2022-2023学年安徽省皖北县中联盟高一（下）联考数学试卷（6月份）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年安徽省皖北县中联盟高一（下）联考数学试卷（6月份）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.若复数a+i1−i是纯虚数，则实数A.0 B.−3 C.1 D.2.下列叙述正确的是(

)A.用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台

B.两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台

C.有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台

D.棱台的侧棱延长后必交于一点3.已知向量a=(2sinθ,−A.−2 B.−1 C.0 4.如图所示，△A′B′C′是水平放置的△ABC

A.锐角三角形 B.钝角三角形 C.等腰直角三角形 D.以上选项都不对5.已知平面α、β、γ两两垂直，直线a、b、c满足a⊆α，b⊆β，c⊆γ，则直线a、bA.两两垂直 B.两两平行 C.两两相交 D.两两异面6.已知复数z满足z(1−iA.z=12+12i B.z的虚部与实部相等

C.7.位于某港口A的小艇要将一件重要物品送到一艘正在航行的海轮上.在小艇出发时，海轮位于港口A北偏东30°且与该港口相距30海里的B处，并正以20海里/时的速度沿正西方向匀速行驶.假设该小艇沿直线方向以v海里/时的航行速度匀速行驶，经过t小时与海轮相遇.若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇的航行速度(单位：海里/时)应为(

)A.103 B.20 C.308.在边长为6的菱形ABCD中，∠BAD=π3，现将菱形ABA.24π B.48π C.60π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.下列说法正确的是(

)A.复数z=3i−2i2的虚部为−2

B.方程x2−4x10.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是A.asinA=a+b+csinA+sinB+11.如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AAA.B1E⊥平面BEF

B.直线B1E与直线BF所成的角为90°

C.平面BEF与平面A

12.已知正△ABC的边长为23，中心为O，P是A.(PA+PB)⊥(PC+PO) B.满足|PA+三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知复数z满足1+zi=z−i14.若|a|=|b|=1，a⊥15.已知正方体ABCD−A1B1C1D16.在△ABC中，∠BAC=π3，AM是∠BAC的角平分线，且交B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满足(1+3i)z−=5+5i．18.(本小题12.0分)

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2asin(π2−C)=2b+19.(本小题12.0分)

如图所示，在▱ABCD中，AB=a，AD=b，BM=23BC，AN=13AB．

(120.(本小题12.0分)

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=AA1=1，∠ABC=90°，D，E21.(本小题12.0分)

已知空间几何体ABCDE中，△BCD是边长为2的等边三角形，△ABC是腰长为2的等腰直角三角形，四边形ACDE是正方形．

(1)22.(本小题12.0分)

如图，在梯形ABCD中，AD//BC，AB=8，AC=72，∠A

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：∵a+i1−i=(a+i)(1+i)(12.【答案】D

【解析】解：棱台：棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面间的部分叫做棱台．

对于A，当截面不平行于底面时，棱锥底面和截面之间的部分不是棱台，A错误；

对于B，C，如图的几何体满足条件，但侧棱延长线不能相交于一点，不是棱台，B，C错误；

对于D，由棱台结构特征知侧棱延长后必交于一点，D正确．

故选：D．

利用棱锥与棱台的关系，结合棱台的定义判断即可．

本题考查棱台的定义以及结构特征的应用，是基础题．

3.【答案】C

【解析】解：根据题意，向量a=(2sinθ,−cos0)=(2sinθ,−1)，4.【答案】C

【解析】解：O′C′=O′A′，O′A′⊥O′B′，根据斜二测画法可知，在原图形中，O为CA的中点，

AC⊥OB，

5.【答案】B

【解析】解：平面α、β、γ两两垂直，直线a、b、c满足a⊆α，b⊆β，c⊆γ，

所以直线a、b、c在三个平面内，不会是共面直线，

所以：当直线两两平行时，a、b、c为共面直线．

与已知条件整理出的结论不符．

故选：B6.【答案】D

【解析】解：z(1−i)=i，

则z=i1−i=i(1+i)(1−i)(1+i)=i+i22=−12+7.【答案】D

【解析】解：由题意作图，如图所示，∠BAC=30°，∠ABC=60°，AB=30，

假设经过t小时后小艇和轮渡在点C处相遇，

显然当AC⊥BC时，即小艇往正北方向航行时航行的距离最小，为AC=ABcos30°=153海里，

海轮航行的距离为BC8.【答案】C

【解析】解：由题意在边长为6的菱形ABCD中，∠BAD=π3，现将菱形ABCD沿对角线BD折起，可知，

△ABD和△BCD为等边三角形，如图所示．

取BD中点E，连接CE，AE，则AE⊥BD，AE=AD2−DE2=62−32=33，同理可得CE=33，

又AC=36，则AE2+CE2=AC2，AE⊥CE，故AE⊥平面CBD．

球心O在平面BCD9.【答案】BD【解析】解：对于A，z=3i−2i2=2+3i，虚部为3，A错误；

对于B，x2−4x+5=0，

则(x−2)2=−1，解得x=2±i，故B正确；

对于C，z=(1+i)2=2i10.【答案】AB【解析】解：对于A，由正弦定理和比例性质得asinA=a+b+csinA+sinB+sinC，故A正确；

对于B，由题意，tanC=tan[π−(A+B)]=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB，

则tanA11.【答案】AB【解析】解：对于A，如图，连接B1F，由题意A1B1=B1C1，

又E，F分别为CC1，AA1的中点，可得B1E=B1F，

若B1E⊥平面BEF，则B1E⊥EF，

进而∠B1EF=∠B1FE=90°，这显然不成立，故B 1E与平面BEF不垂直，A错误；

对于B，假设直线B1E与直线BF所成的角为90°，即B1E⊥BF，

由正四棱柱的性质可知B1A1⊥平面B1BCC1，

而B1E⊂平面B1BCC1，所以B1A1⊥B1E，

又A1B1与BF相交，A1B1、BF⊂面ABB1A1，所以B1E⊥平面ABB1A1，

而由正四棱柱的性质可知B1C1⊥平面ABB1A1，所以B1E//B1C1，显然这是不可能的，

所以假设不成立，因此B错误；

对于C，分别延长D1F，DA交于点P，连接PB，

则直线PB即为平面BED1F与平面ABCD的交线，连接BD，BD1，12.【答案】AB【解析】解：对于A，记CO的中点为N，由正三角形的性质知N在内切圆上且MN为内切圆圆O的直径，如图，连接PM，PN，从而有(PA+PB)⋅(PC+PO)=4PM⋅PN=0.A正确；

对于B，|PA+PB|=|2PM|=2|PM|，因为△ABC的边长为23，所以内切圆半径为1.当且仅当P为OC中点N时，|PA+PB|=4，B正确；

对于C，PA+PB=2PM，易知PM与PC的夹角∠MPC>π2，所以(PA+PB)⋅PC<0，C错误；

对于D，13.【答案】1

【解析】解：由1+zi=z−i，

得(1−i)z=1+i14.【答案】6

【解析】解：∵a⊥b

∴a⋅b=0

∵(2a+3b)⊥(ka−4b)

∴∵(2a+3b15.【答案】2【解析】解：连接AC1，AD1，

∵A1D⊥AD1，

又D1C1⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，

∴A1D⊥D1C1，又AD1∩D1C1=D1，

∴A1D⊥平面AC1D1，又AC1⊂平面A16.【答案】3【解析】解：设角A，B，C的对边分别为a，b，c，

由题意S△ABM+S△ACM=S△ABC=12bc⋅32=3，得bc=4，

又因为S△17.【答案】解：由(1+3i)z−=5+5i，得z【解析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简求得z−．

(1)利用复数代数形式的减法运算求解；

(2)利用复数代数形式的乘除运算化简z218.【答案】解：(1)由2asin(π2−C)=2b+c，

得2sinAcosC=2sinB+sinC，

又A+B+C=π，所以2sinAcosC=2s【解析】(1)由正弦定理，将2asin(π2−C)=2b19.【答案】(1)解：由题意，AN=13AB，

∴AN=13AB=13a，

∴DN=AN−AD=13a−b；

∵BM=【解析】(1)根据几何关系，结合图象以及向量的运算法则，即可表示出DN，AM；

(2)根据已知可推得AO=20.【答案】解：(1)多面体ABEDB1C1不是棱柱．理由如下：

因为棱柱的侧面必为平行四边形，故棱柱的面至少有3个平行四边形，而多面体ABEDB1C1只有1个面是平行四边形，故不是棱柱．

(2)易知三棱柱ABC−A1B1C1的体积V=12×AB×BC×AA1=12，

三棱锥A−A1B1D的体积V1=13×12×12×AB×BC×AA1=112，

易知三棱锥C1−BCE的体积等于三棱锥A−A1B1D的体积，【解析】(1)根据棱柱的特征判断即可；

(2)利用三棱锥体积减两个三棱锥体积可得；

(21.【答案】(1)证明：∵四边形ACDE是正方形，∴AE//CD，

又CD⊂平面BCD，AE⊄平面BCD，∴AE//平面BCD，

又AE⊂平面ABE，平面ABE∩平面BCD=l，∴AE//l；

(2)解：法一：取CD的中点F，连接BF，

∵△BCD是边长为2的等边三角形，∴BF⊥CD，且易得BF=3，

∵△BCD是边长为2的等边三角形，四边形ACDE是正方形，

∴AC=BC=2，

而△ABC是腰长为2的等腰直角三角形，∴AC⊥BC，

又由题意知AC⊥CD，BC∩CD=C，BC，CD⊂平面BCD，

∴AC⊥平面B【解析】(1)由线面平行的判定定理可得AE//平面BCD，线面平行的性质定理可得AE//l，

(2)法一：取CD的中点F，由线面垂直的