2022-2023学年安徽省江淮名校高一（下）期中联考数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年安徽省江淮名校高一（下）期中联考数学试卷一、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.下列结论错误的是(

)A.圆柱的每个轴截面都是全等矩形

B.长方体是直四棱柱，直四棱柱不一定是长方体

C.四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体

D.用一个平面截圆锥，必得到一个圆锥和一个圆台2.已知复数z满足z−i=−|2i1+i|，则z在复平面内所对应的点是A.(1,−2) B.(−2,1)3.已知向量a=(2,−1)，b=(1,n)，若a⊥b，则a+bA.(2,1) B.(−2,1) C.(1,2)4.如图是2016−2022年全球LNG运输船订单和交付量统计图，则下列说法不正确的是(

)

A.2016−2022年全球LNG运输船订单量的平均值约为32艘

B.2017−2021年全球LNG运输船订单的交付率逐年走低

C.2016−2022年全球LNG运输船交付量的极差为27艘

D.2019年全球LNG运输船订单和交付量达到峰值5.已知向量a，b的位置如图所示，若图中每个小正方形的边长均为1，则|a+b|=A.22 B.23 C.6.已知α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，若α∩γ=m，β∩γ=n，则“m/​/n”是“α/​/β”的(

)A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件7.如图，一架飞机从A地飞往B地，两地相距500km.行员为了避开某一区域的雷雨云层，从A点起飞以后，就沿与原来的飞行方向AB成12°角的方向飞行，飞行到中途C点，再沿与原来的飞行方向AB成18°角的方向继续飞行到终点B点．这样飞机的飞行路程比原来的路程500km大约多飞了(sin12°≈0.21,sin18°≈0.31)(

)A.10km B.20km C.30km D.40km8.如图，已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为4，平面α经过BC，则平面α截正四棱锥P−ABCD的外接球所得截面圆的面积的最小值为(

)A.2π

B.22π

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.下列关于复数的说法正确的是(

)A.任意两个虚数都不能比较大小

B.在复平面中，虚轴上的点都表示纯虚数

C.已知z1，z2∈C，则|10.为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情，某校举办了“学党史、育文化”暨“喜迎党的二十大”党史知识竞赛，并将1000名师生的竞赛成绩(满分100分，成绩取整数)整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的(

)

A.a的值为0.005 B.估计成绩低于60分的有25人

C.估计这组数据的众数为75 D.估计这组数据的第85百分位数为8611.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是(

)A.asinA=a+b+csinA+sinB+sinC

B.若△ABC为斜三角形，则tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC

C.若AC⋅CB>0，则△ABC是锐角三角形12.如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角△ABC沿BC向上翻折，得三棱锥A−BCD.设CD=2，点E，F分别为棱BC，BD的中点，M为线段AE上的动点.下列说法正确的是(

)

A.存在某个位置，使AB⊥CD

B.存在某个位置，使AC⊥BD

C.当三棱锥A−BCD体积取得最大值时，AD与平面ABC成角的正切值为63

D.当AB=AD时，CM+FM三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.在△ABC中，BE=λEC，且AE=34AB+14.为迎接2023年成都大运会，大运会组委会采用按性别分层抽样的方法从200名大学生志愿者中抽取30人组成大运会志愿小组.若30人中共有男生12人，则这200名学生志愿者中女生可能有______人.15.如图所示的△O′A′B′是用斜二测画法画出的△AOB的直观图(图中虚线分别与x′轴，y′轴平行)，则△AOB的周长为______．

16.在△ABC中，∠ABC=π3，点D在边AC上，且AD=2DC，△ABC的面积为332，则BD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)

某果园试种了A，B两个品种的桃树各10棵，并在桃树成熟挂果后统计了这20棵桃树的产量如下表，记A，B两个品种各10棵产量的平均数分别为x−和y−，方差分别为s12A(单位：kg)60504560708080808590B(单位：kg)40606080805580807095(1)求x−，y−，s12，s218.(本小题12.0分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD=2BC，AD//BC，AC，BD交于点O．

(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；

(2)设E是棱PD上一点，过E作EF⊥AD，垂足为F，若平面OFE//平面PAB，求PEED的值．19.(本小题12.0分)

已知向量a=(2sinθ,1)，b=(1,2cosθ)，其中θ∈(0,π)．

(1)若a/​/b，求θ；

(2)若|a−20.(本小题12.0分)

记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c−ab=sinA+sinBsinA+sinC．

(1)求C；

(2)若b21.(本小题12.0分)

已知空间几何体ABCDE中，△BCD是边长为2的等边三角形，△CDE是腰长为2的等腰三角形，DE⊥CD，AC⊥BC，DE/​/AC，AC=2DE．

(1)作出平面BCD与平面ABE的交线，并说明理由；

(2)求点A到平面BCE的距离．22.(本小题12.0分)

如图，在平面四边形ABCD中，已知∠CAD=π2，∠ACB=π2，AB=3，AD=7．

(1)若BC=2，求BD；

(2)若∠BAC=∠ADB

答案和解析1.【答案】D

【解析】【分析】本题考查棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的结构特征，属于基础题．

根据棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的结构特征，逐项判断各选项可得答案．【解答】解：对于A，圆柱的每一个截面都是全等的矩形，故A正确；

对于B，长方体是直四棱柱，直四棱柱不一定是长方体，故B正确；

对于C，四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体，故C正确；

对于D，用一个平行于底面的平面截圆锥，必得到一个圆锥和一个圆台，故D错误．

故选：D．

2.【答案】B

【解析】解：由题意可得z=−|2i1+i|+i=−|2i(1−i)(1+i)(1−i)|+i=−|1+i|+i=−2+i，

所以复数z在复平面内对应的点为(−2,1)3.【答案】C

【解析】解：由a=(2,−1)，b=(1,n)，a⊥b，

得2×1+(−1)×n=0，解得n=2．

∴b=(1,2)，

∵a+b=(3,1)，

∴a+b在b上的投影向量为(a4.【答案】B

【解析】解：由图知，2016−2022年全球LNG运输船订单量的平均值为17×(28+8+15+66+50+49+7)=2237≈32(艘)，故A正确；

2019年的交付率为5266≈0.79，2020年的交付率为4150=0.82>0.79，

即2020年的交付率大于2019年的交付率，故B不正确；

2016−2022年全球LNG运输船交付量的极差为52−25=27，故C正确；

2019年全球LNG运输船订单和交付量达到峰值，故D正确，5.【答案】D

【解析】解：如图所示建立平面直角坐标系，则a=(1,1)，b=(3,1)，a+b=(4,2)，

所以|a+b|=42+6.【答案】B

【解析】解：若α⋂γ=m，β⋂γ=n，α/​/β，则m/​/n，即充分性成立，

若α⋂γ=m，β⋂γ=n，m/​/n，则α与β可能平行，也可能相交，即必要性不成立．

故选：B．

结合线线平行及线面平行关系分别检验充分及必要条件即可判断．

本题主要考查了线线平行及线面平行关系的判断及应用，属于基础题．

7.【答案】B

【解析】【分析】本题考查的知识要点：正弦定理的应用，三角形内角和定理，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．

直接利用正弦定理的应用，三角形内角和定理的应用求出结果．【解答】解：根据题意：在△ABC中，

∠C=180°−12°−18°=150°，

利用正弦定理：500sin150∘=BCsin12∘=ACsin18∘，

解得：AC≈500×0.31×2=310，

8.【答案】C

【解析】解：连接BD，AC交于O，连接PO，则PO⊥底面ABCD且O是AC中点，

BD=AC=42+42=42，PO=PC2−(AC2)2=42−(22)2=22，

所以O到P，A，B，C，D的距离均为22，

点O即为正四棱锥P−ABCD的外接球球心，

取BC中点E，连接OE，

分析可知，当OE⊥α时，截面圆的面积最小，线段BC也即此时截面圆的直径，

所以截面圆的面积的最小值为4π．

故选：C．

连接9.【答案】AC

【解析】解：对于A，任意两个虚数都不能比较大小，A正确；

对于B，在复平面中，虚轴上的点都表示纯虚数，不正确，因为原点在虚轴上，原点表示实数0，B不正确；

对于C，设z1=a+bi(a,b∈R)，z2=c+di(c,d∈R)，

则z1z2=ac−bd+(ad+bc)i，|z1z2|=(ac−bd)2+(ad+bc)2=a2c2+b2d10.【答案】ACD

【解析】对于A，由(a+2a+3a+3a+5a+6a)×10=1，得a=0.005.故A正确；

对于B，估计成绩低于6(0分)的有1000×(2a+3a)×10=50000a=250人．故B错误；

对于C，由众数的定义知，估计这组数据的众数为75.故C正确；

对于D，设这组数据的第85百分位数为m，则(90−m)×5×0.005+0.005×10=1−85%=0.15，

解得：m=86，故D正确．

故选：ACD．

由所有组频率之和为1求得a，再根据频率直方图中频数、众数及百分位数的求法可得结果．

本题主要考查频率分布直方图的应用，属于基础题．

11.【答案】ABD

【解析】解：对于A，由正弦定理和比例性质得asinA=a+b+csinA+sinB+sinC，故A正确；

对于B，由题意，tanC=tan[π−(A+B)]=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB，

则tanA+tanB=tanC(tanAtanB−1)，

所以tanA+tanB+tanC=tanC(tanAtanB−1)+tanC=tanAtanBtanC，故B正确；

对于C，因为AC⋅CB>0，所以AC⋅CB=|AC|⋅|CB|cos(π−C)=−abcosC>0，所以cosC<0，

所以C为钝角，△ABC是钝角三角形，故C错误；

对于D，因为acosA=bcosB=ccosC，

所以sinAcosA=sinBcosB=sinCcosC12.【答案】ACD

【解析】解：对于A：若AB⊥CD，又AB⊥AC，AC∩CD=C，则AB⊥平面ACD，即AB⊥AD，

所以当AB⊥AD时，使AB⊥CD，故存在某个位置，使AB⊥CD，故A正确，

对于B：若AC⊥BD，又AC⊥BA，AB∩BD=B，则AC⊥平面ABD，则AC⊥AD，则△ACD是以CD为斜边的直角三角形，

又由题意知CD<AC，故不存在某个位置，使AC⊥BD，故B错误；

对于C：当三棱锥A−BCD体积取得最大值时，平面ACB⊥平面BCD，即AE是三棱锥A−BCD的高，

又CD⊥BC，平面ACB∩平面BCD=BC，所以CD⊥平面ABC，

所以∠DAC是直线AD与平面ABC所成的角，

由CD=2，则CB=23，又E是BC的中点，所以AC=6，

所以tan∠DAC=26=63.故C正确；

对于D：当AB=AD时，由AB=AD=AC，则A在△BCD内的射影是△BCD的外心，

又△BCD的外心是斜边BD的中点，故AF⊥平面BCD，

所以EF=1，AF=3−1=2，所以cos∠FAE=23，sin∠FAE=13，

将△EFA绕AE旋转，使△EFA到△AEF′，使△AEF′与△ACE在同一平面内，

cos∠F′AC=cos(45°+∠F′AE)=cos(45°+∠FAE)=cos45°cos∠FAE−sin45°sin∠FAE=2+223，

CM+FM的最小值即为CF′，

在△AF′C中，由余弦定理可得CF′2=AF′2+AC2−2AF′⋅ACcos∠F′AC=2+6−2×2×6×2+223=4+22，

故CF′=4+22，故当13.【答案】13【解析】解：∵AE=34AB+14AC，

∴34AE−34AB=14AC−14.【答案】120

【解析】解：由题设，若200名学生志愿者中女生有x人，则x200=30−1230，

所以x=1830×200=120人．

故答案为：15.【答案】4+4【解析】解：根据题意，△AOB的原图形如图，

根据直观图画法规则知，△AOB的底边OB的长为4，高为4，OA=AB=(42)2+42=25，

则△AOB的周长为16.【答案】2

【解析】解：方法一：设AB=c，BC=a，AC=b，

在△ABC中，由余弦定理得cos∠ABC=a2+c2−b22ac=12，即b2=a2+c2−ac，

又△ABC的面积为332，则12acsinB=34ac=332，即ac=6，

又cos∠ADB+cos∠CDB=0，

由余弦定理得BD2+(2b3)2−c22×2b3×BD+BD2+(b3)2−a22×b3×BD=0，

∴BD17.【答案】解：(1)x−=110(45+50+60+60+70+80+80+80+85+90)=70，

s12=110(252+202+2×102+02+3×10【解析】(1)根据平均数和方差公式求解即可；

(2)比较平均值和方差的大小可得答案．

本题主要考查平均数，方差的求法，考查运算求解能力，属于基础题．

18.【答案】解：(1)证明：由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AB，

又AB⊥AD，AD∩PA=A，

可得AB⊥平面PAD，

而AB⊂平面PAB，则平面PAB⊥平面PAD；

(2)E是棱PD上一点，过E作EF⊥AD，垂足为F，

又PA⊥AD，可得PA/​/EF，

则DFAF=DEPE．

若平面OFE//平面PAB，又平面ABCD∩平面PAB=AB，平面ABCD∩平面OEF=OF，

则AB/​/OF，

可得ODOB=DFAF，

又AD=2BC，AD//BC，可得ODOB=ADBC=2【解析】(1)由线面垂直的性质和判定推得AB⊥平面PAD，再由面面垂直的判定定理可得结论；

(2)运用面面平行的性质定理和相似三角形的性质和平行线成比例，可得结论．

本题考查面面垂直的判定定理和面面平行的性质定理，以及相似三角形的性质，考查转化思想和推理能力，属于中档题．

19.【答案】解：(1)由a/​/b，得4cosθsinθ−1=0，即sin2θ=12，

因为θ∈(0,π)，所以2θ∈(0,2π)，

所以2θ=π6或2θ=5π6，

解得θ=π12或θ=5π12；

(2)由题得a−b=(2sinθ−1,1−2cosθ)，

由|a−b|=2+sin2θ，得(a−b)2=2+sin2θ，即(2sinθ−1)2+(1−2cosθ)2=2+2sinθcosθ，

整理得2sinθcosθ+4(sinθ+cosθ)−4=0 ①，

令t=sinθ+cosθ，则2sinθcosθ=t2−1，

所以①式可化为t2+4t−5=0，

解得t=1或−5(舍去)，

由θ∈(0,π)【解析】(1)根据题意，由共线向量的坐标运算即可得到结果；

(2)根据题意，由向量的坐标运算，结合模长公式代入计算，即可得到θ=π2，再由向量的夹角坐标公式，即可得到结果．

20.【答案】解：(1)因为c−ab=sinA+sinBsinA+sinC，所以由正弦定理可得c−ab=a+ba+c，

整理得a2+b2−c2=−ab，

故由余弦定理得cosC=a2+b2−c22ab=−12，

又0<C<π，所以C=2π3．

(2)因为sinB=sin(A+C)，

所以ba=sinBsinA=sin(A+C)sinA=sinAcosC+cosAsinC【解析】(1)由正弦定理及余弦定理求得结果；

(2)由ba=sinBsinA21.【答案】解：(1)如图所示，分别延长AE，CD交于点P，连接PB，

则PB即为平面BCD与平面ABE的交线．

理由如下：

因为AC/​/DE，

故A，D，C，E四点共