2022-2023学年广东省广州重点中学高一（下）期中数学试卷-普通用卷

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年广东省广州重点中学高一（下）期中数学试卷一、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.设D是△ABC所在平面内一点，BC=A.43AB+13AC 2.如图，已知等腰三角形O′A′B′是一个平面图形的直观图，O′AA.22

B.1

C.23.已知向量a=(m−1,1)，bA.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4.如图，在正四面体ABCD中(棱长均相等的四面体叫做正四面体)，M是线段BC的中点，P是线段AM上的动点，则直线DP和A.90o

B.60o

C.45o

D.5.唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图2所示.已知球的半径为R，酒杯的容积113πR3，则其内壁表面积为A.12πR2

B.10πR26.在△ABC中，若A=60°，A.3 B.32 C.27.已知四边形ABCD是圆内接四边形，AB=4，AD=5，A.274 B.514 C.9+8.如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的底面为直角三角形，∠ACB=90°A.52

B.53

C.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α，β是两个不重合的平面，l，m是两条不同的直线，在下列说法正确的是(

)A.若l//α，α//β，则l//β

B.若α//β，m⊂α，则m//β

C.若l10.已知下列四个命题为真命题的是(

)A.已知非零向量a，b，c，若a//b，b//c，则a//c

B.若四边形ABCD中有AB=DC，则四边形ABCD为平行四边形

C.已知e11.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列命题中正确的有A.若acosA=bcosB=ccosC，则△ABC一定是等边三角形

12.如图，在边长为2的正方形ABCD中，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连结A.存在某一翻折位置，使得AM⊥PB

B.当面PAM⊥平面ABCM时，二面角P−AB−C的正切值为三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知向量a与向量b夹角为60°，且|a|=1，b=(3,4)14.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B=π15.如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点.从A点测得M点的仰角∠MAN=45°，C点的仰角∠CAB=30°以及∠M

16.在直角梯形.ABCD中，AB⊥AD，AD//BC，AB=BC=2AD=2，E，F分别为BC，CD的中点，以A为圆心，AD

四、解答题（本大题共7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5.0分)

已知正四棱锥的底面边长是6，侧棱长为5，求该正四棱锥的表面积．18.(本小题5.0分)

如图所示，在△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1.在三角形内挖去半圆(圆心O在边AC上，半圆与19.(本小题12.0分)

已知a=(3,−2)，b=(2,1)，O为坐标原点．

(1)若20.(本小题12.0分)

在△ABC中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且满足bcosB+C2=asinB．

(1)21.(本小题12.0分)

如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，PA=AB，∠ABC=60°，∠BCA=90°，点D、E分别在棱PB22.(本小题12.0分)

如图，PDCE为矩形，ABCD为梯形，平面PDCE⊥平面ABCD，∠BAD=∠ADC=90°，AB=AD=12CD=a，PD23.(本小题12.0分)

在△ABC中，内角A，B，C对边的边长分别是a，b，c，已知a2+c2=2b2．

(Ⅰ)若B=π4，且A为钝角，求内角A与答案和解析1.【答案】D

【解析】解：D是△ABC所在平面内一点，BC=3CD，

∴AD=AB+BC+CD2.【答案】A

【解析】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2，

∴直角三角形的面积是12×23.【答案】A

【解析】【分析】由向量垂直的坐标表示求得m值，结合充分必要条件的判定方法得答案．

本题考查平面向量垂直的坐标表示，考查充分必要条件的判定方法，是基础题．【解答】解：∵a=(m−1,1)，b=(m,−2)，

∴a⊥b⇔

4.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查一条直线与平面垂直的判定定理，属于中等题．

连接DM，可以证到BC⊥DM，BC⊥PM，从而证到BC⊥平面DMP，所以BC⊥DP，就可以知道所成角为90度．

【解答】

解：连接DM．

∵四面体是正四面体，M是BC的中点，

∴△DBC是等边三角形、△ABC是底边为BC的等腰三角形，

∴BC⊥DM，BC⊥5.【答案】C

【解析】解：设圆柱部分的高是h，

所以πR2h+12⋅43πR3=113πR3，

所以h6.【答案】C

【解析】解：由正弦定理可得

2r=asinA=3sin60°=7.【答案】A

【解析】解：

在△ABD中，由余弦定理得cosA=42+52−322×4×5=45,sinA=35，

又∵A+C=π，0<A<π2，则π2<C<π，所以8.【答案】B

【解析】解：连接A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内，连接A1C，其长度即为所求，

∵直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB=90°，AC=6，BC=CC1=2，

∴矩形BCC1B1是边长为2的正方形，则BC1=29.【答案】BD【解析】解：对A，若l//α，α//β，则l//β或l⊂β，故A错误；

对B，若l//m，l⊥α，则m⊥α，故B正确；

对C，若l//α，m⊂α，则l和m平行或异面，故C错误；

对10.【答案】AB【解析】【分析】本题考查了平面向量基本定理，考查了投影向量的运算，属于基础题．

由平面向量基本定理结合投影向量的运算逐一判断即可．【解答】解：对于选项A，对于非零向量a，b，c，由a//b，b//c，且b为非零向量，可知a//c，故A正确；

对于选项B，四边形ABCD中有AB=DC，由平行四边形判定定理可得，四边形ABCD为平行四边形，故B正确；

对于选项C，e1=(2,−3)，e2=(4,−6)

11.【答案】AC【解析】解：对于A，由正弦定理可得sinAcosA=sinBcosB=sinCcosC，

故tanA=tanB=tanC，而A，B，C为三角形内角，故A=B=C，

故三角形为等边三角形，故A正确；

对于B，若a2tanB=b2tanA，由正弦定理及同角三角函数的基本关系可得sin2AsinBcosB=sin2BsinAcosA，

即sinAcosA=si12.【答案】BC【解析】解：对于C，过D作DO⊥AM，交AM于O，延长交BC于R，

因为底面不变，所以当平面PAM⊥底面ABCM时，

体积最大，其体积为13⋅12⋅(1+2)⋅2⋅1⋅212+22=255，所以C对；

对于B，过O作OQ⊥AB交AB于Q，连接PQ，

因为平面PAM⊥平面ABCM时，PO⊥AM，所以PO⊥平面ABCM，

于是AB⊥PQ，二面角P−AB−C的平面角为∠PQO，

其正切值为2⋅sinθ2⋅cosθ⋅cosθ=tanθ13.【答案】−4【解析】解：向量a与向量b夹角为60°，且|a|=1，b=(3,4)，∴|b|=9+16=5，

∴a⋅b=14.【答案】8

【解析】解：由余弦定理b2=a2+c2−2accosB，B=π3,a=515.【答案】50【解析】解：在RT△ABC中，∠CAB=30°，BC=50m，所以AC=100m．

在△AMC中，∠MAC=75°，∠MCA=60°，从而∠AMC=45°16.【答案】5【解析】解：根据题意，以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴建立如图所示的坐标系，

则A(0,0)，B(2,0)，D(0,1)，C(2,2)，

E，F分别为BC，CD的中点，则E(2,1)，F(1,32)，

设P(cosα,sinα)(0≤α≤π2)，

若AP=λAE+μ17.【答案】解：在底面ABCD中，过点O作OM⊥BC，交BC于点M，连接PM，则PM⊥BC，

因为正四棱锥的底面边长是B【解析】底面ABCD中，过点O作OM⊥BC，交BC于点M，连接P18.【答案】解：几何体是图中阴影部分绕直线AC旋转一周所得旋转体，

是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，球是圆锥的内接球，

所以圆锥的底面半径是：1，高为3，

球的半径为r，tan30°=OCBC=r1,r【解析】几何体是图中阴影部分绕直线AC旋转一周所得旋转体，是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，求出圆锥的体积减去球的体积，可得几何体的体积．

本题主要考查旋转体体积的求解，考查转化能力，属于中档题．19.【答案】解：(1)根据题意，a=(3,−2)，b=(2,1)，

则ma+b=(3m+2,−2m+1)，a−2b=(−1,−4)，

若ma+【解析】本题考查向量数量积的计算，涉及向量模的计算，属于基础题．

(1)根据题意，求出ma+b与a−2b的坐标，由向量数量积的运算性质可得关于m的不等式，然后求出m的范围；20.【答案】解：(1)∵A+B+C=π，bcosB+C2=asinB，

∴bsinA2=asinB，

∴由正弦定理可得，sinBsinA2=sinAsinB，

∵B∈(0,π)，

∴sin【解析】本题主要考查利用正弦定理、余弦定理解三角形，以及利用向量的数量积求向量的模，属于中档题．

(1)根据已知条件，结合三角形的性质，以及正弦定理，可得sinA=sinA2，再结合A的取值范围，即可求解；

21.【答案】(1)证明：在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，则PA⊥BC，

而∠BCA=90°，有AC⊥BC，又PA⋂AC=A，PA，AC⊂平面PAC，

所以BC⊥平面PAC．

(2)由(1)知，BC⊥平面PAC，而DE【解析】(1)根据给定条件，利用线面垂直的性质及判定推理作答．

(2)结合(1)的结论及已知，利用线面角的定义，求出A22.【答案】解：(1)证明：连结PC，交DE于N，连接MN，

∵PDCE为矩形，

∴N为PC的中点，

在△PAC中，M，N分别为PA，PC的中点，

∴MN//AC，

∵MN⊂面MDE，AC⊄面MDE，

∴AC//平面MDE．

(2)∵∠BAD=∠ADC=90°，∴AB//CD，

∴∠PBA是直线PB与直线CD所成角．

∵PDCE为矩形，∴PD⊥CD，

∵平面PDCE平面ABCD，∴PD⊥平面ABC，

∵AD，AB⊂平面ABCD，∴PD⊥AD，PD⊥AB，

在Rt△PDA中，∵AD=a，PD=2a，∴PA=3a，

∵∠BAD=90°，∴AB⊥AD，又∵PD⊥AB，【解析】(1)先证明MN//AC，再利用线面垂直的判定定理即可证明；

(