
由余弦定理即可代入求值．
本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：由正弦定理asinA=bsinB，得sinB=bsinAa=2× 32 6= 22，
又b
故选：B．
根据正弦定理结合大边对大角，即可求∠B的大小．
本题主要考查正弦定理，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：对于A、由m⊥n，n//α，可得m//α或m与α相交或m⊂α，相交也不一定垂直，故A错误；
对于B、由m⊥α，α⊥β，可得m//β或m⊂β，故B错误；
对于C、由m⊥n，n⊥α，可得m⊂α或m//α，故C错误；
对于D、由m⊥α，α//β，结合线面垂直的的性质定理，可得m⊥β，故D正确．
故选：D．
由空间中直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系即可判断．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题..
8.【答案】D
【解析】解：上半部分圆柱的体积为V1=πR2⋅h=πR2⋅R=πR3，
下半部分半球的体积为12×43πR3=23πR3，
∴此鼎的容积约为πR3+23πR3=53πR3．
故选：D．
分别计算圆柱的体积与半球的体积，可求此鼎的容积．
本题考查空间几何体的体积的计算，属基础题．
9.【答案】D
【解析】解：设正四棱锥的高为h，底面边长为a，侧面三角形底边上的高为h′，
由题意可知，h2=4×12×12ah′h2=h′2−(a2)2，
因此有h2=h′2−(a2)2=ah′，即(h′a)2−h′a−14=0，解得h′a=1± 22，
因为h′a>0，
所以h′a=1+ 22．
所以侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为 2+12．
故选：D．
根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而即可求解．
本题考查正四棱锥的结构特征，考查运算求解能力，属于基础题．
10.【答案】A
【解析】解：对于①，因为|a|=|b|，但a、b的方向不确定，则a、b不一定相等，①错；
对于②，若a=b，b=c，则a=c，②对；
对于③，|a|=|b|且a//b⇔a=b或a=−b，
所以所以，“|a|=|b|且a//b”是“a=b”的必要不充分条件，③错；
对于④，取b=0，则a、c不一定共线，④错；
对于⑤，若A、B、C、D是不共线的四点，
当AB=DC时，则AB//CD且|AB|=|DC|，此时，四边形ABCD为平行四边形，
当四边形ABCD为平行四边形时，由相等向量的定义可知AB=DC，
所以若A、B、C、D是不共线的四点，则AB=DC是四边形ABCD为平行四边形的充要条件，⑤对．
故选：A．
利用向量的概念可判断①；利用相等向量的定义可判断②；利用相等向量的定义以及充分条件、必要条件的定义可判断③⑤；取b=0可判断④．
本题主要考查了向量的相关概念，考查了充分条件和必要条件的判断，属于基础题．
11.【答案】 10
【解析】解：4+2i1−i=(4+2i)(1+i)(1−i)(1+i)=1+3i，
则|4+2i1−i|=|1+3i|= 10．
故答案为： 10．
先计算4+2i1−i，再计算模长即可．
本题主要考查复数模长的计算，属于基础题．
12.【答案】23π
【解析】解：设向量a与向量b的夹角为θ，|2a−b|=2 3，
则(2a−b)2=4a2−4a⋅b+b2=4−4a⋅b+4=12，
故a⋅b=−1，
故cosθ=a⋅b|a|⋅|b|=−12×1=−12，θ∈[0,π]，
故θ=23π．
故答案为：23π．
设向量a与向量b的夹角为θ，根据(2a−b)2=12得到a⋅b=−1，再利用向量的夹角公式计算得到答案．
本题主要考查了向量的数量积运算，属于基础题．
13.【答案】1116
【解析】解：因为sinA：sinB：sinC=2：3：4，
由正弦定理可得，a：b：c=2：3：4，
令a=2k，b=3k，c=4k，其中k>0，
由余弦定理b2=a2+c2−2accosB，得到cosB=a2+c2−b22ac，
所以cosB=(2k)2+(4k)2−(3k)216k2=11k216k2=1116．
故答案为：1116．
利用正弦定理，进行边角转化，从而得出a：b：c=2：3：4，从而直接设出a=2k，b=3k，c=4k，其中k>0，再利用余弦定理即可得出结果．
本题主要考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】2π+12π
【解析】解：设底面半径为r，则圆柱的侧面展开图的边长为2πr，即圆柱的高为2πr，
∴圆柱的侧面积为S1=(2πr)2=4π2r2，表面积为S=S1+2πr2=4π2r2+2πr2，
则圆柱的表面积与侧面积的比是SS1=4π2r2+2πr24π2r2=2π+12π．
故答案为：2π+12π．
根据圆柱的侧面展开图是一个正方形，得到圆柱的高和底面半径之间的关系，然后求出圆柱的表面积和侧面积即可得到结论．
本题主要考查圆柱的表面积与侧面积的求解，属于基础题．
15.【答案】5
【解析】解：如图，以直线DA，DC分别为x，y轴建立平面直角坐标系，
则A(2,0)，B(1,a)，C(0,a)，D(0,0)
设P(0,b)(0≤b≤a)
则PA=(2,−b)，PB=(1,a−b)，
∴PA+3PB=(5,3a−4b)
∴|PA+3PB|= 25+(3a−4b)2≥5．
故答案为5．
根据题意，利用解析法求解，以直线DA，DC分别为x，y轴建立平面直角坐标系，则A(2,0)，B(1,a)，C(0,a)，D(0,0)，设P(0,b)(0≤b≤a)，求出PA+3PB，根据向量模的计算公式，即可求得|PA+3PB|，利用完全平方式非负，即可求得其最小值．
此题是个基础题．考查向量在几何中的应用，以及向量模的求法，同时考查学生灵活应用知识分析解决问题的能力．
16.【答案】解：(1)因为z为实数，
所以m2−4m+3=0，解得m=1或m=3．
(2)因为z是纯虚数，
所以m2−3m+2=0m2−4m+3≠0，解得m=2．
(3)因为z对应复平面上的点在第四象限，
所以有m2−3m+2>0m2−4m+3<0，解得2
【解析】(1)由复数的概念可得m2−4m+3=0，解出即可得到结果；
(2)由复数的概念可得m2−3m+2=0m2−4m+3≠0，解出即可得到结果；
(3)根据复数的几何意义，可得m2−3m+2>0m2−4m+3<0，解出不等式组即可得到结果．
本题主要考查实数、纯虚数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．
17.【答案】解：(1)由题意得，a⋅b=|a||b|cos120°=−1，
所以|2a−b|2=4a2−4a⋅b+b2=12，
所以|2a−b|=2 3；
(2)由(1)知a⋅b=−1，
则(a+2b)⋅(a−3b)=a2−a⋅b−6b2=−22；
(3)因为(b+ka)⊥(b−ka)，
所以(b+ka)⋅(b−ka)=0，
即b2−k2a2=0，得4−k2=0，解得k=±2，
即实数k的值为±2．
【解析】(1)根据平面数列数量积的定义可得a⋅b=−1，计算|2a−b|2即可求解；
(2)由(1)，根据平面向量的数量积的运算律计算即可求解；
(3)根据平面垂直向量可得其数量积为0，计算即可求解．
本题考查平面向量的数量积的基本运算，向量垂直的性质，化归转化思想，属中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)由余弦定理b2=a2+c2−2accosB，则a2+c2−b2=2accosB，
又 3(a2+c2−b2)=2bcsinA，所以2 3accosB=2bcsinA，即 3acosB=bsinA，
由正弦定理可得 3sinAcosB=sinBsinA，因为sinA>0，
所以 3cosB=sinB，则tanB= 3，又0
所以sin(2A−B)=sin2AcosB−cos2AsinB=4 29×12+79× 32=4 2+7 318．
【解析】(Ⅰ)由余弦定理可得 3acosB=bsinA，再由正弦定理将边化角，即可得到 3cosB=sinB，从而求出tanB，即可得解；
(Ⅱ)用同角三角函数的基本关系求出sinA，即可求出sin2A、cos2A，再根据两角差的正弦公式计算可得．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由正弦定理asinA=csinC，可得5cb=6ac，
所以b=65a，
而b+c=2a，
则c=4a5，
所以cosB=a2+c2−b22ac=a2+16a225−36a2252a⋅4a5=18；
(2)因为cosB=18，
可得sinB=3 78，
所以sin2B=2sinBcosB=2×3 78×18=3 732，cos2B=2cos2B−1=−3132，
可得sin(2B+π6)= 32sin2B+12cos2B=3 732× 32−12×3132=3 21−3164．
【解析】(1)由正弦定理化简已知等式可得a与b的关系，结合已知可求c与a的关系，利用余弦定理可求cosB的值．
(2)利用同角三角函数基本关系式可求sinB的值，利用二倍角公式可求sin2B，cos2B的值，进而根据两角和的正弦函数公式即可求解．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式，二倍角公式，两角和的正弦函数公式的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
20.【答案】证明：设线段PC交DE于点N，∵四边形PDCE为矩形，∴N为PC的中点．
连接FN，在△PAC中，F，N分别为PA，PC的中点，∴FN//AC，
∵FN⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，∴AC//平面DEF．
【解析】设线段PC交DE于点N，N为PC的中点，连接FN，推导出FN//AC，由此能证明AC//平面DEF．
本题主要考查线面平行的判定定理，考查逻辑推理能力，属于基础题．
21.【答案】证明：取AB中点N，连接CN，MN，
∵M，N分别为AB1，AB中点，∴MN//BB1，MN=12BB1，
∵E为CE中点，∴CE//BB1，CE=12BB1，
∴MN//CE，且MN=CE，
∴四边形MNCE为平行四边形，
∴NC//EM，
∵EM⊄平面ABC，NC⊄平面ABC，
∴EM//平面ABC．
【解析】利用线面平行的判定定理证明即可．
本题考查了空间中线面位置关系，考查了推理能力，属于中档题．
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