2022-2023学年重庆市渝东九校联盟高一（下）期中数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年重庆市渝东九校联盟高一（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.复平面上表示复数−1−i的点所在的象限是A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.已知向量a=(6,−2)，bA.43 B.−43 C.−3.在△ABC中，若A=π3，BCA.π4 B.π3 C.3π4 4.如图，已知水平放置的△ABC按斜二测画法得到的直观图为△A′B′C′，若AA.3

B.34

C.32

5.在平行四边形ABCD中，设M为线段BC的中点，N为线段AD上靠近D的三等分点，AB=A.16a−b B.a−16.已知非零向量a，b满足|a|=3|b|，cos〈A.4 B.−4 C.94 7.设直三棱柱ABC−A1B1CA.1 B.2 C.22 8.在△ABC中，a，b，c分别为角A、B、C的对边，O为△ABC的外心，且有c+a=233A.1 B.−2 C.0 D.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.如图所示，观察下列四个几何体，其中判断正确的是(

)

A.①是棱台 B.②是圆台 C.③是四面体 D.④是棱柱10.已知m，n，l为直线，α、β为两个不同平面，则下列命题中不正确的是(

)A.如果m//l，n//l，那么m//n

B.如果m⊥l，n⊥l，那么m//n

C.11.已知z1，z2∈CA.若z1=i+i2+i3+…+i2023，则z1∈R

B.若z112.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论正确的是A.sin2B−2sinAsinCcos(A+C)=sin2A+sin2C

B.三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知|a|=2，a与b的夹角为π4，e是与b同向的单位向量，则a在14.已知一个圆锥的轴截面为边长为2的正三角形，则此圆锥的全面积为______．15.如图，为了测量山高BC，分别选择山下平地的A处和另一座山的山顶M处为测量观测点.从A点测得M点的仰角∠NAM=45°，C点的仰角∠BAC=30°以及∠MAC=75

16.在△ABC中，点D满足BD=2022DC，过点D的直线交线段AB于点M、交线段AC的延长线于点N，记四、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z(1+i)=2i．

(1)求|z+18.(本小题12.0分)

已知a=(1,−1)，b=(−2,3)，c=(−6,8)19.(本小题12.0分)

如图，在△ABC中，∠BAC=150°，AB=3，AC=1．

(20.(本小题12.0分)

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别是线段B1C，BD的中点．

21.(本小题12.0分)

在锐角△ABC中，a，b，c分别为内角A、B、C的对边，且有a=2，在下列条件中选择一个条件完成该题目：

①asinB=bsin2A22.(本小题12.0分)

已知a1，a2是平面内任意两个非零不共线向量，过平面内任一点O作OA1=a1，OA2=a2，以O为原点，分别以射线OA1、OA2为x、y轴的正半轴，建立平面坐标系，如图(1).我们把这个由基底a1，a2确定的坐标系xOy称为基底{a1,a2}坐标系xOy.当向量a1，a2不垂直时，坐标系xOy就是平面斜坐标系，简记为{O；a1,a2}.对平面内任一点P，连结OP，由平面向量基本定理可知，存在唯一实数对(x,y)，使得OP=xa1+ya2，则称实数对(x,y)为点P在斜坐标系{O；a1,a2}中的坐标．

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：复平面上表示复数z=−1−i(i为虚数单位)的点(−1,2.【答案】B

【解析】解：向量a=(6,−2)，b=(4,y)，且a//b，3.【答案】A

【解析】解：由正弦定理有：ABsinC=BCsinA，

∴sinC=AB×sin4.【答案】C

【解析】解：根据题意，直观图△A′B′C′中，∠C′A′B′=45°，A′B′=12，A′5.【答案】B

【解析】解：M为线段BC的中点，N为线段AD上靠近D的三等分点，AB=a，AD=b，

则NM=NA+AB+6.【答案】D

【解析】解：∵|a|=3|b|，cos〈a,b〉=14，

∴a⋅b=|a||b|cos<a,b>=34|b|7.【答案】D

【解析】解：设△A1B1C1的外接圆的圆心为M，△ABC的外接圆的圆心为N，

则直三棱柱ABC−A1B1C1的外接球的球心为MN的中点O，连接MN，OA，

设直三棱柱ABC−A1B1C1的外接球的半径为R，

∵球的表面积为20π，∴4πR2=20，

∴R2=5，

∵AN=8.【答案】A

【解析】解：由c(cosA−3)+acosC=0及正弦定理可得，

sinC(cosA−3)+cosCsinA=0，

即sinCcosA+cosCsinA=3sinC，

即sin(C+A)=3sinC，

又A+C=π−B，则有s9.【答案】CD【解析】解：由题意可知①是多面体，不是棱台；

②不满足圆台的定义；

③是三棱锥，即四面体；

④满足棱柱的定义．

故选：CD．

利用圆台，棱台，棱锥，棱柱的定义判断即可．

本题考查空间几何体的形状的判断，是基础题．10.【答案】BC【解析】解：如果m//l，n//l，由平行公理可得，m//n，故A正确；

如果m⊥l，n⊥l，那么m//n或m与n相交或m与n异面，故B错误；

如果m//n，n//β，那么m//β或m⊂β，故11.【答案】BD【解析】解：因为i4n=1，i4n+1=i，i4n+2=−1，i4n+3=−i，

z1=i+i2+i3+…+i2023=i−1−i=−1，A正确；

当z1=2+i，z2=3−i时满足z1+z2>0，但12.【答案】AB【解析】解：A.由余弦定理得b2=a2+c2−2abcosc，

即sin2B=sin2A+sin2C−2sinAsinCcosB=sin2A+sin2C+2sinAsinCcos(A+C)，

即sin2B−2sinAsinCcos(A+C)=sin2A+sin2C，故A正确，

B.AC|AC|表示AC方向的单位向量AE，AB|AB|表示AB方向的单位向量AD，

则四边形ADFE是菱形，则AC|AC|−AB|AB|=AE−AD=DE，

∵OA⋅(AC|A13.【答案】e

【解析】解：因为|a|=2，a与b的夹角为π4，e是与b同向的单位向量，

所以a在b方向上的投影向量为|a|cosπ14.【答案】3π【解析】解：一个圆锥的轴截面为边长为2的正三角形，

可得：底面半径r=1，母线长为2．

∴此圆锥的全面积=π×12+12×215.【答案】32

【解析】解：因为在△AMC中，由∠MAC=75°，∠AMC=45°，

所以∠ACM=180°−∠MAC−∠AMC=180°−75°−45°=60°，

所以sin∠ACM=sin60°=32，

在Rt△AMN中，∠NAM=45°，M16.【答案】4

【解析】解：由BD=2022DC可得BD=20222023BC，

则AD=AB+BD=AB+20222023BC

=AB+20222023(AC−AB)

=12023AB+20222023AC，

又M，D，N三点共线，故可设AD=tAM+(1−t)17.【答案】解：(1)z(1+i)=2i，

则z=2i1+i=2i(1−i)(1+【解析】(1)根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解；

(2)18.【答案】解：(1)∵a=(1,−1)，b=(−2,3)，c=(−6,8)，

∴c=xa+yb，可得(−6,8)=x(1,−1)+【解析】(1)直接根据向量相等列方程求解即可；

(2)根据夹角为锐角，得到数量积大于019.【答案】解：(1)在△ABC中，由余弦定理得BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos∠BAC，

即BC2=3+1−23×(−32)=7，所以B【解析】(1)在△ABC中，由余弦定理求解即可；(2)设BD=AD=x，20.【答案】(1)证明：如图，

∵M为B1C的中点，连接BC1，则BC1过点M，且M为BC1的中点，

又N为DB的中点，则MN//DC1，由正方体的结构特征可知DC1//AB1，

则MN//AB1，

∵AB1⊂平面AA1B1B【解析】(1)由已知证明MN//DC1，可得MN//AB21.【答案】解：(1)选①：因为asinB=bsin2A，

则由正弦定理可得：sinAsinB=sinB⋅2sinAcosA，

化简可得：cosA=12，因为A∈(0,π)，则A=π3；

选②：因为a2+bc=b2+c2，所以b2+c2−a2=bc，

则由余弦定理可得：cosA=b2+c2−【解析】(1)选①：由正弦定理可得：sinAsinB=sinB⋅2sinAcosA，可得co