2022-2023学年江西省南昌市高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年江西省南昌市高一（下）期末数学试卷一、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.已知复数z满足zi=2+i(iA.1+2i B.1−2i2.已知向量a=(2,m)，b=A.−12 B.12 C.−3.若α，β，γ表示三个不同的平面，l表示直线，则下列条件能推出α//β的是A.l⊂α，l//β B.l//α，l//4.已知2sinθA.−22 B.22 5.设3：30时刻，时针和分针所夹的角为θ，则cosθA.0 B.12 C.6−6.一个封闭的玻璃圆锥容器AO内装水若干如图a所示，此时水面与AO相交于点B，将其倒置后如图b所示，水面与AO还是相交于点B，则ABA.2−13

B.22

7.某景区准备在两座山峰的山顶之间建设索道，需要预先测量这两个山顶之间的距离.设两座山峰的山顶分别为A，B，它们对应的山脚位置分别为A1，B1，在山脚附近的一块平地上找到一点C(C,A1,B1所在的平面与山体垂直)，使得△A1B1C是以A1B1为斜边的等腰直角三角形，现从C处测得到

A.303千米 B.213千米 C.48.公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派在研究正五边形和正十边形的作图时，发现了黄金分割比约为0.618，这一数值恰好等于m=2sinA.tan18° B.1ta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=1+i(iA.z的虚部为i B.|z|=2 10.如图，在平面直角坐标系中，圆O与x轴的正半轴相交于点A(1,0)，过点T(x0,sinx0)作x轴的平行线与圆O相交于不同的A.若x0=2π3，则x1=−12 B.若x0=2π11.函数f(x)=2sin(ωx+φA.ω=2

B.φ=7π6

C.f

12.由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体1如图1，沿着BB1和DD1分别作上底面的垂面，垂面经过棱EP，PH，HQ，QE的中点F，G，M，NA.BB1=22 B.FG//AC三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知向量a=(1,−2)，b=(14.请写出复数i的一个平方根______(只需写出其中一个)．15.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，16.△ABC中，CA=CB=1，延长CB至四、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=1−2i，z2=4−2i．

(1)求z1z18.(本小题12.0分)

化简求值．

(1)sin(2π19.(本小题12.0分)

如图，三棱锥P−ABC中，PA⊥平面且ABC，AB⊥BC，D为PB的中点，PE=2E20.(本小题12.0分)

如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为CD，BC的中点，BE与AC、AF分别相交于M，N两点．

(1)若AN=λAF，求21.(本小题12.0分)

古语云：“积善之家，必有余兴”，扇是扇风的，有“风生水起”走好运之意，“扇”与“善”字谐音，佩戴扇形玉佩，有行善积德之意，一支考古队在对某古墓进行科考的过程中，发现一枚扇形玉佩，但因为地质原因，此扇形玉佩已经碎成若干块，其中一块玉佩碎片如图1所示，通过测量得到数据AC=2−1，BC=3，AB=2(图1中破碎边缘呈锯齿形状)．

(1)求这个扇形玉佩的半径；

(22.(本小题12.0分)

小波到一个广告公司去应聘包装设计师职位，考官给大家出了一道题目：某礼品厂生产一种棱长为a的正四面体形状的礼品(如图).请你为它设计一个包装盒，形状随意，可提出不同方案供考官选择(不考虑包装盒材料的质量、厚度、重量及接缝处损耗)．

(1)小波给出了长方体和圆柱两个设计方案(如图)，请分别计算这两个包装盒的表面积；

(2)考虑到礼品各面易碎，礼品较大，包装盒体积不能太大，但礼品各面与包装盒表面之间需要有填充物，请你帮小波设计一个方案.(答案和解析1.【答案】B

【解析】解：zi=2+i，

则z=2+ii2.【答案】C

【解析】解：因为向量a=(2,m)，b=(m+1,−1)，

若a⊥3.【答案】C

【解析】解：对于A，l⊂α，l//β，α，β可能相交，故A错误；

对于B，l//α，l//β，α，β可能相交，故B错误；

对于C，l⊥α，l⊥β，假设α，β相交，不妨设如图所示：

设与α，β分别于A，B，设P为两平面交线上一点，连接AP，BP，

则l⊥AP，l⊥BP，则∠ABP=∠BAP=90°，与三角形内角和矛盾，

故α，β不可能相交，则α//β，故C正确；

对于D4.【答案】B

【解析】解：因为2sinθ−cosθ=0，

所以tan5.【答案】C

【解析】解：因为时针每小时转360×112=30°，即钟表的一大格为30°，

而3：30时刻，时针和分针相差2.5个大格，

所以3：30时刻，时针和分针所夹的角为θ=2.5×30°=75°，6.【答案】A

【解析】解：根据题意，设ABAO=t，

若将圆锥倒置后，水面与AO还是相交于点B，则水的体积是圆锥体积的12，

则有t3=12=2−1，变形可得t=7.【答案】A

【解析】解：过B作BD⊥AA1，

又△A1B1C是以A1B1为斜边的等腰直角三角形，

则|CA1|=|CB1|=1，|A1B1|=2，|BD|=8.【答案】D

【解析】解：因为m=2sin18°，

则m(2−9.【答案】BD【解析】解：对于A，z的虚部为1，故A错误，

对于B，|z|=12+12=2，故B正确；

对于C，z−=1−i，

故z−=2(22−210.【答案】AB【解析】解：由题意可知y1=y2=sinx0，

若x0=2π3，则y1=y2=sin2π3=32，则x1=−11.【答案】AC【解析】解：函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<2π)的部分图象，

T4=14×2πω=5π12−π6，∴ω=2．

再根据五点法作图，可得2×π6+φ=π2，∴φ=π6，f(x)=2s12.【答案】AB【解析】解：将几何体1与几何体2合并到一起，连接BB1，FG，PQ，EH，AC，BD，

记FG∩PQ=K，则K∈BB1，

对于A，∵在正四棱台ABCD−EPHQ中，AB//EP，F是EP的中点，

∴AB//EF，

∵N是EQ的中点，EN=2，∴EQ=4，EP=4，EF=2，

∵AB=2，∴AB=EF，

∴四边形B1FBG是边长为2的菱形，

在边长为4的正方形EPHQ中，FE=42，

∵F，G分别是EP，PH的中点，∴FG//EH，FG=12EH=22，

∴BB1=222−(222)2=22，故A正确；

对于B，∵在正四棱台ABCD−EPHQ中，面ABCD//面EPHQ，

又面AEHC∩面ABCD=AC，面AEHC13.【答案】−1【解析】解：由已知，向量a=(1,−2)，b=(3,4)，

则a⋅b=3−8=−5，|b|=514.【答案】22+【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)为复数i的一个平方根，

则z2=(a+bi)2=a2−15.【答案】6【解析】解法一：在长方体ABCD−A1B1C1D1中，BC=CC1=1，AB=2，

以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，

则A(1,0,0)，B(1,2,0)，B1(1,2,1)，C1(0,2,1)，

BC1=(−1,0,1)，AB1=(0,2,1)，

设异面直线BC1，AB1所成的角为θ，

则异面直线BC116.【答案】94【解析】解：设∠CEA=θ，则∠ACB=2θ，因为CA=CB=1，

所以∠BAC=∠ABC=π−2θ2=π2−θ，

又∠ABC=∠BAE+∠AEB，所以∠BAE=π2−2θ，

由0<∠BAC=π2−θ<17.【答案】解：(1)因为z1=1−2i，z2=4−2i，

所以z1z2=(1−【解析】(1)根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解；

(2)18.【答案】解：(1)sin(2π−θ)cos(3π−θ)cos(3【解析】由题意，利用诱导公式、两角和的正切公式，计算求得结果．

本题主要考查诱导公式、两角和的正切公式的应用，属于基础题．

19.【答案】解：(1)证明：因为PA⊥平面ABC，BC⊂面ABC，

所以PA⊥BC，

又AB⊥BC，PA∩AB=A，

所以BC⊥面PAB，

又AD⊂面PAB，

所以BC⊥AD，

因为PA=AB，D为PB的中点，

所以AD⊥PB，

又BC∩PB=【解析】(1)由PA⊥平面ABC结合线面垂直的性质定理可得PA⊥BC，进而可得BC⊥面PAB，又PA=AB，20.【答案】解：(1)AF=AB+BF=AB+12BC=AB+12AD，

∵E，N，B三点共线，

∴AN=μAE+(1−μ)AB=μ(AD+DE)+(1【解析】(1)由平面向量的线性运算直接计算即可；

(2)由(1)知A21.【答案】解：(1)由余弦定理得cos∠BAC=22+(2−1)