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

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．2

4．（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⊥α

6．（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．