2022-2023学年陕西省榆林市横山中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年陕西省榆林市横山中学高一（下）期中数学试卷（含解析），共13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。

2022-2023学年陕西省榆林市横山中学高一（下）期中数学试卷
一、单选题（本大题共8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. 已知向量a=(1,m)，b=(2,−3)，且a//b，则m=(    )
A. −32 B. 23 C. −12 D. 32
2. 下列给出的图形中，绕给出的轴旋转一周，能形成圆台的是(    )
A. B. C. D.
3. 已知复数z满足z(1−i)=i3(i是虚数单位)，则z的虚部是(    )
A. 12i B. −12i C. 12 D. −12
4. 若平面四边形ABCD满足：AB+AD=AC，BD⋅AC=0，则该四边形一定是(    )
A. 梯形 B. 菱形 C. 矩形 D. 正方形
5. 设k∈R，下列向量中，可与向量q=(1,−1)组成基底的是(    )
A. b=(k,k) B. c=(−k,−k)
C. b=(k2+1,k2+1) D. b=(k2−1,k2−1)
6. 体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分.某学生做引体向上运动，处于如图所示的平衡状态，若两只胳膊的夹角为60°，每只胳膊的拉力大小均为300N，则该学生的体重约为(参考数据：取重力加速度大小为g≈10m/s2， 3≈1.732)(    )
A. 52kg
B. 60kg
C. 70kg
D. 102kg
7. 已知△ABC中，sinA=3sinCcosB，且AB=2，则△ABC的面积的最大值为(    )
A. 3 B. 3 3 C. 9 D. 9 3
8. 若正三棱锥P−ABC的高为2，AB=2 6，其各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(    )
A. 24π B. 20π C. 36π D. 32π
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 如图，在正六边形ABCDEF中，点O为其中心，则下列判断正确的是(    )
A. AB=OC
B. AB//DE
C. |AD|=|BE|
D. AD=FC
10. 如图，正方形O′AB′C的边长为1cm，它是水平放置的一个平面四边形OABC的直观图，则关于平面四边形OABC有(    )

A. 图形为矩形 B. 周长为 8
C. 边 OC 的长度为 2 D. 面积为 2 2
11. 对任意向量a、b，下列关系式中恒成立的是(    )
A. (a+b)⋅(a−b)=a2−b2 B. (a+b)2=|a+b|2
C. |a⋅b|≤|a|⋅|b| D. |a−b|≤||a|−|b||
12. 已知i为虚数单位，则(    )
A. 若复数z的共轭复数为z−，则z⋅z−=|z|2=|z−|2
B. 若x，y∈C，则x+yi=1+i的充要条件是x=y=1
C. 若复数z1>z2，则z1，z2∈R
D. 若复数z=3i2+i，则|z|=3 55
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. (3−2i)(1+3i)= ______ ．
14. 已知向量e为单位向量，且a⋅e=3，则向量a在向量e方向上的投影向量是______ ．
15. 若复数z满足z2=2z−10，则z= ______ ．
16. 米斗是我国古代官仓、粮栈、米行必备的用具，是称量粮食的量器.如图是一种米斗，可盛米10升(1升=1000cm3)，已知米斗的形状为正四棱台，且上口宽为24cm，下口宽为18cm，则高约为______ cm.(结果保留一位小数)


四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知复数z=(m2+5m−6)+(m−1)i，m∈R．
(Ⅰ)若z是纯虚数，求m的值；
(Ⅱ)若z在复平面内对应的点在第三象限，求m的取值范围．
18. (本小题12.0分)
已知向量a，b满足a=(1,−1)，|b|=1．
(1)若a，b的夹角为π3，求a⋅b；
(2)若(a−b)⊥b，求a与b的夹角．
19. (本小题12.0分)
如图，在底半径为2，母线长为4的圆锥中内接一个高为 3的圆柱．
(1)求圆锥的表面积和体积；
(2)求圆柱的表面积．

20. (本小题12.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，AE=2AB，DF=13DE.设AB=a，AD=b．
(Ⅰ)用a，b表示AC，DE；
(Ⅱ)用向量的方法证明：A，F，C三点共线．

21. (本小题12.0分)
如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=6，BC=4，AA1=5，过DD1的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
(Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
(Ⅱ)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．

22. (本小题12.0分)
如图，A，B，C三地在以O为圆心的圆形区域边界上，AB=30公里，AC=10公里，∠BAC=60°，D是圆形区域外一景点，∠DBC=90°，∠DCB=60°．
(1)O、A相距多少公里？(精确到小数点后两位)
(2)若一汽车从A处出发，以每小时50公里的速度沿公路AD行驶到D处，需要多少小时？(精确到小数点后两位)


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：根据题意，向量a=(1,m)，b=(2,−3)，
若a//b，则有2×m=1×(−3)，解得m=−32．
故选：A．
根据题意，由向量平行的坐标表示方法可得有2×m=1×(−3)，解可得m的值，即可得答案．
本题考查平面向量平行的坐标表示及运算，属于基础题．

2.【答案】A 
【解析】解：由图可知，A中的直角梯形绕给出的轴旋转一周，能形成圆台，
B中的半圆绕给出的轴旋转一周，能形成球体，
C中的矩形绕给出的轴旋转一周，能形成圆柱，
D中的直角三角形绕给出的轴旋转一周，能形成圆锥．
故选：A．
由旋转体的结构特征逐一分析四个选项得答案．
本题考查旋转体的结构特征，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．

3.【答案】D 
【解析】解：z(1−i)=i3=−i，
则z=−i1−i=−i(1+i)(1−i)(1+i)=12−12i，其虚部为−12．
故选：D．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．

4.【答案】B 
【解析】解：∵AB+AD=AC，∴AB=AC−AD=DC，
即AB=DC，AB//DC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵BD⋅AC=0，
∴BD⊥AC，即平行四边形的对角线互相垂直，
∴四边形ABCD为菱形．
故选：B．
由AB+AD=AC可得AB=DC，即得四边形ABCD为平行四边形，再由BD⋅AC=0得对角线互相垂直，即得四边形ABCD为菱形
本题考查由平面向量的平行和垂直判断四边形的形状，属于基础题．

5.【答案】C 
【解析】解：由基底的定义可知，不共线的向量才能作为向量的一组基底，
选项A，B中，当k=0时，b，c均为零向量，故不能作为基底，
选项D中，当k=±1时，b也为零向量，不能作为基底，
选项C，k2+1≠0，故能作为基底．
故选：C．
由向量基底的定义直接判断即可．
本题考查向量基底的定义，属基础题．

6.【答案】A 
【解析】解：设两只胳膊的拉力分别为f1,f2，且|f1|=|f2|=300,〈f1,f2〉=60°，
则|f1+f2|= f12+f22+2f1⋅f2= 9000+9000+2×300×300cos60°=300 3≈520N，
所以学生体重m≈52kg．
故选：A．
设两只胳膊的拉力分别为f1,f2，结合|f1+f2|2=f12+f22+2f1⋅f2，即可求解．
本题主要考查了向量的数量积运算，属于基础题．

7.【答案】A 
【解析】解：法一：由正弦定理得：a=3ccosB=6cosB，
S△ABC=12acsinB=12⋅(6cosB)⋅2sinB=3sin2B≤3；
法二：由正弦定理得：sinBcosC+cosBsinC=3sinCcosB，
所以sinBcosC=2cosBsinC，
故tanB=2tanC，如图所示：过点A作AD⊥BC于点D，

设AD=h，BD=x，则CD=2x，
由勾股定理得：x2+h2=4，
所以S△ABC=12⋅3x⋅h=32xh≤32⋅12(x2+h2)=34×4=3，
当且仅当x=h= 2时，等号成立，
故选：A．
法一：根据正弦定理，将角化边，从而利用三角形面积公式，半角公式及三角函数有界性求出面积的最大值；
法二：根据正弦定理，将边化角，得到tanB=2tanC，画出图形，作出辅助线，设AD=h，BD=x，得到x2+h2=4，利用基本不等式求出三角形面积的最大值．
本题考查了正弦定理和三角形面积公式，属于中档题．

8.【答案】C 
【解析】解：已知正三棱锥P−ABC的底面边长为2 6，高为2，且三棱锥的四个顶点都在同一球面上，
如图所示：

∴AB=AC=BC=2 6，AE=23 (2 6)2−( 6)2=2 2，
设点E为△ABC的中心，O为外接球的球心，(O可能在三棱锥内部，也可能在外部)，
∴AO2=OE2+EA2，即(2 2)2+(2−R)2=R2，解得R=3．
∴该球的表面积为4π×9=36π．
故选：C．
由题意画出图形，求出△ABC外接圆的半径，再由勾股定理列式求解多面体外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．
本题考查多面体的外接球，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．

9.【答案】ABC 
【解析】解：对于选项A：∵AB与OC方向相同，长度相等，∴AB=OC，故选项A正确，
对于选项B：∵AB与DE方向相反，∴AB//DE，故选项B正确，
对于选项C：由正六边形的性质可知，|AD|=|BE|，故选项C正确，
对于选项D：AD与FC不共线，所以不会相等，故选项D错误，
故选：ABC．
利用平行向量和相等向量的定义求解．
本题主要考查了平行向量和相等向量的定义，属于基础题．

10.【答案】BD 
【解析】解：根据题意，正方形O′AB′C的边长为1cm，则O′B′= 2，
则原图如图：依次分析选项：
对于A，原图不是矩形，A错误；
对于B，原图中，OA=1，OB=2O′B′=2 2，则AB= 1+8=3，则其周长l=2(1+3)=8，B正确；
对于C，OC=AB=3，C错误；
对于D，原图面积S=OA×OB=2 2，D正确；
故选：BD．
根据题意，由斜二测画法作出原图，由此分析选项，即可得答案．
本题考查斜二测画法，注意由斜二测画法还原原图，属于基础题．

11.【答案】ABC 
【解析】解：对于A，根据平面向量数量积的运算律可得：(a+b)⋅(a−b)=a2−b2恒成立，故A正确；
对于B，根据a2=|a|2，可得(a+b)2=|a+b|2恒成立，故B正确；
对于C，|a⋅b|=||a||b|cosθ|=|a||b||cosθ|，其中θ为a,b的夹角，
∵|cosθ|≤1，可得|a⋅b|=||a||b|cosθ|=|a||b||cosθ|≤|a||b|，
∴|a⋅b|≤|a|⋅|b|恒成立，故C正确；
对于D，根据平面向量减法的几何意义可得：|a−b|≥||a|−|b||，当且仅当a,b同向或a,b中有零向量时等号成立，故D错误．
故选：ABC．
根据平面向量的线性运算和数量积的定义与运算逐项分析判断即可．
本题考查平面向量的线性运算和数量积运算，属于中档题．

12.【答案】ACD 
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，则z−=a−bi，
∴z⋅z−=|z|2=|z−|2=a2+b2，故A正确；
由x，y∈C，知x，y不一定是x+yi的实部和虚部，不一定得到x=y=1，故B错误；
复数z1>z2，则z1，z2∈R，故C正确；
z=3i2+i=3i(2−i)(2+i)(2−i)=3+6i5，则|z|= (35)2+(65)2=3 55，故D正确．
故选：ACD．
由共轭复数的定义，复数模公式判断A；由题意可知，x，y不一定是x+yi的实部和虚部，结合充分必要条件的对于判断B；由实数的运算性质判断C；由复数的四则运算及复数模公式判断D．
本题主要考查复数的四则运算及复数的性质，是基础题．

13.【答案】9+7i 
【解析】解：(3−2i)(1+3i)=3+9i−2i−6i²=(3+6)+(9−2)i=9+7i．
故答案为：9+7i．
直接去括号，合并同类项即可．
本题考查复数的运算，属于基础题．

14.【答案】3e 
【解析】解：向量a在向量e方向上的投影向量是|a|cosθ⋅e=a⋅e|e|⋅e=3e．
故答案为：3e．
利用投影向量的定义计算即可．
本题考查投影向量的定义，属于基础题．

15.【答案】1±3i 
【解析】解：由z2=2z−10，得z2−2z+10=0，则(z−1)2=−9，则z−1=±3i，故z=1±3i．
故答案为：1±3i．
解方程，将z表示出来即可．
本题考查复数的运算，属于基础题．

16.【答案】22.5 
【解析】解：根据题意，设该棱台的高为h，
该正四棱台上底面边长为18cm，下底面边长为24cm，其体积V=10升=10000cm3，
则有10000=13(182+242+ 182×242)h，
变形有h=30000324+576+432≈22.5cm．
故答案为：22.5．
根据题意，设该棱台的高为h，由棱台的体积公式可得10000=13(182+242+ 182×242)h，变形可得答案．
本题考查棱台的体积计算，关键是牢记棱台的体积公式，属于基础题．

17.【答案】解：(Ⅰ)∵z=(m2+5m−6)+(m−1)i是纯虚数，
∴m2+5m−6=0m−1≠0，解得m=−6；
(Ⅱ)∵z在复平面内对应的点在第三象限，
∴m−1<0m2+5m−6<0，解得−6 故m的取值范围为(−6,1)． 
【解析】(Ⅰ)由实部为0且虚部不为0列式求解；
(Ⅱ)由实部与虚部均小于0联立不等式组求解．
本题考查复数的基本概念，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．

18.【答案】解：(1)由a=(1,−1)，|b|=1，
又a，b的夹角为π3，
则a⋅b=|a||b|= 12+(−1)2×1×12= 22；
(2)由(a−b)⊥b，
则(a−b)⋅b=0，
则a⋅b=b2=1，
设a与b的夹角为θ，
则cosθ=a⋅b|a||b|=1 2×1= 22，
又θ∈[0,π]，
则θ=π4，
即a与b的夹角为π4． 
【解析】(1)由平面向量数量积运算，结合向量模的运算求解即可；
(2)由平面向量数量积运算，结合向量夹角的运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积运算，重点考查了向量夹角的运算，属基础题．

19.【答案】解：底半径为2，母线长为4的圆锥中内接一个高为 3的圆柱．
(1)由题意可知，圆锥的高为h= 42−22=2 3，
所以，圆锥的表面积为S=π×22+π×2×4=12π，体积为V=13π×22×2 3=8 33π．
(2)设圆柱半径为r，则r2=2 3− 32 3，所以r=1，
所以圆柱的表面积为S′=2π×12+2π×1× 3=(2+2 3)π． 
【解析】(1)由题意求出圆锥的高，进而求解圆锥的表面积和体积；
(2)由题意求出圆柱半径，进而求解圆柱的表面积即可．
本题考查圆锥和圆柱的结构特征，属于基础题．

20.【答案】(Ⅰ)解：平行四边形ABCD中，AC=AB+AD=a+b，
由于AE=2AB，AB=a，则AE=2a，又AD=b，则在△ADE中，有DE=2a−b，
(Ⅱ)证明：∵DF=13DE.∴DF=13(2a−b)，
在△DFC中，CF=CD+DF=−a+13(2a−b)=−13(a+b)=−13AC，
即FC=13AC，又CF与AC有公共点C，则A，F，C三点共线． 
【解析】本题考查向量的线性表示，考查平行四边形法则和三角形法则，属于基础题．
(Ⅰ)分别利用平行四边形法则和三角形法则可表示所求向量；
(Ⅱ)在△DFC中，把表示出来，可发现FC与AC的线性关系，从而证明三点共线．

21.【答案】解：(Ⅰ)取AB，A1B1中点E，E1，连DE，EE1，E1D1，则DEE1D1为所画正方形，

(Ⅱ)由(Ⅰ)DEE1D1为正方形，∴DE=DD1=5，又AD=4，∴AE=3，
∴VADE−A1D1E1=12×4×3×5=30，
∴VBCDE−B1C1D1E1=VABCD−A1B1C1D1−VADE−A1D1E1=4×5×6−30=90，
∴平面α把该长方体分成的两部分体积的比值为30：90=1：3． 
【解析】(Ⅰ)取AB，A1B1中点E，E1，连DE，EE1，E1D1，则DEE1D1为所画正方形，
(Ⅱ)求出VADE−A1D1E1，推出VBCDE−B1C1D1E1=VABCD−A1B1C1D1−VADE−A1D1E1，即可得到比值．
本题考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．

22.【答案】解：(1)在△ABC中，由余弦定理可得，
BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcos∠CAB=302+102−2⋅30⋅10⋅cos60°=700，
∴BC=10 7，
则OA=12×BCsin∠BAC=12×10 7sin60°=10 213≈15.28(公里)．
答：O、A相距约15.28公里；
(2)在Rt△CBD中，BD=BC⋅tan60°=10 7× 3=10 21，
在△ABC中，ACsin∠ABC=BCsin∠BCA，
即10sin∠ABC=10 7sin60°，∴sin∠ABC= 2114，
∴cos∠ABD=cos(∠ABC+π2)=−sin∠ABC=− 2114，
∴AD2=AB2+BD2−2AB⋅BDcos∠ABD=302+(10 21)2−2×30×10 21×(− 2114)=3900．
∴AD=10 39(公里)．
∴所需时间为10 3950= 395≈1.25小时．
答：从A行驶到D约需要1.25 小时． 
【解析】(1)在△ABC中，由余弦定理求解|BC|，再由正弦定理求解|OA|；
(2)在Rt△CBD中，由已知求得BD，在△ABC中，利用正弦定理求得sin∠ABC= 2114，可得cos∠ABD，然后利用余弦定理求|AD|，进一步求得从A到D的时间．
本题考查三角形的解法，考查正弦定理即余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题．