2023-2024学年河南省洛阳市高一（下）期中数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年河南省洛阳市高一（下）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知i为虚数单位，4−2iA.1−3i B.1−2i2.若直线a在平面γ外，则(

)A.a/​/γ B.a与γ至少有一个公共点

C.a∩γ3.已知向量a，b满足a⋅b=10，且b=(4,A.(8,−6) B.(−4.△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cosC2=55A.23 B.17 C.5.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的八个顶点中，其中A.1：3

B.1：22

C.1

6.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，满足下列条件的△AA.a=2，b=3，C=60° B.a=1，b=2，A=45°7.长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=2，BA.55 B.22 C.8.如图，正方形ABCD的边长为a，顶点A，D分别在x轴的正半轴、y轴的正半轴上移动.若OB⋅OCA.1

B.2

C.22

二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知z为复数，下列说法正确的是(

)A.zz−=|z|2 B.10.关于平面向量，下列说法正确的是(

)A.若a⋅b=a⋅c，则b=c

B.两个非零向量a，b，若|a−b|=|a|+|b|，则a与b共线且反向

C.若a11.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，QA.MN/​/平面APC B.MQ/​/平面APC

C.12.△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC内一点N满足sinANA.aNA+bNB+cN三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知向量a=(1,−2)，b=(t,14.如图，△A′B′C′是斜二测画法画出的水平放置的△ABC的直观图，D′是B′C′的中点，且A′

15.已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=216.在平行四边形ABCD中，∠ABC=2π3，AB=3，BC=2，四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.(本小题10分)

已知复数z1=a+i，z2=1−ai，其中i是虚数单位，a∈R．

(118.(本小题12分)

△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sinA：sinB：sinC=5：7：8．19.(本小题12分)

已知在圆锥SO中，底面⊙O的直径AB=2，△SAB的面积为22．

(1)求圆锥SO的内切球的体积；

(20.(本小题12分)

在△ABC中，M，N为△ABC所在平面内的两点，AB=3，AC=23，∠BAC=π6，MC=13BC，NA+N21.(本小题12分)

如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，H是B1D1的中点，E，F，G分别是DC，BC，HC的中点．

(22.(本小题12分)

已知平面四边形ABDC中，对角线CB为钝角∠ACD的平分线，CB与AD相交于点O，AC=5，AD=7，cos

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：4−2i1+i+i=2.【答案】D

【解析】解：∵直线a在平面γ外，

∴直线a/​/平面γ或直线a与平面γ相交，

直线a/​/平面γ时，a与γ没有公共点，

当直线a与平面γ相交时，a与γ有一个公共点．

∴a与γ至多有一个公共点．

故选：D．

推导出直线a/​/平面γ或直线3.【答案】D

【解析】解：由于b=(4,−3)，所以|b|=42+(−34.【答案】D

【解析】解：因为cosC2=55，可得cosC=2cos2C−1=2×15−15.【答案】C

【解析】解：设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，

则正四面体AB1CD1的棱长为2，

∴正四面体AB1CD1的体积为6.【答案】C

【解析】解：A项，已知两边及夹角，只有一解，

B项，bsinA=2sin45°=2>1=a，此时不能构成三角形，

C7.【答案】A

【解析】解：如图，取CD的中点N，连接D1N，D1A，AN，

易知AB/​/C1D1，AB=C1D1，所以四边形ABC1D1是平行四边形，

所以AD1/​/BC1，又BC1⊂平面BMC1，AD1⊄平面BMC1，

所以AD1/​/平面BMC1，同理可得AN/​/平面BMC1，

又AN∩A8.【答案】B

【解析】解：令∠OAD=θ，则∠BAx=π2−θ，

因为正方形ABCD的边长为a，

所以OA=acosθ，OD=asinθ，

xB=acosθ+9.【答案】AC【解析】解：设z=a+bi，则z−=a−bi，

zz−=(a+bi)(a−bi)=a2+b2，|z|210.【答案】BC【解析】解：对于A，设a=(1,0)，b=(0,0)，c=(0,1)，则a⋅b=b⋅c，但a≠c，故A错误；

对于B，|a−b|=|a|+|b|，两边平方得：−a⋅b=|a|⋅|b|，

因为−a⋅b=−|a|⋅|b|cos〈a,b〉，所以cos〈a,b〉=−1，所以a与b共线且反向，故B正确；

对于11.【答案】CD【解析】解：连接AN，CM，AC，A1C1，

因为M，N为中点，所以MN//A1C1，AC/​/A1C1，所以MN//AC，

即A，C，M，N四点共面，

因为D1M//AB，且D1M=12AB，

因为BP=23BD1，可得D1P=12PB，可得P为AM与BD1的交点，即P∈AM，

所以P∈平面MNAC，

即平面MNAC与平面PAC共面，

即MN⊂平面PAC，所以A不正确；

B中，由A选项的分析，MQ∩平面PAC=M，所以B不正确；

C中，由A选项的分析，可得A，P，M三点共线，所以C正确；

D中，因为A1C1/​/12.【答案】AB【解析】解：∵sinA⋅NA+sinB⋅NB+sinC⋅NC=0，

∴由正弦定理可得a⋅NA+b⋅NB+c⋅NC13.【答案】7

【解析】解：向量a=(1,−2)，b=(t,1)，

∴a−b=(1−t14.【答案】2【解析】【分析】

本题考查斜二测画法，涉及平面图形的直观图，属于基础题．

根据题意，结合直观图，作出原图，由此分析可得答案．

【解答】

解：根据题意，作出原图，原图中，BC=2，AD=2，D为BC的中点，

则AB=AC15.【答案】8π【解析】解：∵AB=1，BC=2，∠ABC=π3，

∴由余弦定理易得AC=3，

∴AC2+AB2=BC2，

∴∠BAC=90°，又三棱柱为直三棱柱，

∴三棱柱ABC−A1B16.【答案】13【解析】解：设BA=a，BC=b，则a⋅b=|a|⋅|b|cos2π3=3×2×(−12)=−3，

所以FB=−17.【答案】解：(1)由复数z1=a+i，z2=1−ai，

则z1⋅z2=(a+i)⋅(1−ai)=a−a2i+i−ai2=2a+【解析】(1)由复数z1，z2，求出z1⋅z2，且z1⋅z2为纯虚数，得到实部为0，虚部不为0，即可求出a的值．

(218.【答案】解：(1)由正弦定理得，a：b：c=sinA：sinB：sinC=5：7：8，

设a=5，b=7，c=8，

由余弦定理可得：cosB=a2+c2−【解析】(1)由正弦定理可得a，b，c之间的的关系，再由余弦定理可得cosB的值，在由角B的范围，可得角B的范围，解得角B的大小；

(2)19.【答案】解：(1)设圆锥SO的母线长为l，底面⊙O的半径为r，

由题意得，S△SAB=12⋅2r⋅SO=22.解得SO=22．

由勾股定理，可得母线l=SO2+r2=3，

如图，作出圆锥的轴截面，球与圆锥侧面相切，设球心为D，球的半径为R，

则DE⊥SB于E，DE=OD=R，

则△SED∽△SOB，可得DEBO=SD【解析】(1)由已知结合勾股定理先求出母线长，结合内切球的性质可求球的半径，进而可求；

(220.【答案】解：(1)由MC=13BC，所以M为线段BC上靠近C的三等分点，

由NA+NC=0，所以N为线段AC的中点，

∴NM=NC+CM=12AC+13CB=12AC+13(AB−AC)=13【解析】(1)由平面向量的线性运算即可求得NM，再由平面向量数量积的性质计算即可求模；

(2)设ND=kNM，由平面向量的线性运算将21.【答案】(1)证明：连接BH，因为F，G为中点，所以FG/​/BH，

因为FG⊄平面BDD1B1，BH⊂平面BDD1B1，

所以FG//平面BDD1B1，

因为EF//BD，EF⊄平面BDD1B1，DB⊂平面BDD1B1，

所以EF/​/平面BDD1B，

又因为EF∩FG=F，

所以平面EFG/​/【解析】(1)连接BH，由题意可证得FG//平面BDD1B1，EF/​/平面