2022-2023学年浙江省金华市重点学校高一（下）期中联考数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年浙江省金华市重点学校高一（下）期中联考数学试卷1.已知复数z满足(1+i)z=2A.2 B.1 C.2 D.2.已知向量a=(2,1)，a⋅A.5 B.10 C.5 3.棱长为4的正方体的内切球的表面积为(

)A.4π B.12π C.16π4.冬奥会会徽以汉字“冬”为灵感来源，结合中国书法的艺术形态，将悠久的中国传统文化底蕴与国际化风格融为一体，呈现出中国在新时代的新形象、新梦想.某同学查阅资料得知，书法中的一些特殊画笔都有固定的角度，比如弯折位置通常采用30°、45°、60°、90°、120°、150°等特殊角度下.为了判断“冬”的弯折角度是否符合书法中的美学要求.该同学取端点绘制了△ABD，测得AB=5，BD=6，AA.12 B.59 C.235.设α、β是互不重合的平面，1、m、n是互不重合的直线，下列命题正确的是(

)A.若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α

B.若l⊥n，m⊥n，则l//m

6.已知命题p：2xx−1<1，命题q：(x−A.(−∞,1] B.[17.已知a=2sin1，b=36,A.c<b<a B.a<c8.平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，ABA.[−1,8] B.[−9.以下四种说法正确的是(

)A.i9=i

B.复数z=3−2i的虚部为−2

C.若10.已知tanθ=A.sinθ−2cosθ11.已知向量a≠e，|e|=1，对任意tA.a⊥e B.a⊥(a−12.如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=2，E为边AB的中点，沿DE将△ADE折起，点A折至A1处(A1∉平面ABCD)，若A.存在某个位置，使得BM⊥A1D

B.△A1EC面积的最大值为

2213.若实数x，y满足x+yi=−1+(14.已知a⋅b=16，e是与b方向相同的单位向量，若a在b上的投影向量为4e.则15.已知圆锥SO，其侧面展开图是半圆，过SO上一点P作平行于圆锥底面的截面，以截面为上底面作圆柱PO，圆柱的下底面落在圆锥的底面上，且圆柱PO的侧面积与圆锥SO的侧面积的比为34，则圆柱P16.已知函数f(x)=x|x−2a|+a2−4a17.已知向量a=(3,4)，b=(1,2)，c=(−2,−218.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中C1C⊥平面ABC，AC⊥BC，19.已知函数f(x)=22sinx2cos(x2+π4)+20.已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，且acosB+3asinB−b21.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=4，BE22.已知函数g(x)=x2−2ax+1，且函数y=g(x+1)是偶函数，设f(x)=g(答案和解析1.【答案】A

【解析】解：复数z满足(1+i)z=2i，

则：|(1+i)||z|2.【答案】C

【解析】解：∵a=(2,1)，

∴|a|=22+12=5，

∵|a3.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查正方体的内切球的性质和应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．棱长为4的正方体的内切球的半径r=2，由此能求出其表面积．

【解答】

解：棱长为4的正方体的内切球的半径r=2，

表面积=4π4.【答案】C

【解析】解：由题意，在△ABD中，由余弦定理可得，cos∠ADB=AD2+BD2−AB22AD⋅BD=9+36−252×35.【答案】D

【解析】解：对于A，若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α，错误，满足条件m与n相交时正确，若m与n平行，l不一定垂直于α；

对于B，若l⊥n，m⊥n，则l//m或l与m相交或l与m异面，故B错误；

对于C，若m//α，n//β，α⊥β，则m//n或m与n相交或m与n异面，相交与异面时也不一定垂直，故C错误；

对于D，若l//β，则β内存在直线6.【答案】C

【解析】解：由p：2xx−1<1，得2 xx−1−1=2x−x+1x−1=x+1x−1<0，

所以−1<x<1，所以p：−1<x<1，

若a=3，则q：x≠3，此时满足p是q的充分不必要条件，

若a7.【答案】D

【解析】解：2sin1<2sinπ3，即a<3，336=312613=312213×313=316213=316416=(34)16<(34)0=1，即b=36>3，

则a<8.【答案】C

【解析】解：已知平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，AB⋅AD=42，

设DP=λDC=λAB，0≤λ≤1，

则PA⋅PB=P9.【答案】AB【解析】解：对于A，i9=(i2)4⋅i=(−1)4⋅i=i，故A正确；

对于B，由复数的概念知，B正确；

对于C，z=(1+i)2=2i，10.【答案】AB【解析】解：对于A，原式=tanθ−22tanθ−1=23−243−1=−4，故A正确；

对于B，sin211.【答案】C

【解析】解：已知向量a≠e，|e|=1，对任意t∈R，恒有|a−te|≥|a−e|

即|a12.【答案】BC【解析】解：取A1D的中点N，连接NM，NE，

∵M为线段A1C的中点，∴NM//DC，且NM=12DC，

∵E为边AB的中点，∴NM//EB且NM=EB，

∴四边形NMBE为平行四边形，∴NE//BM，

又A1E⊥A1D，∴NE不垂直于A1D，∴不存在某个位置，使得BM⊥A1D，故A错误；

．

S△A1EC=12A1E×EC×sin∠A1EC≤12A1E×EC=12×2×22=213.【答案】12【解析】解：由x+yi=−1+(x−y)i，

得x=−1y=x−y14.【答案】4

【解析】解：设a与b的夹角为θ，

因为a⋅b=16，

所以|a||b|cosθ=16，

又因为 a在b上的投影向量为4e．15.【答案】38【解析】解：设圆锥SO的底面圆半径为r，母线为l，依题意πl=2πr，即有l=2r，

高SO=l2−r2=3r，如图，

设圆柱的底面圆半径为r0，母线为l0，则PO=l0，

由2πr0l0πrl=16.【答案】(1【解析】解：由于f(x)=x|x−2a|+a2−4a=x2−2ax+a2−4a,x≥2a−x2+2ax+a2−4a,x<2a，

当a>0时，方程有3个不相等的实数根，f(x)在(2a,+∞)上递增，

所以x≥2a时，x2−2ax+a2−4a=0有1个根，

且x<2a时，−x217.【答案】解：(1)b=(1,2)，c=(−2,−2)，

则mb+nc=(m−2【解析】(1)根据已知条件，结合向量的坐标运算，即可求解；

(2)18.【答案】证明：(1)∵C1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，

∴C1C⊥BC，

∵AC⊥BC，AC∩C1C，∴BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥AC1，

∵CA=CC1，∴四边形ACC1A1是正方形，则AC1⊥A1C，

∵A1C∩BC=C，∴AC1⊥平面A1BC．

(2)建立以C为坐标原点，CA，【解析】(1)根据线面垂直的判定定理进行证明即可．

(2)19.【答案】解：(1)f(x)=22sinx2cos(x2+π4)+1=22sinx2[22cosx2−22sinx2]+1=2sinx2⋅cosx2−2sin2x2+1=sinx+cosx=2sin(x+π4)，

由x+【解析】(1)利用三角恒等变换化简函数f(x)的解析式，利用正弦型函数的对称性可求得函数f(x)图象的对称轴方程；

(2)令t=2sin20.【答案】解：(1)∵acosB+3asinB−b−c=0，∴根据正弦定理可得：

sinAcosB+3sinAsinB−sinB−sinC=0，

∴sinAcosB+3s【解析】(1)根据正弦定理，三角恒等变换，解三角方程，即可求解；

(2)根据三角形面积公式可得bc=4，从而根据正弦定理可得4R2sin21.【答案】解：(1)当F为AC上靠近A的四等分点时，BF//平面ADE．

理由如下：如图，分别取AC，AD的中点O，G，连接OD，BF，FG，GE．

因为△ACD是正三角形，所以OD⊥AC．

因为平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC=AC，OD⊂平面ACD，

所以OD⊥平面ABC，

又BE⊥平面ABC，所以BE//OD．

在正三角形ACD中，OD=32AC=23，

因为F，G分别为OA，AD的中点，所以FG//OD，且FG=12OD=3，

又BE=3所以BE⊥FG，所以四边形BEGF为平行四边形，所以BF//EG．

因为BF⊄平面ADE，EG⊂平面ADE，所以BF//平面ADE．

所以当F为AC上靠近A的四等分点时，BF//平面【解析】(1)分别取AC，AD的中点O，G，连接OD，BF，FG，GE.从而可得BF//平面ADE；

(2)取AC的中点O，连接OB并延长，交DE的延长线于P，连接CP22.【答案】解：(1)因为y=g(x+1)是偶函数，

所以二