2022-2023学年上海市宝安重点中学高一（下）期中数学试卷含解析

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年上海市宝安重点中学高一（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.若i(1−z)=A.−1 B.−i C.1 2.平面向量|a|=1，|b|=4，(A.π4 B.π3 C.2π3.已知向量a，b的夹角为，且|a|=2，b=(1,1A.(22,22) B.(，)4.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(AA.g(x)=22sin(5.如图，已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=6，A1B

A.平面A1C1D B.平面DMN C.6.在△ABC中，已知a+b=A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等边三角形 D.等腰或直角三角形7.如图所示的矩形ABCD中，AB=4，AD=3，以B为圆心的圆与AC相切，P为圆上一点，且A.11325

B.325

8.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为BDA.点P可以是棱BB1的中点

B.线段MP的最大值为32

C.点P的轨迹是正方形

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.已知复数z满足z−2i=A.复数z的模为10 B.复数z在复平面内所对应的点在第四象限

C.复数z的共轭复数为−1+10.如图，点A，B，C，M，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足MN//平面ABA. B.

C. D.11.已知函数f(x)=siA.f(x)与g(x)均在(0,π4)单调递增

B.f(x)的图象可由12.已知△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，已知b=4，c=6，△ABC的面积S满足(A.S=6 B.CB⋅AO三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.计算：sin47°−14.将边长为20的正三角形ABC，按“斜二测”画法在水平放置的平面上画出为△A′B′C15.湿地公园是国家湿地保护体系的重要组成部分，某市计划在如图所示的四边形ABCD区域建一处湿地公园.已知∠DAB=90°，∠DBA=45

16.如图，矩形ABCD中，AD=2AB=2，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折，构成四棱锥B1−AMCD，N为B1D的中点，则在翻折过程中，

①对于任意一个位置总有CN//平面AB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)

已知向量a=(5,−12)，b=(−3,4)．

(1)求a18.(本小题12.0分)

已知函数f(x)=sin(π−x)sin(π2−19.(本小题12.0分)

如图，在Rt△PAB中，PA⊥AB，且PA=23，AB=2，将△PAB绕直角边PA旋转2π3到△PAC处，得到圆锥的一部分，点20.(本小题12.0分)

在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c−2bcosA=b．

(1)求证：A=221.(本小题12.0分)

如图，在多面体ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，△ABC和△ACD均为正三角形，AC=22.(本小题12.0分)

深圳别称“鹏城”，是中国的窗口，“深圳之光”摩天轮是中国之眼，如图(1)，代表着开拓创新、包容开放的精神，向世界展示着中国自信.摩天轮的半径为6(单位：10m)，圆心O在水平地面上的射影点为A，摩天轮上任意一点P在水平地面上的射影点都在直线l上.水平地面上有三个观景点B、C、D，如图(2)所示.在三角形ABC中，AB=AC，BD=8DC，∠BAD=90°，BC//l，∠OBA=45°，记OA=a(单位：10m)．

(1)在△ABC中，求答案和解析1.【答案】C

【解析】解：i(1−z)=1，

则1−z=1i=−i，2.【答案】C

【解析】解：设a与b的夹角是θ，θ∈[0,π]，

∵(2a+b)⊥a，

∴(2a+b)⋅a=2a2+3.【答案】A

【解析】解：向量a，b的夹角为，且|a|=2，b=(1,1)，

则|b|=12+12=4.【答案】A

【解析】解：由图知，最小正周期T=43(11π12−5π12)=2π3，

所以ω=2πT=3，

又f(11π12)=A，所以Asin(3⋅11π12+φ)=A，即sin(11π4+φ)=1，

所以11π4+φ=π2+2kπ，k∈Z，即φ=2k5.【答案】C

【解析】解：延长AA1，BB1，CC1，DD1交于一点P，取PB中点Q，连接AQ，CQ，如图所示：

因为正四棱台ABCD−A1B1C1D1，所以P−A1B1C1D1为正四棱锥，

因为AB=6，A1B1=4，BB1=2，且△PA1B1～△PAB，

所以A1B1AB=PB1PB，即46=PB1PB1+2，解得PB1=4，

所以PB=PA=AB=6，即△PAB为等边三角形，

因为Q为PB中点，所以AQ⊥PB，且QB=3，同理可得CQ⊥PB，

因为BB1=2，所以QB1=1，即QB1QB=13，

因为M，N为A1B16.【答案】B

【解析】解：因为a+b=atanA+btanB，

所以sinA+sinB=sinAsinAcosA+si7.【答案】C

【解析】解：过点P做PE⊥AB交AB延长线于点E，如图所示：

因为矩形ABCD中，AB=4，AD=3，所以AC=42+32=5，

因为P为圆上一点，所以BP为圆的半径，

因为圆与AC相切，根据△ACB面积相等可得：12AB⋅BC=12AC⋅BP，即12⋅4⋅3=12⋅5⋅BP，

解得BP=125，因为∠ABP=2π3，所以∠PBE=π3，

所以BE=65,PE=635，

8.【答案】B

【解析】解：如图，取棱BC的中点E，连接DE，B1E，ME，

因为M，N分别为BD1，B1C1的中点，

所以在△BCD1中，ME//CD1，由于ME⊄平面CND1，CD1⊂平面CND1，

所以ME//平面CND1，

因为B1N//CE，B1N=CE，所以，四边形CNB1E为平行四边形，

所以CN//B1E，因为CN⊂平面CND1，B1E⊄平面CND1，

所以B1E//平面CND1，

因为B1E∩ME=E，B1E，ME⊂平面B1EM，

所以平面B1EM//平面CND1，

由于M为体对角线BD1的中点，

所以，连接B1M并延长，直线B1M必过D点，

故取A1D1中点F，连接B1F，FD，DE，

9.【答案】AD【解析】解：因为z−2i=zi+4，

所以(1−i)z=4+2i，z=4+2i1−i=2(1+i)(2+i)10.【答案】AD【解析】解：对于A选项，由下图可知MN//DE//AC，MN⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以MN//平面ABC，A正确．

对于B选项，设H是EG的中点，由下图，结合正方体的性质可知，AB//NH，MN//AH//BC，AM//CH，所以A，B，C，H，N，M六点共面，B错误．

对于C选项，如下图所示，根据正方体的性质可知MN//AD，由于AD⊄平面ABC，所以MN⊄平面ABC11.【答案】AD【解析】解：f(x)=sinxcosx=12sin2x，g(x)=sinx+cosx=2sin(x+π4)，

选项A，由x∈(0,π4)知，2x∈(0,π2)，x+π4∈(π4,π2)，

又函数y=sinx在(0,π2)上单调递增，

所以f(x)与g(x)均在(0,π4)单调递增，即A正确；

选项B12.【答案】AB【解析】解：∵(b+c)2=(43+8)S+a2，且b=4，c=6，

∴b2+c2−a2+2bc=(43+8)⋅12bcsinA，

∴2bccosA+2bc=(23+4)bcsinA，

∴48cosA+48=48(3+2)sinA，

∴cosA+1=(3+2)sinA，

13.【答案】12【解析】解：sin47°−sin17°14.【答案】5(【解析】解：由题意，在平面直角坐标系中，三角形ABC是边长为20的正三角形，

∴AB=BC=20，BC边上的高为h=103，

按“斜二测”画法如下图所示：

∴B′D′=C′D′=15.【答案】2【解析】解：由题意可知，ABsin∠ACB=ACsin∠ABC，

所以22sin(180°−30°−45°−60°)=ACsin(45∘+60∘)，

即22sin45°=ACsi16.【答案】①④【解析】解：如图，分别取AB1，AD的中点为E，F，连接EN，EM，B1F，FM，

因为AB1，B1D的中点分别为E，N，所以EN//AD//MC，且EN=12AD=MC，

即四边形ENCM为平行四边形，故EM//NC，由线面平行的判定可知对于任意一个位置总有CN//平面AB1M，故①正确；

因为∠AB1M=90°，所以AB1与EM不垂直，由EM//NC可知，AB1与NC不垂直，故②错误；

由题意AB1⊥B1M，若AD⊥MB1，则由线面垂直的判定可得MB1⊥平面AB1D，则MB1⊥B1D，

17.【答案】解：(1)∵a⋅b=5×(−3)+(−12)×4=−63,|a【解析】(1)结合向量数量积性质夹角公式的坐标表示即可求解；

(2)18.【答案】解：(Ⅰ)f(x)=sinx⋅cosx+12cos2x+12

=12sin2x+12【解析】(Ⅰ)先由诱导公式、二倍角公式及变形公式、辅助角公式等进行三角变换，将f(x)化为Asin(ωx+φ)+b形式，再利用周期公式求出周期；19.【答案】解：(1)∵在圆锥中，PA⊥底面ABC，

∴PA⊥BC，

若BC⊥PD，

∵PD∩PA=P，∴BC⊥平面PAD即可，

则BC⊥AD，即可，

∵AB=AC，即△ABC是等腰三角形，∴AD是BC边上的中垂线即可，

即当D是弧BC的中点时，满足BC⊥PD，此时∠CAD=12×2π3=π3．

(2)在四棱锥P−ABDC，高PA=23是定值，要使四棱锥P−ABDC体积最大，则只需要四边形ABCB【解析】(1)根据线面垂直的判定定理进行判断求解即可．

(2)根据条件得到四棱锥P20.【答案】证明：(1)∵c−2bcosA=b，

∴由正弦定理可得，sinC−2sinBcosA=sinB，

∵A+B+C=π，

∴sin(A+B)=sinC，

∴sin(A+B)−2sinBco【解析】(1)根据已知条件，结合正弦定理，以及三角函数的恒等变换，即可求证；

(2)根据已知条件，结合正弦定理，推得AD=21.【答案】解：(1)如图，在平面ABC内，过B作BH⊥AC，垂足点为H，

又平面ACD⊥平面ABC，且平面ACD∩平面ABC=AC，

∴BH⊥平面ACD，

∵△ABC和△ACD均为正三角形，∴H为AC中点，DH⊥AC，

又平面ACD⊥平面ABC，且平面ACD∩平面ABC=AC，

∴DH⊥平面ABC，又BE⊥平面ABC，

∴DH//EB，又EB⊄平面ACD，DH⊂平面ACD，

∴EB//平面ACD，

∴E到平面ACD的距离等于B到平面ACD的距离，即为BH，

又AC=4，BE=3，∴BH=DH=23，

∴多面体A【解析】(1)在平面ABC内，过B作BH⊥AC，垂足点为H，则易得BH⊥平面ACD，同理可得DH⊥平面ABC，从而易得E到平面ACD的距离等于B到平面AC