2022-2023学年河北省张家口市尚义重点中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年河北省张家口市尚义重点中学高一（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.已知z=1−i，则A.−1−i B.−1+i2.平面向量a=(1,−3A.−1 B.0 C.233.下列说法中正确的是(

)A.圆柱是将矩形旋转一周所得到的几何体

B.圆锥的顶点、圆锥底面圆周上任意一点及底面圆的圆心三点的连线都可以构成直角三角形

C.用一平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台

D.过球上任意两点，有且仅有一个大圆4.在正方体ABCD−A1B1C1D1A.0 B.22 C.35.已知m，n，l是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是(

)A.若m⊥n，n⊥l，则m⊥l

B.若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ

C.若m⊥β，n⊥β，则m/​/6.已知直四棱柱的高为2，其底面四边形ABCD水平放置的斜二测直观图为矩形A′B′C′D

A.162 B.322 C.7.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acoA.2 B.22 C.8.在三棱锥D−ABC中，CD⊥底面ABCA.517 B.377 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.过△ABC所在平面α外一点P，作PO⊥α，垂足为O，连接PA，A.若PA=PB=PC，∠C=90°，则O是AB边的中点

B.若P到△ABC三边的距离相等，则O是△ABC的内心

C.若PA⊥PB10.△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=1,A.1 B.2 C.3 D.411.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法中正确的是A.若acosA=bcosB=ccosC，则△ABC一定是等边三角形

12.已知圆锥PO(P为圆锥顶点，O为底面圆心)轴截面PAB是边长为A.圆锥的高为33

B.圆锥PO的侧面积为8π

C.圆锥PO的内切球表面积为16π3

D.若C为PB三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知复数z1，z2满足z1−2z2=514.已知AB=(1,2),C15.已知一个直角三角形的两直角边长分别是3，4，以直角三角形的斜边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体的表面积为______．16.已知经过圆锥的顶点与底面圆心的截面是边长为2的等边三角形，一个圆柱的下底面在该圆锥的底面上，上底面圆周在该圆锥的侧面上，则该内接圆柱的侧面积最大时，该圆柱的高为______．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z1=a+i，z2=1−i，其中a是实数．

(1)若z18.(本小题12.0分)

在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是AA1，DC的中点．

(1)求证：AF//平面CE19.(本小题12.0分)

如图，在△OAB中，C是AB的中点，D是线段OB上靠近点O的三等分点，设OA=a,OB=b．

(1)用向量a与b表示向量20.(本小题12.0分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点M为PC上一点．

(1)若点M为PC中点，求证：PA//平面MBD；

(21.(本小题12.0分)

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c,a=2，1222.(本小题12.0分)

如图1所示，在梯形BCDE中，DE//BC,∠C=π2，分别延长两腰交于点A，点F为线段CD上一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：因为z=1−i，

故z−=1+i，

故z−2.【答案】D

【解析】解：由a=(1,−3),b=(2,m)，

得a−b=(−1,−3−m3.【答案】B

【解析】解：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，将矩形旋转一周而形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱．

以矩形的一条对角线为轴，旋转所得到的几何体不是圆柱，故A错误；

圆锥的顶点、圆锥底面圆周上任意一点及底面圆的圆心三点的连线可以构成直角三角形，满足圆锥的定义，所以B正确；

用一平行底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台，故C错误；

当球面上两点是球的直径的端点时，过这两点的大圆有无数个，D错误．

故选：B．

利用反例判断A；圆锥的定义判断B；圆台的定义判断C；反例判断D．

本题考查旋转体的定义的应用，是基础题．

4.【答案】D

【解析】解：如图，取B1C1的中点F，连接EF，A1F，又E为棱BB1的中点，

∴BC1//EF，

∴异面直线A1E与BC1成角为∠A1EF或其补角，

设正方体ABCD−A1B5.【答案】C

【解析】解：对于A，即n⊥m，n⊥l，若m和l在一个平面内，并且相交，

则n垂直于m，l所确定的平面，即m与l的夹角可以不等于90°，故A错误；

对于B，若α⊥β，β⊥γ，如图：

则α与γ可平行，可相交，故B错误；

满足α⊥β，β⊥γ，而平面α与γ不垂直，B不正确；

对于C，由线面垂直的性质“垂直于同一个平面的两条直线平行”可知C正确；

对于D，当m，n是异面直线，m⊂α，m//β，6.【答案】B

【解析】解：在斜二测直观图中，由O′B′=2，B′C′=2，得O′C′=22，

则原四边形中OC=42，又D′C′=DC=A′B′=AB=47.【答案】B

【解析】解：因为acosB=bsinA，

由正弦定理得sinAcosB=sinBsinA，

由A8.【答案】D

【解析】解：作AE⊥BC于E，连接DE，如图，

因为CD⊥底面ABC，AE⊂底面ABC，故CD⊥AE，

又AE⊥BC，BC∩CD=C，BC，CD⊂平面BCD，故AE⊥平面BCD，

所以AD与平面BCD所成角为∠ADE，

在△ABC中，AB=3,AC=1,∠BAC=5π6，9.【答案】AB【解析】解：对于A，∵PO⊥α，OA，OB，OC⊂α，

∴PO⊥OA，PO⊥OB，PO⊥OC，

∴∠POA=∠POB=∠POC=90°，

∵PA=PB=PC，

∴△POA≌△POB≌△POC，

∴OA=OB=OC，即O为△ABC的外心，

又∠C=90°，则O是AB边的中点，故选项A正确．

对于B，如图，在平面α内，

过点O作OE⊥AC，OF⊥AB，OG⊥BC，垂足分别为E，F，G，

由A同理可得POE≌△POF≌△POG，

∴OE=OF=OG，即O为△ABC的内心，故选项B正确．

对于C，∵PA⊥PB，PA⊥PC，PB，PC⊂平面PBC，PB∩10.【答案】AB【解析】解：因为sinB=sin2A，

所以sinB=2sinAcosA，

由正弦定理可得b=2acosA，

又a=1,b=3，

所以cosA=32，

因为0<A<π，11.【答案】AB【解析】解：A：因为acosA=bcosB=ccosC，由正弦定理可得：sinAcosA=sinBcosB=sinCcosC，所以tanA=tanB=tanC，

且A，B，C∈(0,π)，所以A=B=C，所以△ABC为等边三角形，故A正确；

B：由正弦定理可得sinAsi12.【答案】BC【解析】解：对于A，因为圆锥PO轴截面PAB是边长为4的等边三角形，

所以可得圆锥PO的底面圆的半径为r=2，高h=PO=42−22=23，故A错误；

对于B，母线长为l=4，底面圆的半径为r=2，

所以圆锥的侧面积为S侧=πrl=π×2×4=8π，故B正确；

对于C，设圆锥的内切球球心为O1，半径为r1，如图所示，

由△PO1C与△PBO相似，可得O1COB=PO1PB，即r12=23−r113.【答案】1+【解析】解：z1−2z2=5+i，2z1+z2=3i，14.【答案】(3【解析】解：因为AB=(1,2),CD=(3,3)，

所以15.【答案】84π【解析】解：一个直角△ABC的两直角边长分别是AB=4，BC=3，

所以，斜边长为AC=5，以这个直角三角形的斜边所在直线为旋转轴，

其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体是两个圆锥的组合体，如图示，

r=BO16.【答案】3【解析】解：作出圆锥的轴截面，如图所示，由题意圆锥PO轴截面PAB是边长为2的等边三角形，

所以圆锥PO的底面圆的半径为r=1，高h=PO=3，

设内接圆柱的底面半径为r′，

在直角△PO1E中，可得O1E=r′，∠PEO1=60°，则PO1=3r′，

所以17.【答案】解：(1)复数z1=a+i，则z12=(a+i)2=(a2−1)+2ai=−2i，

又a是实数，因此a2−1=02a=−2，

解得a=−1，

所以实数a的值是−1；

(2)复数z1【解析】(1)可求出z12=(a+i)2=(a2−1)+2ai=−2i，从而得出a218.【答案】解：(1)证明：连结C1D交D1C于点G，连结GF，EG，

因为点F，G分别是DC，D1C的中点，

所以FG//DD1，且FG=12DD1，

所以FG/​/AE，FG=AE，即四边形AEGF是平行四边形，

所以AF/​/EG，且AF⊄平面CED1，EG⊂平面CED1，

所以AF//平面CED1．

(2)因为AD⊥DC，AD=DC=1，所以AC=12+12=2，

因为四棱柱ABC【解析】(1)连结C1D交D1C于点G，连结GF，EG，由已知证明四边形AEGF是平行四边形，可证AF//平面CED19.【答案】(1)解：△ABC中，C是AB的中点，OA=a，OB=b，

所以OC=12(OA+OB)=12(a+b)，

又因为D是OB上靠近点O的三等分点，

所以C【解析】(1)根据平面向量的线性运算用OA、OB表示OC、OD，再求出CD；

(2)用OA、OB表示AD、AE，判断20.【答案】证明：(1)连接AC交BD于O，连接OM，如图所示：

因为M为PC的中点，O是AC的中点，

所以OM是△PAC的中位线，则PA//OM，

又PA⊄平面MBD，OM⊂平面MBD，

所以PA//平面MBD；

(2)在△ABD中，AD=6，AB=3，∠BAD=60°，

所以由余弦定理可得，BD2=AB2+【解析】(1)连接AC交BD于O，易知PA//OM，再由线面平行的判定可得证；

(2)由余弦定理可得BD，再由勾股定理可知AB⊥21.【答案】解：(1)因为12bcsinA=22(csinC+bsinB−asinA)，由正弦定理得12abc=22