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2022-2023学年辽宁省大连十二中高一（下）学情反馈数学试卷（6月份）（含解析）
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这是一份2022-2023学年辽宁省大连十二中高一（下）学情反馈数学试卷（6月份）（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。
1.在空间中，下列命题不正确的是( )
A. 若两个平面有一个公共点，则它们有无数个公共点．且在一条直线上
B. 若已知四个点不共面，则其中任意三点不共线
C. 梯形可确定一个平面
D. 任意三点能确定一个平面
2.平面α，β，γ不能将空间分成( )
A. 5部分B. 6部分C. 7部分D. 8部分
3.如图，正方形O′A′B′C′的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图的周长是( )
A. 8 cm
B. 6 cm
C. 2(1+ 2) cm
D. 2(1+2 2) cm
4.已知复数z1，z2，“z2>z1”是“z2z1>1”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5.a，b，c为三条不重合的直线，α，β，γ为三个不重合的平面，现给出下面六个命题：
①a//c，b//c，则a//b；②若a//γ，b//γ，则a//b；
③α//c，β//c，则α//β；④若α//γ，β//γ，则α//β；
⑤若α//c，a//c，则a//α；⑥若a//γ，α//γ，则a//α．
其中真命题的个数是( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
6.在2023年3月12日马来西亚吉隆坡举行的YngJunKLSpeedcubing比赛半决赛中，来自中国的9岁魔方天才王艺衡以4.69秒的成绩打破了“解三阶魔方平均用时最短”吉尼斯世界纪录称号.如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层转动了45°之后，表面积增加了( )
A. 54B. 54−36 2C. 108−72 2D. 81−72 2
7.对24小时内降水在平地上的积水厚度(mm)进行如下定义：
小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，则这一天的雨水属于哪个等级( )
A. 小雨B. 中雨C. 大雨D. 暴雨
二、多选题：本题共3小题，共12分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
8.下列说法正确的是( )
A. 棱柱的侧面一定是矩形
B. 三个平面至多将空间分为3个部分
C. 圆台可由直角梯形以垂直底边的腰所在直线为旋转轴旋转一周形成
D. 任意五棱锥都可以分成3个三棱锥
9.关于复数z1，z2，下列说法正确的是( )
A. |z1⋅z2|=|z1|⋅|z2|B. 若|z1|=|z2|，z12=z22
C. 若|z1+z2|=|z1−z2|，则z1⋅z2=0D. z1+z2−=z1−+z2−
10.如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的三等分点，且CFCB=CGCD=23，则下列说法正确的是( )
A. E，F，G，H四点共面
B. EF与GH异面
C. EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上
D. EF与GH的交点M一定在直线AC上
三、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分。
11.已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=3A1B1=3，AA1= 6，则其体积为______．
12.已知1+i是方程x2+bx+c=0(b,c为实数)的一个根.则b= ______，c= ______．
13.一个正三棱锥的侧棱长为1，底边长为 2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为______．
14.如图，已知四棱锥P−ABCD外接球O的体积为36π，PA=3，侧棱PA与底面ABCD垂直，四边形ABCD为矩形，点M在球O的表面上运动.当四棱锥M−ABCD体积的最大时，点A到面PBD的距离为______．
四、解答题：本题共4小题，共44分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题10分)
(1)计算：−2 3+i1+2 3i+( 21+i)2022+(4−8i)2−(−4+8i)2 11− 7i．
(2)若复数z=4a+2i3−i在复平面内对应的点在第二象限，求实数a的取值范围．
16.(本小题10分)
现需要设计一个仓库，由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P−A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD−A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．
(1)若AB=6m，PO1=2m，则仓库的容积是多少？
(2)若正四棱锥的侧棱长为6m，当PO1为多少时，下部的正四棱柱侧面积最大，
最大面积是多少？
17.(本小题12分)
如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1C1，A1B1的中点，求证：
(1)B1C1//平面A1EF；
(2)平面A1EF//平面BCGH．
18.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cb−a=sinA+sinBsinA+sinC．
(1)求角B的大小；
(2)若sinC=2sinA，且S△ABC=2 3，求a和c．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：对于A，若两个平面有一个公共点，则它们有经过该公共点的一条直线，
即两平面有无数个公共点，故A正确；
对于B，若已知四个点不共面，则其中任意三点不共线，
否则，若存在三点共线，则问题转化为一条直线与直线外一点，则四点共面，故B正确；
对于C，因为两条平行直线确定一个平面，所以梯形可确定一个平面，故C正确；
对于D，共线的三点不能确定一个平面，故D错误．
故选：D．
利用平面的相关公理和推论逐项进行判断即可求解．
本题主要考查平面的基本性质及推论，命题真假的判断，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：三个平面平行时，将空间分成4个部分；
三个平面相交于同一条直线时，将空间分成6个部分；
当两个平面平行，第三个平面与它们相交时，将空间分成6个部分；
当三个平面两两相交且有三条交线时，将空间分成7个部分；
当有两个平面相交，第三个平面截两个相交平面时，将空间分成8个部分．
所以平面α，β，γ不能将空间分成5部分．
故选：A．
按三个平面的位置关系进行分类讨论，分别研究将平面分成几个部分，即可得到答案．
本题考查了空间中平面与平面的位置关系，主要考查了平面将空间分成几个部分的问题，考查了学生空间想象能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：正方形O′A′B′C′的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，
则原图是平行四边形，相邻边长为：1和 (2 2)2+1=3，
原图的周长是：8．
故选：A．
判断水平放置的平面图形的直观图的圆图形，求出边长即可求解周长．
本题考查平面图形的直观图的画法，边长的求法，考查计算能力．
4.【答案】D
【解析】解：当z1，z2都是实数时，且z1<0，由z2>z1得z2z1<1，推不出z2z1>1，
所以“z2>z1”是z2z1>1”的不充分条件，
此时，由z2z1>1也推不出z2>z1，所以“z2>z1”是“z2z1>1”的不必要条件，
所以“z2>z1”是“z2z1>1”既不充分也不必要条件，
故选：D．
要考虑到当z1，z2都是实数时，且z1<0的情形，即可判断．
本题考查充分必要条件，考查复数的概念，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：a，b，c为三条不重合的直线，α，β，γ为三个不重合的平面，
①a//c，b//c，则a//b，满足直线与直线平行的传递性，所以①正确；
②若a//γ，b//γ，则a//b也可能异面，所以②不正确；
③α//c，β//c，则α//β也可能相交，所以③不正确；
④若α//γ，β//γ，则α//β，满足平面与平面平行的性质，所以④正确；
⑤若α//c，a//c，则a//α也可能a⊂α，所以⑤不正确；
⑥若a//γ，α//γ，则a//α也可能a⊂α，所以⑥不正确；
故选：C．
利用已知条件，判定6个命题的真假即可．
本题考查直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系的判断，命题的真假的判断，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：如图，
转动了45°后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，显然小三角形为等腰直角三角形，
设直角边x，则斜边为 2x，
则有2x+ 2x=3，得到x=3−3 22，
由几何关系得：阴影部分的面积为S1=12(3−3 22)2=274−9 22，
所以增加的面积为S=16S1=16(274−9 22)=108−72 2．
故选：C．
利用截面图，得出魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，再利用几何关系求出多出的一个小三角形的面积，进而可求出结果．
本题主要考查了正方体的结构特征，考查了学生的空间想象能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】【分析】
利用圆锥内积水的高度是圆锥总高度的一半，求出圆锥内积水部分的半径，求出圆锥的体积，求出平面上积水的厚度，由题意即可得到答案．
本题考查了空间几何体在实际生活中的应用，解题的关键是掌握锥体和柱体体积公式的应用，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．
【解答】
解：圆锥的体积计算公式为V=13Sh=13r2πh，
因为圆锥内积水的高度是圆锥总高度的一半，
所以圆锥内积水部分小圆锥的半径为12×12×200=50mm，
将r=50，h=150代入圆锥体积公式可得积水部分小圆锥的V=125000π(mm3)，
图上定义的是平地上积水的厚度，即平地上积水的高，
平底上积水的体积为V=Sh，且对于这一块平地的面积，即为大圆锥底面圆的面积，
所以大圆锥底面圆的面积S=π⋅(12×200)2=10000π(mm2)，
则平地上积水的厚度h=125000π10000π=12.5(mm)，
因为10<12.5<25，
由题意可知，这一天的雨水属于中雨．
故选：B．
8.【答案】CD
【解析】解：选项A：棱柱的侧面一定是平行四边形，故A错误；
选项B：若三个平面相交于一条直线，则至多将空间分为6个部分，故B错误；
选项C：根据圆台的定义可知圆台可由直角梯形以垂直底边的腰所在直线为旋转轴旋转一周形成，故C正确；
选项D：任意五棱锥的底边都可以分成三个三角形，则可将五棱锥都可以分成3个三棱锥，故D正确．
故选：CD．
根据空间几何体的结构特征可逐一判断．
本题考查空间几何体的结构特征，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：设z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，a1，b1，a2，b2∈R，
∴|z1|= a12+b12，|z2|= a22+b22，z1z2=a1a2−b1b2+(a1b2+a2b1)i，
∴|z1z2|= (a1a2)2+(b1b2)2+(a1b2)2+(a2b1)2= a12+b12⋅ a22+b22=|z1||z2|，A正确；
z1=1+i，z2=1−i时，满足|z1|=|z2|= 2，且z12=2i,z22=−2i，不满足z12=z22，B错误；
∵z1+z2=(a1+a2)+(b1+b2)i，z1−z2=(a1−a2)+(b1−b2)i，
∴|z1+z2|= (a1+a2)2+(b1+b2)2，|z1−z2|= (a1−a2)2+(b1−b2)2，且|z1+z2|=|z1−z2|，
∴a1a2+b1b2=0，
∴z1⋅z2=(a1a2−b1b2)+(a1b2+a2b1)i=−2b1b2+(a1b2+a2b1)i，
∵b1b2不一定等于0，∴z1⋅z2=0错误，C错误；
z1+z2−=(a1+a2)−(b1+b2)i，z1−+z2−=a1−b1i+a2−b2i=(a1+a2)−(b1+b2)i，
∴z1+z2−=z1−+z2−，D正确．
故选：AD．
设z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，a1，b1，a2，b2∈R，然后根据复数模的计算公式即可判断A的正误；举反例即可判断B的正误；根据复数加法、减法和模的计算公式即可得出a1a2+b1b2=0，然后根据复数的乘法运算即可判断C的正误；根据共轭复数的求法即可判断D的正误．
本题考查了复数模的计算公式，复数的加法和减法、乘法的运算，共轭复数的定义及求法，考查了计算能力，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，则EH//BD，且EH=12BD，
点F，G分别是边BC，CD上的点，且CFCB=CGCD=23，则FG//BD，且FG=23BD，
因此FG//EH，点E，F，G，H四点共面，故A正确，B错误；
FG//EH，FG>EH，即四边形EFGH是梯形，则EF与GH必相交，交点为M，
点M在EF上，而EF在平面ACB上，则点M在平面ACB上，同理点M在平面ACD上，
则点M是平面ACB与平面ACD的公共点，而AC是平面ACB与平面ACD的交线，
所以点M一定在直线AC上，故C错误，D正确．
故选：AD．
利用三角形中位线性质、平行线分线段成比例的性质可得FG//EH，即可判断A，B；由平面基本事实推理可判断C，D．
本题考查三角形的中位线性质、平行线分线段成比例定理、直线的平行性的传递性、确定平面的条件、证三点共线常用的方法，属于中档题．
11.【答案】263
【解析】解：如图正四棱台ABCD−A1B1C1D1中AB=3A1B1=3，
则AC= 32+32=3 2，A1C1= 12+12= 2，
过点A1作A1E⊥AC交AC于点E，
过点C1作C1F⊥AC交AC于点F，
则AE=CF=AC−A1C12= 2，
又AA1= 6，
所以A1E= AA12−AE2=2，
即正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高h=2，
所以棱台的体积V=13(S+S′+ SS′)h=13(12+32+ 12×32)×2=263．
故答案为：263．
作出正四棱台的直观图，过点A1作A1E⊥AC交AC于点E，过点C1作C1F⊥AC交AC于点F，利用勾股定理求出棱台的高，最后根据棱台的体积公式计算可得．
本题考查棱台的体积计算，考查运算求解能力，属于基础题．
12.【答案】−2 2
【解析】解：∵1+i是方程x2+bx+c=0的一个根，
∴(1+i)2+b(1+i)+c=0，即(b+c)+(2+b)i=0，
∴b+c=02+b=0，
解得b=−2c=2．
故答案为：−2；2．
通过复数相等，列出b，c的关系式，求解即可．
本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，方程根满足方程，考查计算能力，是基础题．
13.【答案】3π
【解析】解：由题意设球的半径为R，正三棱锥在底面的投影是底面的中心，
由于一个正三棱锥的侧棱长为1，底边长为 2，故底面三角形的高为 62，底面中心到底面三角形的顶点的距离是23× 62= 63
故三棱锥的顶点到底面的距离是 12−( 63)2= 33
故球心到底面的距离是 33−R，由几何体的结构知( 63)2+( 33−R)2=R2得R= 32
此球的表面积为4×π×( 32)2=3π
故答案为3π
由题意球心到正三棱锥四个顶点的距离相等都为R，由于顶点在底面的射影是底面的中心，故棱锥的高易求出，由此球心到底面的距离可以表示出，故可以利用球心到谋面的距离、球的半径、底面中心到顶点的距离这个直角三角形利用勾股定理建立方程求出球的半径．
本题考查球的体积和表面积，求解本题的关键是根据三棱锥的几何结构求出球的半径，再由公式求表面积．对几何体空间结构的透彻了解，是解立体几何体的关键．
14.【答案】3 217
【解析】解：设球O的半径为R，则43πR3=36π，解得R=3，连接AC，
由PA⊥平面ABCD，BC，AC⊂平面ABCD，得PA⊥BC，PA⊥AC，
由矩形ABCD，得AB⊥BC，
而PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，则BC⊥平面PAB，
又PB⊂平面PAB，于是BC⊥PB，同理CD⊥PD，
取PC中点O′，连接O′A，O′B，O′D，
则O′A=O′B=O′D=O′C=O′P，因此点O′是四棱锥P−ABCD的外接球球心O，
显然AB2+AD2+AP2=AC2+AP2=PC2=62，
而AP=3，于是AB2+AD2=27，令AC∩BD=O1，连接OO1，
则OO1⊥平面ABCD,OO1=12PA=32，
要使四棱锥M−ABCD的体积最大，点M必为射线O1O与球O的表面的交点，
MO1=OO1+OM=32+3=92，此时四棱锥M−ABCD的体积V=13SABCD⋅MO1=32AB⋅AD≤34(AB2+AD2)=814，
当且仅当AB=AD=3 62时取等号，
BD= 2AB=3 3,PD=PB= PA2+AB2=3 102,△PBD底边BD上的高h= PB2−(12BD)2=3 72，
设点A到平面PBD的距离为d，由VA−PBD=VP−ABD，得13S△PBD⋅d=13S△ABD⋅PA，
即12BD⋅h⋅d=12AB⋅AD⋅PA，有3 3⋅3 72d=272⋅3，解得d=3 217，
所以点A到面PBD的距离为3 217．
故答案为：3 217．
根据给定条件，求出球O的半径并确定球心O的位置，再求出四棱锥M−ABCD体积取最大时，矩形ABCD的特征，然后用等体积法求解作答．
本题考查了点到平面的距离计算，属于中档题．
15.【答案】解：(1)根据题意，−2 3+i1+2 3i=i，
( 21+i)2=22i=−i，( 21+i)4=(−i)2=−1，
则( 21+i)2022=( 21+i)2020×( 21+i)2=(−1)×(−i)=i，
(4−8i)2−(−4+8i)2 11− 7i=0，
故原式=i+i=2i；
(2)根据题意，z=4a+2i3−i=(4a+2i)(3+i)(3−i)(3+i)=12a−2+(4a+6)i10=6a−15+2a+35i，
若复数z=4a+2i3−i在复平面内对应的点在第二象限，则有6a−15<02a+35>0，解可得−32即a的取值范围为(−32,16).
【解析】(1)根据题意，由复数的计算公式求出−2 3+i1+2 3i、( 21+i)2022和(4−8i)2−(−4+8i)2 11− 7i的值，计算可得答案；
(2)根据题意，求出复数z的表达式，由复数的几何意义可得关于a的不等式，解可得答案．
本题考查复数的计算，涉及复数的几何意义，属于基础题．
16.【答案】解：(1)∵PO1=2m，正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．
∴O1O=8m，
答：仓库的容积V=13×62×2+62×8=312m3，
(2)若正四棱锥的侧棱长为6m，设PO1=xm，
则O1O=4xm，A1O1= 36−x2m，A1B1= 2 36−x2m，
∴正四棱柱侧面积S=4⋅4x⋅ 2 36−x2=16 2x⋅ 36−x2(0∴S≤16 2x2+( 36−x2)22=288 2，
当且仅当x= 36−x2，即x=3 2时，Smax=288 2m2，
答：当PO1=3 2m时，正四棱柱侧面积最大，最大为288 2m2．
【解析】(1)由正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍，可得PO1=2m时，O1O=8m，进而可得仓库的容积；
(2)设PO1=xm，则O1O=4xm，O1O=4xm，A1O1= 36−x2m，A1B1= 2 36−x2m，求出侧面积的表达式，利用基本不等式可得最大值．
本题考查的知识点是棱锥和棱柱的体积和利用基本不等式求最大值，属中档题．
17.【答案】证明：(1)在三棱柱ABC−A1B1C1中，E、F分别是AB，AC的中点，
∴EF//BC，∵B1C1//BC，∴B1C1//EF，
∵EF⊂平面A1EF，B1C1⊄平面A1EF，
∴B1C1//平面A1EF．
(2)由(1)知BC//EF，
∵在三棱柱ABC−A1B1C1中，E、F、G、H分别是AB，AC，A1C1，A1B1的中点，
∴CF//A1G，且CF=A1G，∴四边形A1GCF是平行四边形，
∴A1F//CG，
∵BC∩CG=G，A1F∩EF=F，A1F、EF⊂平面A1EF，BC、CG⊂平面BCHG，
∴平面A1EF//平面BCHG．
【解析】(1)推导出B1C1//EF，由线面平行的性质定理即可证明B1C1//平面A1EF；
(2)推导出BC//EF，四边形A1GCF是平行四边形，A1F//CG，由此能证明平面A1EF//平面BCHG．
本题考查线面平行、面面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力，是中档题．
18.【答案】解：(1)△ABC中，∵cb−a=sinA+sinBsinA+sinC，
∴由正弦定理得cb−a=a+ba+c，
∴ac+c2=b2−a2，即c2+a2−b2=−ac，
由余弦定理得csB=c2+a2−b22ac=−ac2ac=−12，
∵0(2)∵sinC=2sinA，
∴由正弦定理得c=2a①，
又S△ABC=12acsinB= 34ac=2 3，则ac=8②，
联立①②解得a=2，c=4．
【解析】(1)由正弦定理化简已知等式，再由余弦定理得csB，即可得出答案；
(2)由正弦定理结合面积公式可得a，c关系，求解即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．0～10
10～25
25～50
50～100
小雨
中雨
大雨
暴雨
1.在空间中，下列命题不正确的是( )
A. 若两个平面有一个公共点，则它们有无数个公共点．且在一条直线上
B. 若已知四个点不共面，则其中任意三点不共线
C. 梯形可确定一个平面
D. 任意三点能确定一个平面
2.平面α，β，γ不能将空间分成( )
A. 5部分B. 6部分C. 7部分D. 8部分
3.如图，正方形O′A′B′C′的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图的周长是( )
A. 8 cm
B. 6 cm
C. 2(1+ 2) cm
D. 2(1+2 2) cm
4.已知复数z1，z2，“z2>z1”是“z2z1>1”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5.a，b，c为三条不重合的直线，α，β，γ为三个不重合的平面，现给出下面六个命题：
①a//c，b//c，则a//b；②若a//γ，b//γ，则a//b；
③α//c，β//c，则α//β；④若α//γ，β//γ，则α//β；
⑤若α//c，a//c，则a//α；⑥若a//γ，α//γ，则a//α．
其中真命题的个数是( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
6.在2023年3月12日马来西亚吉隆坡举行的YngJunKLSpeedcubing比赛半决赛中，来自中国的9岁魔方天才王艺衡以4.69秒的成绩打破了“解三阶魔方平均用时最短”吉尼斯世界纪录称号.如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层转动了45°之后，表面积增加了( )
A. 54B. 54−36 2C. 108−72 2D. 81−72 2
7.对24小时内降水在平地上的积水厚度(mm)进行如下定义：
小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，则这一天的雨水属于哪个等级( )
A. 小雨B. 中雨C. 大雨D. 暴雨
二、多选题：本题共3小题，共12分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
8.下列说法正确的是( )
A. 棱柱的侧面一定是矩形
B. 三个平面至多将空间分为3个部分
C. 圆台可由直角梯形以垂直底边的腰所在直线为旋转轴旋转一周形成
D. 任意五棱锥都可以分成3个三棱锥
9.关于复数z1，z2，下列说法正确的是( )
A. |z1⋅z2|=|z1|⋅|z2|B. 若|z1|=|z2|，z12=z22
C. 若|z1+z2|=|z1−z2|，则z1⋅z2=0D. z1+z2−=z1−+z2−
10.如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的三等分点，且CFCB=CGCD=23，则下列说法正确的是( )
A. E，F，G，H四点共面
B. EF与GH异面
C. EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上
D. EF与GH的交点M一定在直线AC上
三、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分。
11.已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=3A1B1=3，AA1= 6，则其体积为______．
12.已知1+i是方程x2+bx+c=0(b,c为实数)的一个根.则b= ______，c= ______．
13.一个正三棱锥的侧棱长为1，底边长为 2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为______．
14.如图，已知四棱锥P−ABCD外接球O的体积为36π，PA=3，侧棱PA与底面ABCD垂直，四边形ABCD为矩形，点M在球O的表面上运动.当四棱锥M−ABCD体积的最大时，点A到面PBD的距离为______．
四、解答题：本题共4小题，共44分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题10分)
(1)计算：−2 3+i1+2 3i+( 21+i)2022+(4−8i)2−(−4+8i)2 11− 7i．
(2)若复数z=4a+2i3−i在复平面内对应的点在第二象限，求实数a的取值范围．
16.(本小题10分)
现需要设计一个仓库，由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P−A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD−A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．
(1)若AB=6m，PO1=2m，则仓库的容积是多少？
(2)若正四棱锥的侧棱长为6m，当PO1为多少时，下部的正四棱柱侧面积最大，
最大面积是多少？
17.(本小题12分)
如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1C1，A1B1的中点，求证：
(1)B1C1//平面A1EF；
(2)平面A1EF//平面BCGH．
18.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cb−a=sinA+sinBsinA+sinC．
(1)求角B的大小；
(2)若sinC=2sinA，且S△ABC=2 3，求a和c．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：对于A，若两个平面有一个公共点，则它们有经过该公共点的一条直线，
即两平面有无数个公共点，故A正确；
对于B，若已知四个点不共面，则其中任意三点不共线，
否则，若存在三点共线，则问题转化为一条直线与直线外一点，则四点共面，故B正确；
对于C，因为两条平行直线确定一个平面，所以梯形可确定一个平面，故C正确；
对于D，共线的三点不能确定一个平面，故D错误．
故选：D．
利用平面的相关公理和推论逐项进行判断即可求解．
本题主要考查平面的基本性质及推论，命题真假的判断，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：三个平面平行时，将空间分成4个部分；
三个平面相交于同一条直线时，将空间分成6个部分；
当两个平面平行，第三个平面与它们相交时，将空间分成6个部分；
当三个平面两两相交且有三条交线时，将空间分成7个部分；
当有两个平面相交，第三个平面截两个相交平面时，将空间分成8个部分．
所以平面α，β，γ不能将空间分成5部分．
故选：A．
按三个平面的位置关系进行分类讨论，分别研究将平面分成几个部分，即可得到答案．
本题考查了空间中平面与平面的位置关系，主要考查了平面将空间分成几个部分的问题，考查了学生空间想象能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：正方形O′A′B′C′的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，
则原图是平行四边形，相邻边长为：1和 (2 2)2+1=3，
原图的周长是：8．
故选：A．
判断水平放置的平面图形的直观图的圆图形，求出边长即可求解周长．
本题考查平面图形的直观图的画法，边长的求法，考查计算能力．
4.【答案】D
【解析】解：当z1，z2都是实数时，且z1<0，由z2>z1得z2z1<1，推不出z2z1>1，
所以“z2>z1”是z2z1>1”的不充分条件，
此时，由z2z1>1也推不出z2>z1，所以“z2>z1”是“z2z1>1”的不必要条件，
所以“z2>z1”是“z2z1>1”既不充分也不必要条件，
故选：D．
要考虑到当z1，z2都是实数时，且z1<0的情形，即可判断．
本题考查充分必要条件，考查复数的概念，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：a，b，c为三条不重合的直线，α，β，γ为三个不重合的平面，
①a//c，b//c，则a//b，满足直线与直线平行的传递性，所以①正确；
②若a//γ，b//γ，则a//b也可能异面，所以②不正确；
③α//c，β//c，则α//β也可能相交，所以③不正确；
④若α//γ，β//γ，则α//β，满足平面与平面平行的性质，所以④正确；
⑤若α//c，a//c，则a//α也可能a⊂α，所以⑤不正确；
⑥若a//γ，α//γ，则a//α也可能a⊂α，所以⑥不正确；
故选：C．
利用已知条件，判定6个命题的真假即可．
本题考查直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系的判断，命题的真假的判断，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：如图，
转动了45°后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，显然小三角形为等腰直角三角形，
设直角边x，则斜边为 2x，
则有2x+ 2x=3，得到x=3−3 22，
由几何关系得：阴影部分的面积为S1=12(3−3 22)2=274−9 22，
所以增加的面积为S=16S1=16(274−9 22)=108−72 2．
故选：C．
利用截面图，得出魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，再利用几何关系求出多出的一个小三角形的面积，进而可求出结果．
本题主要考查了正方体的结构特征，考查了学生的空间想象能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】【分析】
利用圆锥内积水的高度是圆锥总高度的一半，求出圆锥内积水部分的半径，求出圆锥的体积，求出平面上积水的厚度，由题意即可得到答案．
本题考查了空间几何体在实际生活中的应用，解题的关键是掌握锥体和柱体体积公式的应用，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．
【解答】
解：圆锥的体积计算公式为V=13Sh=13r2πh，
因为圆锥内积水的高度是圆锥总高度的一半，
所以圆锥内积水部分小圆锥的半径为12×12×200=50mm，
将r=50，h=150代入圆锥体积公式可得积水部分小圆锥的V=125000π(mm3)，
图上定义的是平地上积水的厚度，即平地上积水的高，
平底上积水的体积为V=Sh，且对于这一块平地的面积，即为大圆锥底面圆的面积，
所以大圆锥底面圆的面积S=π⋅(12×200)2=10000π(mm2)，
则平地上积水的厚度h=125000π10000π=12.5(mm)，
因为10<12.5<25，
由题意可知，这一天的雨水属于中雨．
故选：B．
8.【答案】CD
【解析】解：选项A：棱柱的侧面一定是平行四边形，故A错误；
选项B：若三个平面相交于一条直线，则至多将空间分为6个部分，故B错误；
选项C：根据圆台的定义可知圆台可由直角梯形以垂直底边的腰所在直线为旋转轴旋转一周形成，故C正确；
选项D：任意五棱锥的底边都可以分成三个三角形，则可将五棱锥都可以分成3个三棱锥，故D正确．
故选：CD．
根据空间几何体的结构特征可逐一判断．
本题考查空间几何体的结构特征，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：设z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，a1，b1，a2，b2∈R，
∴|z1|= a12+b12，|z2|= a22+b22，z1z2=a1a2−b1b2+(a1b2+a2b1)i，
∴|z1z2|= (a1a2)2+(b1b2)2+(a1b2)2+(a2b1)2= a12+b12⋅ a22+b22=|z1||z2|，A正确；
z1=1+i，z2=1−i时，满足|z1|=|z2|= 2，且z12=2i,z22=−2i，不满足z12=z22，B错误；
∵z1+z2=(a1+a2)+(b1+b2)i，z1−z2=(a1−a2)+(b1−b2)i，
∴|z1+z2|= (a1+a2)2+(b1+b2)2，|z1−z2|= (a1−a2)2+(b1−b2)2，且|z1+z2|=|z1−z2|，
∴a1a2+b1b2=0，
∴z1⋅z2=(a1a2−b1b2)+(a1b2+a2b1)i=−2b1b2+(a1b2+a2b1)i，
∵b1b2不一定等于0，∴z1⋅z2=0错误，C错误；
z1+z2−=(a1+a2)−(b1+b2)i，z1−+z2−=a1−b1i+a2−b2i=(a1+a2)−(b1+b2)i，
∴z1+z2−=z1−+z2−，D正确．
故选：AD．
设z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，a1，b1，a2，b2∈R，然后根据复数模的计算公式即可判断A的正误；举反例即可判断B的正误；根据复数加法、减法和模的计算公式即可得出a1a2+b1b2=0，然后根据复数的乘法运算即可判断C的正误；根据共轭复数的求法即可判断D的正误．
本题考查了复数模的计算公式，复数的加法和减法、乘法的运算，共轭复数的定义及求法，考查了计算能力，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，则EH//BD，且EH=12BD，
点F，G分别是边BC，CD上的点，且CFCB=CGCD=23，则FG//BD，且FG=23BD，
因此FG//EH，点E，F，G，H四点共面，故A正确，B错误；
FG//EH，FG>EH，即四边形EFGH是梯形，则EF与GH必相交，交点为M，
点M在EF上，而EF在平面ACB上，则点M在平面ACB上，同理点M在平面ACD上，
则点M是平面ACB与平面ACD的公共点，而AC是平面ACB与平面ACD的交线，
所以点M一定在直线AC上，故C错误，D正确．
故选：AD．
利用三角形中位线性质、平行线分线段成比例的性质可得FG//EH，即可判断A，B；由平面基本事实推理可判断C，D．
本题考查三角形的中位线性质、平行线分线段成比例定理、直线的平行性的传递性、确定平面的条件、证三点共线常用的方法，属于中档题．
11.【答案】263
【解析】解：如图正四棱台ABCD−A1B1C1D1中AB=3A1B1=3，
则AC= 32+32=3 2，A1C1= 12+12= 2，
过点A1作A1E⊥AC交AC于点E，
过点C1作C1F⊥AC交AC于点F，
则AE=CF=AC−A1C12= 2，
又AA1= 6，
所以A1E= AA12−AE2=2，
即正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高h=2，
所以棱台的体积V=13(S+S′+ SS′)h=13(12+32+ 12×32)×2=263．
故答案为：263．
作出正四棱台的直观图，过点A1作A1E⊥AC交AC于点E，过点C1作C1F⊥AC交AC于点F，利用勾股定理求出棱台的高，最后根据棱台的体积公式计算可得．
本题考查棱台的体积计算，考查运算求解能力，属于基础题．
12.【答案】−2 2
【解析】解：∵1+i是方程x2+bx+c=0的一个根，
∴(1+i)2+b(1+i)+c=0，即(b+c)+(2+b)i=0，
∴b+c=02+b=0，
解得b=−2c=2．
故答案为：−2；2．
通过复数相等，列出b，c的关系式，求解即可．
本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，方程根满足方程，考查计算能力，是基础题．
13.【答案】3π
【解析】解：由题意设球的半径为R，正三棱锥在底面的投影是底面的中心，
由于一个正三棱锥的侧棱长为1，底边长为 2，故底面三角形的高为 62，底面中心到底面三角形的顶点的距离是23× 62= 63
故三棱锥的顶点到底面的距离是 12−( 63)2= 33
故球心到底面的距离是 33−R，由几何体的结构知( 63)2+( 33−R)2=R2得R= 32
此球的表面积为4×π×( 32)2=3π
故答案为3π
由题意球心到正三棱锥四个顶点的距离相等都为R，由于顶点在底面的射影是底面的中心，故棱锥的高易求出，由此球心到底面的距离可以表示出，故可以利用球心到谋面的距离、球的半径、底面中心到顶点的距离这个直角三角形利用勾股定理建立方程求出球的半径．
本题考查球的体积和表面积，求解本题的关键是根据三棱锥的几何结构求出球的半径，再由公式求表面积．对几何体空间结构的透彻了解，是解立体几何体的关键．
14.【答案】3 217
【解析】解：设球O的半径为R，则43πR3=36π，解得R=3，连接AC，
由PA⊥平面ABCD，BC，AC⊂平面ABCD，得PA⊥BC，PA⊥AC，
由矩形ABCD，得AB⊥BC，
而PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，则BC⊥平面PAB，
又PB⊂平面PAB，于是BC⊥PB，同理CD⊥PD，
取PC中点O′，连接O′A，O′B，O′D，
则O′A=O′B=O′D=O′C=O′P，因此点O′是四棱锥P−ABCD的外接球球心O，
显然AB2+AD2+AP2=AC2+AP2=PC2=62，
而AP=3，于是AB2+AD2=27，令AC∩BD=O1，连接OO1，
则OO1⊥平面ABCD,OO1=12PA=32，
要使四棱锥M−ABCD的体积最大，点M必为射线O1O与球O的表面的交点，
MO1=OO1+OM=32+3=92，此时四棱锥M−ABCD的体积V=13SABCD⋅MO1=32AB⋅AD≤34(AB2+AD2)=814，
当且仅当AB=AD=3 62时取等号，
BD= 2AB=3 3,PD=PB= PA2+AB2=3 102,△PBD底边BD上的高h= PB2−(12BD)2=3 72，
设点A到平面PBD的距离为d，由VA−PBD=VP−ABD，得13S△PBD⋅d=13S△ABD⋅PA，
即12BD⋅h⋅d=12AB⋅AD⋅PA，有3 3⋅3 72d=272⋅3，解得d=3 217，
所以点A到面PBD的距离为3 217．
故答案为：3 217．
根据给定条件，求出球O的半径并确定球心O的位置，再求出四棱锥M−ABCD体积取最大时，矩形ABCD的特征，然后用等体积法求解作答．
本题考查了点到平面的距离计算，属于中档题．
15.【答案】解：(1)根据题意，−2 3+i1+2 3i=i，
( 21+i)2=22i=−i，( 21+i)4=(−i)2=−1，
则( 21+i)2022=( 21+i)2020×( 21+i)2=(−1)×(−i)=i，
(4−8i)2−(−4+8i)2 11− 7i=0，
故原式=i+i=2i；
(2)根据题意，z=4a+2i3−i=(4a+2i)(3+i)(3−i)(3+i)=12a−2+(4a+6)i10=6a−15+2a+35i，
若复数z=4a+2i3−i在复平面内对应的点在第二象限，则有6a−15<02a+35>0，解可得−32
【解析】(1)根据题意，由复数的计算公式求出−2 3+i1+2 3i、( 21+i)2022和(4−8i)2−(−4+8i)2 11− 7i的值，计算可得答案；
(2)根据题意，求出复数z的表达式，由复数的几何意义可得关于a的不等式，解可得答案．
本题考查复数的计算，涉及复数的几何意义，属于基础题．
16.【答案】解：(1)∵PO1=2m，正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．
∴O1O=8m，
答：仓库的容积V=13×62×2+62×8=312m3，
(2)若正四棱锥的侧棱长为6m，设PO1=xm，
则O1O=4xm，A1O1= 36−x2m，A1B1= 2 36−x2m，
∴正四棱柱侧面积S=4⋅4x⋅ 2 36−x2=16 2x⋅ 36−x2(0
当且仅当x= 36−x2，即x=3 2时，Smax=288 2m2，
答：当PO1=3 2m时，正四棱柱侧面积最大，最大为288 2m2．
【解析】(1)由正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍，可得PO1=2m时，O1O=8m，进而可得仓库的容积；
(2)设PO1=xm，则O1O=4xm，O1O=4xm，A1O1= 36−x2m，A1B1= 2 36−x2m，求出侧面积的表达式，利用基本不等式可得最大值．
本题考查的知识点是棱锥和棱柱的体积和利用基本不等式求最大值，属中档题．
17.【答案】证明：(1)在三棱柱ABC−A1B1C1中，E、F分别是AB，AC的中点，
∴EF//BC，∵B1C1//BC，∴B1C1//EF，
∵EF⊂平面A1EF，B1C1⊄平面A1EF，
∴B1C1//平面A1EF．
(2)由(1)知BC//EF，
∵在三棱柱ABC−A1B1C1中，E、F、G、H分别是AB，AC，A1C1，A1B1的中点，
∴CF//A1G，且CF=A1G，∴四边形A1GCF是平行四边形，
∴A1F//CG，
∵BC∩CG=G，A1F∩EF=F，A1F、EF⊂平面A1EF，BC、CG⊂平面BCHG，
∴平面A1EF//平面BCHG．
【解析】(1)推导出B1C1//EF，由线面平行的性质定理即可证明B1C1//平面A1EF；
(2)推导出BC//EF，四边形A1GCF是平行四边形，A1F//CG，由此能证明平面A1EF//平面BCHG．
本题考查线面平行、面面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力，是中档题．
18.【答案】解：(1)△ABC中，∵cb−a=sinA+sinBsinA+sinC，
∴由正弦定理得cb−a=a+ba+c，
∴ac+c2=b2−a2，即c2+a2−b2=−ac，
由余弦定理得csB=c2+a2−b22ac=−ac2ac=−12，
∵0
∴由正弦定理得c=2a①，
又S△ABC=12acsinB= 34ac=2 3，则ac=8②，
联立①②解得a=2，c=4．
【解析】(1)由正弦定理化简已知等式，再由余弦定理得csB，即可得出答案；
(2)由正弦定理结合面积公式可得a，c关系，求解即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．0～10
10～25
25～50
50～100
小雨
中雨
大雨
暴雨
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