2022-2023学年安徽省安庆市九一六学校高一（下）第四次调研数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年安徽省安庆市九一六学校高一（下）第四次调研数学试卷（含解析），共16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学年安徽省安庆市九一六学校高一（下）第四次调研数学试卷
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. 下列几何体中是旋转体的是(    )
①圆柱；②六棱锥；③正方体；④球体；⑤四面体．
A. ①和⑤ B. ① C. ③和④ D. ①和④
2. 用半径为2的半圆形铁皮围成一个圆锥筒，则该圆锥筒的高为(    )
A. 1 B. 3 C. 2 D. 6
3. 若复数z满足(1+z)(1−i)=2，则复数z的虚部为(    )
A. i B. −i C. 1 D. −1
4. 如图，在△OAB中，P为线段AB上的一点，OP=xOA+yOB，且BA=4PA，(    )

A. x=13，y=23
B. x=23，y=13
C. x=34，y=14
D. x=14，y=34
5. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a：b：c=3：2：4，则cosC=(    )
A. −14 B. − 32 C. 14 D. 32
6. 如果直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，且α//β，则a与b(    )
A. 共面 B. 平行
C. 是异面直线 D. 可能平行，也可能是异面直线
7. 如图正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是(    )
A. 8
B. 6
C. 2(1+ 3)
D. 2(1+ 2)
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
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. 已知向量a=(3,−2)，b=(2,t)(t∈R)，则(    )
A. 与a方向相同的单位向量的坐标为(313,−213)
B. 当t=2时，a与b的夹角为锐角
C. 当t=1时，a、b可作为平面内的一组基底
D. 当t=4时，b在a方向上的投影向量为(−313,213)
10. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，对于△ABC有如下命题，其中正确的是(    )
A. 若a2+b2>c2，则△ABC是锐角三角形
B. 若A=π3，a= 3，则△ABC的外接圆的面积等于π
C. 若△ABC是锐角三角形，则sinA>cosB
D. 若acosA=bcosB，则△ABC是等腰直角三角形
11. 下列说法中正确的是(    )
A. 若一个球的直径为2，则此球的表面积为4π
B. 若一个圆锥的底面积为3π，母线长为2，则此圆锥的体积为π
C. 若两个球的半径之比为2：3，则这两个球的体积之比为4：9
D. 棱台的上下两个地面面积分别为S1，S2，高为h，则体积为13(S1+ S1S2+S2)h
12. 在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，CC1的中点，P为线段EF上的动点，则(    )
A. 线段DP长度的最小值为2 B. 三棱锥D−A1AP的体积为定值
C. 平面AEF截正方体所得截面为梯形 D. 直线DP与AA1所成角的大小可能为π3
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 不共面的四点可以确定平面的个数是______ ．
14. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a=2，b=3，∠C=45°，则△ABC的面积是______ ．
15. 如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2，AA1=6，D为B1B的中点，则A1B与C1D所成角的余弦值为        ．


16. 四面体A−BCD中，AB=CD=5，BC=AC=AD=BD=6，则此四面体外接球的表面积为______．
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+m−2)+(m2−1)i(m∈R)，试求实数m为什么值时，复数z分别为：
(1)实数；
(2)纯虚数．
18. (本小题12.0分)
已知a=(1,2)，b=(1,−1)．
(1)a与b夹角的余弦值；
(2)若2a+b与ka−b垂直，求k的值．
19. (本小题12.0分)
棱长为1的正方体AC1中，E为CC1的中点．
(1)求异面直线BE和DD1所成角的正切值．
(2)求三棱锥C−BDE的体积．

20. (本小题12.0分)
三棱柱ABC−A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，侧棱A1A⊥底面ABC，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点M是线段AC上的动点，EC=2FB=2．

(1)当点M在什么位置时，有BM//平面AEF，并加以证明．
(2)求四棱锥A−BCEF的表面积．
21. (本小题12.0分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，


求证：(1)B，C，H，G四点共面；
          (2)平面EFA1//平面BCHG．
22. (本小题12.0分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知2bcosA=2c−a．
(1)求角B；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c=2，求△ABC面积的取值范围．
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：①圆柱是旋转体；
②六棱锥是多面体；
③正方体是多面体；
④球体是旋转体；
⑤四面体是多面体．
故选D．
利用旋转体的概念直接进行判断．
本题考查旋转体的定义，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．

2.【答案】B 
【解析】解：设圆锥筒的底面半径为r，则2πr=2π，即r=1，
由已知可得圆锥筒的母线长为2，则圆锥的高为 22−12= 3．
故选：B．
由已知列式求得圆锥筒的底面半径，再由勾股定理求高．
本题考查圆锥的侧面展开图，考查勾股定理的应用，是基础题．

3.【答案】C 
【解析】解：由(1+z)(1−i)=2得z=21−i−1=2(1+i)(1−i)(1+i)−1=1+i−1=i，
故复数z的虚部为1．
故选：C．
根据复数的除法法则得到z=i，求出虚部．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．

4.【答案】C 
【解析】解：在△OAB中，P为线段AB上的一点，OP=xOA+yOB，且BA=4PA，
则：OA−OB=4(OA−OP)，
整理得：OP=34OA+14OB，
由于：OP=xOA+yOB，
所以：x=34，y=14．
故选：C．
直接利用向量的共线的充要条件和向量的减法求出结果．
本题考查的知识要点：向量共线的充要条件，向量的线性运算，属于基础题型．

5.【答案】A 
【解析】解：设a=3x，b=2x，c=4x，
利用余弦定理：cosC=a2+b2−c22ab=−14，
故选：A．
直接利用余弦定理的应用求出结果．
本题考查的知识要点：余弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．

6.【答案】D 
【解析】解：根据题意，直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，且α//β，
则a与b不会相交，即平行或异面，
故选：D．
根据题意，由平面和平面平行的性质，分析可得答案．
本题考查平面与平面平行的性质，涉及直线间的位置关系，属于基础题．

7.【答案】A 
【解析】解：由斜二测画法的规则可知，
原图形平行于x轴的线段，在直观图中画成平行于x′轴，长度不变，
原图形平行于y轴的线段，在直观图中画成平行于y′轴，且长度为原来一半，
由于y′轴上的线段长度为 2，故在原图形中，其长度为2 2，且在原图形的y轴上，
原图形如图所示，
所以原图形的周长为8．
故选：A．
由斜二测画法的规则，分析原图形与直观图中之间的关系，求解即可．
本题主要考查了平面图形的直观图的画法及应用，其中熟记斜二测画法的规则是解答的关键，考查了数形结合思想的应用，属于基础题．

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】BC 
【解析】解：对于A，与a方向相同的单位向量为a|a|=1 13(3,−2)=(3 1313,−2 1313)，故A错误；
对于B，当t=2时，a=(3,−2)，b=(2,2)，cos〈a,b〉=a⋅b|a|⋅|b|=6−4 13×2 2= 2626，
所以，a与b的夹角为锐角，故B正确；
对于C，当t=1时，a=(3,−2)，b=(2,1)，则3×1≠−2×2，则a与b不平行，a、b可作为平面内的一组基底，故C正确；
对于D，设a与b的夹角为θ，则b在a方向的投影向量为|b|cosθ⋅a|a|=(a⋅b)a|a|2，
当t=4时，a=(3,−2)，b=(2,4)，a⋅b=3×2−2×4=−2，|a|= 13，
所以(a⋅b)a|a|2=−213(3,−2)=(−613,413)，故D错误．
故选：BC．
根据与a方向相同的单位向量为a|a|可判断A选项；利用平面向量数量积的坐标运算可判断B选项；判断出a、b不共线，可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项．
本题主要考查了向量的数量积运算，考查了投影向量的定义，属于中档题．

10.【答案】BC 
【解析】解：对于A：由余弦定理得cosB=a2+c2−b22ac>0，即B为锐角，
不能判断△ABC为锐角，故A错误；
对于B：设△ABC的外接圆的半径为R，由正弦定理得2R=asinA= 3 32=2，
即R=1，故其外接圆的面积为πR2=π，故B正确；
对于C：若△ABC为锐角三角形，则A+B=π2，且π2>A>π2−B>0，
∴sinA>sin(π2−B)=cosB，故C正确；
对于D：∵acosA=bcosB，
由正弦定理得sinAcosA=sinBcosB，
即sin2A=sin2B，
∴2A=2B或2A=π−2B，即A=B或A+B=π2，
则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故D错误．
故选：BC．
根据余弦定理即可判断A；根据正弦定理，即可判断B；由题意可得π2>A>π2−B>0，即可判断C；根据正弦定理和二倍角的正弦公式计算化简，即可判断D．
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．

11.【答案】ABD 
【解析】解：对于A，S球=4πr2，A正确；
对于B，圆锥的底面积为3π，则底面半径为 3，
所以此圆锥的高为 22−( 3)2=1，体积为13Sh=13×3π×1=π，B正确；
对于C，设两个球的半径为r1，r2，则V1：V2=r13：r23，
所以V1：V2=8：27，C错误；
对于D，S棱台=13(S1+ S1S2+S2)h，D正确．
故选：ABD．
根据空间几何体的表面积和体积公式得出结论．
本题考查简单几何体的表面积和体积，考查运算求解能力，属于基础题．

12.【答案】BC 
【解析】解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，CD⊥平面CBB1C1，
又∵CP⊂平面CBB1C1，∴CD⊥CP，∴PD= CP2+CD2，
CP≥12EF= 2，∴PD≥ 6，故A错误；
∵EF//平面ADD1A1，∴点P到平面ADD1A1的距离为定值，
又∵三角形DAA1的面积为定值，∴三棱锥D−A1AP的体积为定值，故B正确；

∵E，F分别为棱BC，CC1的中点，∴EF//BC1，又易证BC1//AD1，
∴EF//AD1，但EF≠AD1，∴四边形AEFD1为梯形，故平面AEF截正方体所得截面为梯形，故C正确；
由题意可得P与F重合时直线DP与DD1所成角最小，
又可得FD1=DF>DD1，故∠FDD1>π3．
∵AA1//DD1，∴∠FDD1是直线DP与AA1所成的角，故直线DP与AA1所成角的大小不可能为π3，故D错误．
故选：BC．
利用正方体ABCD−A1B1C1D1中的性质，易得CD⊥CP，可求PD的最小值判断A；利用EF//平面ADD1A1，可得三棱锥D−A1AP的体积为定值判断B；EF//AD1，但EF≠AD1，可判断C；AA1//DD1，可得∠FDD1是直线DP与AA1所成的角，由∠FDD1>π3.可判断D．
本题考查空间几何体的性质，考查异面直线所成的角，属中档题．

13.【答案】4 
【解析】解：不共面的四点是指任意三个点都不在同一条直线上，
这样从四点任取三个点都可以确定一个平面，
∴一共可以确定C43=4个平面，
故答案为：4
不共面的四点是指任意三个点都不在同一条直线上，这样从四点任取三个点都可以确定一个平面，本题变化成一个组合问题，即从4个元素中取3个的方法数．
本题考查过不共线的三点可以确定一个平面，考查不共面的四点的位置关系，本题是一个不需要运算的基础题．

14.【答案】32 2 
【解析】解：由三角形面积公式得，S△ABC=12absinC=12×2×3× 22=32 2．
故答案为：32 2．
根据三角形面积公式计算．
本题考查三角形面积公式，属于基础题．

15.【答案】 13013 
【解析】解：如图，取A1B1的中点E，连接DE，EC1，

在△A1BB1中，D为B1B的中点，所以DE为中位线，所以DE//A1B，
所以∠EDC1或其补角为A1B与C1D所成的角，
在△EDC1中，ED= 32+12= 10，DC1= 32+22= 13，EC1= 22−12= 3，
所以cos∠EDC1=ED2+DC12−EC122ED⋅DC1=10+13−32× 10× 13= 13013，
所以A1B与C1D所成角的余弦值为 13013．
故答案为： 13013．
取A1B1的中点E，连接DE，EC1，即可得到DE//A1B，从而得到∠EDC1为A1B与C1D所成的角，再利用余弦定理计算可得．
本题考查异面直线所成角，同时也涉及了余弦定理的运用，考查运算求解能力，属于中档题．

16.【答案】44π 
【解析】解：将四面体A−BCD放入长方体中，使得六条棱分别为长方体六个面的面对角线，
如下图：

则长方体的外接球即为四面体A−BCD的外接球，
又长方体的体对角线即为外接球的直径2R，
设长方体的长宽高分别为a，b，c，则有a²+b²=36，a²+c²=36，c²+b²=16，
∴a²+b²+c²=44=4R²，
所以外接球的表面积为4πR²=44π，
故答案为44π．
将四面体放入长方体中，使得六条棱分别为长方体六个面的面对角线，则长方体的外接球即为四面体A−BCD的外接球，利用数据计算长方体的体对角线即为外接球的直径，可得球的表面积．
本题主要考查几何体的外接球的表面积，属于中档题．

17.【答案】解：(1)若z为实数，
则m2−1=0，得：m=±1．
(2)若z为纯虚数，
则m2+m−2=0且m2−1≠0，解得：m=−2． 
【解析】(1)根据z为实数可得出其虚部为零，可求得实数m的值；
(2)根据z为纯虚数可得出其实部为零，虚部不为零，由此可求得实数m的值．
本题主要考查实数、纯虚数的定义，属于基础题．

18.【答案】解：(1)∵a=(1,2)，b=(1,−1)，
∴cos=a⋅b|a|⋅|b|=−1 5× 2=− 1010，
∴a与b夹角的余弦值为− 1010．
(2)∵a=(1,2)，b=(1,−1)，
∴2a+b=(3,3)，ka−b=(k−1,2k+1)，
又向量2a+b与ka−b垂直，
则(2a+b)⋅(ka−b)=3(k−1)+3(2k+1)=0，
解得k=0． 
【解析】(1)利用向量夹角余弦公式能求出a与b夹角的余弦值．
(2)利用向量坐标运算法则求出2a+b=(3,3)，ka−b=(k−1,2k+1)，再由向量2a+b与ka−b垂直，能求出k的值．
本题考查向量的运算，考查向量坐标运算法则、向量夹角余弦值、向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

19.【答案】解：(1)正方体AC1中，DD1//CC1，∴异面直线BE和DD1所成角为∠BEC，
∵E为CC1的中点，∴tan∠BEC=BCEC=2；
(2)VC−BDE=VE−BCD=13×(12×1×1)×12=112． 
【解析】(1)由线线平行说明异面直线BE和DD1所成角为∠BEC，则可求正切值；
(2)利用等体积转化VC−BDE=VE−BCD．
本题主要考查异面直线所成的角，棱锥体积的求法，考查运算求解能力，属于基础题．

20.【答案】解：(1)M为AC中点；
证明如下：取AE的中点O，连接OF，OM；
∵O，M分别为AE，AC的中点，
∴OM//CE，
∵BF//CE，且EC=2FB=2，

∴OM//FB//CE，且OM=FB=12CE；
∴四边形OMBF为矩形，
故BM//OF；
又BM⊄平面AEF，OF⊂平面AEF，
∴BM//平面AEF；
(2)四棱锥A−BCEF的表面积为
S=S梯形BCEF+S△ABC+S△ABF+S△AEF+S△ACE
=12×(1+2)×2+12×22×sinπ3+12×2×1+12×2 2× 5−2+12×2×2
=6+ 3+ 6． 
【解析】(1)M为AC中点；取AE的中点O，连接OF，OM；证明BM//OF，即可证明BM//平面AEF；
(2)分别计算四棱锥A−BCEF各个面的面积，求和即可．
本题考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，也考查了几何体表面积的计算问题，是综合题．

21.【答案】证明：(1)∵G、H分别为A1B1，A1C1中点，∴GH//B1C1，
∵三棱柱ABC−A1B1C1中，BC//B1C1，
∴GH//BC
∴B、C、H、G四点共面；
(2)∵E、F分别为AB、AC中点，
∴EF//BC
∴EF//BC//B1C1//GH
又∵E、G分别为三棱柱侧面平行四边形AA1B1B对边AB、A1B1中点，
∴四边形A1EBG为平行四边形，A1E//BG
又A1E⊄平面BCHG,BG⊂平面BCGH
∴A1E//平面BCHG
∵EF⊂平面A1EF,A1E⊂A1EF,且EF∩A1E=E
∴平面EFA1//平面BCHG． 
【解析】本题考查平面的基本性质，考查面面平行，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
(1)利用三角形中位线的性质，证明GH//B1C1，从而可得GH//BC，即可证明B，C，H，G四点共面；
(2)证明平面EFA1中有两条直线A1E、EF分别与平面BCHG中的两条直线BG、BC平行，即可得到平面EFA1//平面BCHG．

22.【答案】解：(1)根据正弦定理由2bcosA=2c−a，得2sinBcosA=2sinC−sinA⇒2sinBcosA=2sin(B+A)−sinA，
所以2sinBcosA=2sinBcosA+2cosBsinA−sinA，即2cosBsinA=sinA，
因为A∈(0,π)，所以sinA≠0，
所以由2cosBsinA=sinA⇒cosB=12，
因为B∈(0,π)，所以B=π3；
(2)S△ABC=12acsinB= 32a，
由正弦定理，得a=2sinAsinC=2sin(2π3−C)sinC=2× 32⋅cosC−2×(−12)sinCsinC= 3tanC+1，
且A=2π3−C，
所以S△ABC=32tanC+ 32，△ABC为锐角三角形，
所以0 所以tanC∈( 33,+∞)，所以1tanC∈(0, 3)
则S△ABC∈( 32,2 3)． 
【解析】(1)根据正弦定理，结合两角和正弦公式进行求解即可；
(2)根据三角形面积公式，结合正弦定理、正切函数的单调性进行求解即可．
本题主要考查解三角形，考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．