2022-2023学年浙江省绍兴市越城区重点学校高一（下）期中数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年浙江省绍兴市越城区重点学校高一（下）期中数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知复数z满足z=4+3iA.7 B.1 C.5 D.2.已知单位向量a，b的夹角为π3，则a⋅(A.32 B.1+32 3.下列命题不正确的个数是(

)

①三点确定一个平面；

②圆心和圆上两个点确定一个平面；

③如果两个平面相交有一个交点，则必有无数个公共点；

④如果两条直线没有交点，则这两条直线平行．A.1个 B.2个 C.3个 D.4个4.如图，边长为2的正方形O′A′B′C′是水平放置的平行四边形OA.42

B.82

C.5.已知某圆锥的高为22cm，体积为2A.3π2cm2 B.3π6.正方体的内切球和外接球的表面积之比为(

)A.3：1 B.1：2 C.2：1 D.1：37.如图，AB是底部不可到达的一座建筑物，A为建筑物的最高点，某同学选择地面CD作为水平基线，使得C，D，B在同一直线上，在C，D两点用测角仪器测得A点的仰角分别是45°和75°，CD=10A.53+5

B.5(8.已知m，n是不同的直线，α，β是不重合的平面，则下列说法正确的是(

)A.若m//α，则m平行于平面α内的任意一条直线

B.若m//α，n//α，则m//n

C.若α//二、多选题（本大题共4小题，共12.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.下列结论中正确的是(

)A.正四面体一定是正三棱锥

B.正四棱柱一定是长方体

C.棱柱的侧面一定是平行四边形

D.棱柱的两个互相平行的平面一定是棱柱的底面10.给出下列命题，其中正确的是(

)A.复数z=i−1对应的点在第二象限

B.若z=z−，则z为实数

C.若z1，z2为复数，且11.已知向量a=(−3,2)，b=(2A.若a//c，则λ=32 B.若(a+2b)⊥c12.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是A.若B=60°，b2=ac，则△ABC一定是等边三角形

B.若cos2A+cos2B−三、填空题（本大题共4小题，共12.0分）13.已知复数z满足zi=4+3i(i为虚数单位14.已知直线a，b和平面α满足a//α，b⊂α，则b与a15.在△ABC中，若AB=13，BC16.如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA//平面四、解答题（本大题共6小题，共52.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题8.0分)

已知平面向量a，b，a=(1,2)．

(1)若b=(0,1)，求|18.(本小题8.0分)

设复数z=m2−2m−3+(m2+3m+2)i19.(本小题8.0分)

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b2+c2−a2=bc．

(1)求角20.(本小题8.0分)

如图，在边长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为DD1中点，21.(本小题10.0分)

如图，已知正三棱锥S−ABC的底面边长为2，正三棱锥的高SO=1．

(1)求正三棱锥22.(本小题10.0分)

如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．

(1)证明：平面

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：z=4+3i，

则|z|=42.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查了向量的数量积公式，属于基础题．

根据向量的数量积公式计算即可．

【解答】

解：单位向量a,b的夹角为π3，

∴|a|=|b3.【答案】C

【解析】解：对于①，当三点共线时，确定的平面有无数个，故错误；

对于②，当圆心和圆上的两点满足三点共线时，确定的平面有无数个，故错误；

对于③，如果两个平面相交有一个交点，则必有经过该点的一条直线，该直线为交线，故正确；对于选项④，

如果两条直线没有交点，则这两条直线平行也可能是异面直线，故错误，所以不正确的命题有3个．

故选：C．

由公理2可判断命题①，②；由公理3可判断命题③；如果两条直线没有交点，则这两条直线平行或异面可判断命题④．

本题考查平面的基本性质，属基础题．

4.【答案】B

【解析】【分析】本题考查了平面直观图的画法与应用问题，是基础题．

把直观图O′A′【解答】解：把直观图O′A′B′C′还原为原图形，如图所示，

则OA=O′A′=2

5.【答案】B

【解析】【分析】

本题主要考查了圆锥的结构特征，以及圆锥的侧面积和体积公式，属于基础题．

先设该圆锥的底面半径与母线长分别为r，l，再根据题意求得r的值，结合勾股定理求得l的值，进而即可求得圆锥的侧面积．

【解答】

解：设该圆锥的底面半径与母线长分别为r，l，

由V=13πr2×22=22π36.【答案】D

【解析】解：设正方体的棱长为2a，则内切球的半径为a，外接球的半径为3a，

所以其内切球和外接球的表面积之比为4πa24π(7.【答案】A

【解析】解：在△ABC中，∠BDA=75°，∠BCA=45°，CD=10，∠CDA=180°−75°=105°，∠CAD=45°−8.【答案】D

【解析】解：根据题意，依次分析选项：

对于A，若m//α，则m与α内的直线没有公共点，即m平行于平面α内的直线或互为异面，A错误；

对于B，平行与同一平面的两条直线可以平行、异面或相交，B错误；

对于C，若α//β，m⊂α，n⊂β，m、n两条直线可能异面，也可能平行，C错误；

对于D，若α//β，m⊂α，直线m与平面9.【答案】AB【解析】解：正四面体一定是正三棱锥，A正确；

正四棱柱的底面是正方形，棱长与底面垂直，所以正四棱柱一定是长方体，所以B正确；

棱柱的侧面一定是平行四边形，满足棱柱的定义，所以C正确；

如果棱柱的底面是正六边形，可知棱柱的侧面中，对面平行，不可能是棱柱的底面，所以D不正确；

故选：ABC．

利用棱柱、棱锥的结构特征判断选项的正误即可．

10.【答案】AB【解析】解：复数z=i−1对应的点(−1,1)在第二象限，故A正确，

设z=a+bi(a,b∈R)，

则z−=a−bi，

∵z=z−，

∴a+bi=a−b11.【答案】AB【解析】解：对于A，已知a//c，则(−3)×(−1)=2×λ，解得λ=32，故A正确；

对于B，a+2b=(1,4)，由于(a+2b)⊥c，则1×λ+4×(−1)=0，解得λ=4，故B正确；

对于C，由于a=tb+c，

则(−3,2)=t(2,1)+(λ,−1)12.【答案】AB【解析】解：对于A：由于b2=a2+c2−2accosB，整理得a2+c2−2ac=(a−c)2=0，所以a=c，由于B=60°，所以：a=b=c，故ΔABC为等边三角形，故A正确；

对于B：由于cos2A+cos2B−cos2C>1，整理得1−sin2A+1−sin2B−(1−sin2C)>1，故sin2C−sin2A−sin213.【答案】3−【解析】解：∵zi=4+3i，

∴z=414.【答案】异面或平行

【解析】解：如图所示，a//α，b⊂α，

则则a与b没有公共点，所以a与b异面或平行，

故答案为：异面或平行．

a//α，b⊂α，则a与15.【答案】1

【解析】【分析】本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．

由已知利用余弦定理即可计算得到AC的值．

【解答】

解：在△ABC中，∵AB=13，BC=3，∠C=120°，

∴由余弦定理可得：AB2=16.【答案】12【解析】解：如图，连结AC交BE于点O，连结OF．

∵AD//BC，E为AD的中点，∵AOOC=AEBC=12，

∵PA//17.【答案】解：(1)a+2b=(1,2)+(0,2)=(1【解析】(1)利用平面向量坐标运算法则先求出a+2b=(1,2)+(0,2)18.【答案】解：(1)因为z是纯虚数，

所以m2−2m−3=0m2+3m+2≠0，解得m=3【解析】(1)根据纯虚数的定义求解即可；

(2)19.【答案】解：(1)∵b2+c2−a2=bc．

∴cosA=b2+c2−a22bc=12，【解析】(1)由已知利用余弦定理可求cosA=12，结合范围A∈(0,π20.【答案】解：证明：(1)设AC，BD交于点O，连结OE，

∵在边长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为DD1中点，∴O是BD中点，∴OE【解析】本题考查线面平行的证明，考查三棱锥的体积的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于基础题．

(1)设AC，BD交于点O，连结OE，则OE//BD1，从而得到B21.【答案】解：(1)在正三棱锥S−ABC中，S△ABC=12AB⋅BC⋅sin60°=34×2×2=3，

∴V=13S△AB【解析】(1)由题意分别确定三棱锥的底面积和三棱锥的高即