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）

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=I-i,则3（l-z）=（）

A.-1—iB.—1+iC.1-iD.1+t

2.平面向量五=（1,-C）,E=（2,m）.若（苍+方）〃（2一方），则加=（）

A.-1B.0C.2y∏D.-2√^3

3.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-AlBlCIcl中，E为棱BBl的中点，则异面直线与BCl夹角的余弦值为

（）

A.0B.CC.dD.色

2310

5.已知τn,几，Z是三条不同的直线，α,β,Y是三个不同的平面，则下列命题正确的是（）

A.若m1nfn1Z,则m11

B.若α_L0,3-Ly，则Q1Y

C.若m_L0,Hl/?,则m//九

D.若m,n是异面直线，mcα,m∕∕β,nu0,n//a,则α与£不一定平行

6.已知直四棱柱的高为2,其底面四边形48CO水平放置的

斜二测直观图为矩形4B'C'D',如图所示，若40'=OfBf=2,

BC=2,则该直四棱柱的体积为（）

A.16√^2B.32Vr2C.16θD.32y∏

7.在4力BC中，角4,B,C的对边分别为α,b,c,若QCOSB=bsinA,C=，,c=2,则b=()

O

A.√^1B.2y∏C.√^^6D.2<6

8.在三棱锥O-ABC中，C。_L底面4BC,CD=BC,4B=q,4C=1,NBAC=等，贝∣J4。与

O

平面BCD所成角的正弦值为（）

Q3∖ΛI4

,56ɔ-ɪ

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△4BC所在平面ɑ外一点P,作POla,垂足为。，连接PA,PB,PC,则正确的选项

为（）

A.若PA=PB=PC,4C=90。，则。是AB边的中点

B.若P到△4BC三边的距离相等，则。是AABC的内心

C.若P4∙LPB,PB1PC,PALPC,则。是AABC的垂心

D.若PaIBC,PBLAC,PCLAB,则。是△4BC的外心

10.△力BC内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=1,b=siτιB=s讥24,贝IJC的

值可以为（）

A.1B.2C.3D.4

11.在△4BC中，角4B,C所对的边分别为a,b,c,下列说法中正确的是（）

A.若，7=-⅛=j,则4ABC一定是等边三角形

COsACOSbcosC

B.若也=誓=竺£,则AABC为等腰直角三角形

abc

C.若c=2acosB,则△4BC是等腰直角三角形

D.若a=2C,b=4,要使满足条件的三角形有且只有两个，则AeGE）

12.已知圆锥P。（P为圆锥顶点，。为底面圆心）轴截面P4B是边长为4的等边三角形，则下面

选项正确的是（）

A.圆锥的高为3日

B.圆锥Po的侧面积为8τr

C.圆锥PO的内切球表面积为等

D.若C为PB的中点，则沿圆锥Po的侧面由点4到点C的最短路程是一石

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.已知复数Zi，次满足Zi—222=5+i,2zι+z2=3i,则Zl=.

14.已知同=（1,2）,CD=（3,3），则向量存在而方向上的投影向量坐标为.

15.己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Z[=α+i,Z2=1-1,其中α是实数.

(I)若Zl=-21,求实数ɑ的值:

(2)若称是纯虚数,求U+(#+偿)3+...+舄严23

18.(本小题12.0分)

在直四棱柱ZBCD-&BIGDl中，E,F分别是441，CC的中点.

(1)求证：A∕√∕平面CE/;

(2)若ZDd.DC,AD=DC=1,AA1=2,求点尸到平面CECl的距离；

(3)B是否在平面CEDl上，回答是与否，不需要说明理由.

19.(本小题12.0分)

如图，在ZkOAB中，C是4B的中点，D是线段OB上靠近点。的三等分点，设方而=人

(1)用向量d与B表示向量次,而；

(2)若赤=；死，求证：A,D,E三点共线.

20.(本小题12.0分)

如图，在四棱锥P-ABC。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MBC；

(2)若AD=6,AB=3,∆BAD=60°,平面PCD1平面ABCD,求证：平面MBDIjFffiPCD.

21.(本小题12.0分)

己知△?!BC的内角A,B,C的对边分别为α,b,c,α=，9，^bcsinA=^-(csinC+bsinB—

asinA),

⑴求4

(2)求△4BC面积的最大值.

22.(本小题12.0分)

如图1所示，在梯形BCDE中，DE∕∕βC,zC=≡分别延长两腰交于点4点尸为线段CD上一

点,将△力DE沿DE折起到ZkAiQE的位置，使乙尸1CC,如图2所示.

(1)求证：4/1平面BCDE；

(2)若BC=6,4C=8,OE=卯C,二面角为一CE-C的平面角为于求与平面DEBC所成

的角的正切值.

图2

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：因为z=l—i,

故W=I+i,

故2(1-Z)=(I+i)i=—1+八

故选:B.

根据已知条件，结合共轨复数的定义，以及复数的四则运算，即可求解.

本题主要考查共舸复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题.

2.【答案】D

【解析】解：由B=(1,—，^),E=(2,m),

-^b-(—1,-y∕―3—m)>a+b=(3,m-√-3)>

由(方+3)〃@-方)，得3X(-dl-m)+1×(m-√^3)=0，

可得：m=-2Λ∕-3.

故选：D.

由己知求得a-3与,+B的坐标，再由平面向量共线的坐标运算列式求解Tn值.

本题考查平面向量的坐标运算，是基础题.

3.【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8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，。错误.

故选：B.

利用反例判断4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BlCI的中点F,连接E尸，■,又E为棱

BBl的中点，

.∙.BC1//EF,

.•・异面直线与Bcl成角为乙IEF或其补角，

设正方体ABCo-&当6。1的棱长为2,

则易知&E=AlF=仁，EF=^BC1=y∏,

∙∙∙CosSEF=磊=者=守

故异面直线AlE与BCl夹角的余弦值为卷.

故选：D.

将异面直线平移成相交直线，再解三角形，即可求解.

本题考查异面直线所成角的求解，属基础题.

5.【答案】C

【解析】解：对于4即nlτn,nil,若m和I在一个平面内,并且相交,

则n垂直于m,1所确定的平面，即Tn与1的夹角可以不等于90。,故A错误;

对于B,若α10,βIy,如图：

则α与y可平行，可相交，故B错误；

满足a_L。，Sly,而平面α与y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；

对于当m,凡是异面直线，TnUa,rn∕∕β,nu0,n〃a时，a∕∕β,D不正确.

故选：C.

根据空间中线线垂直关系，面面垂直关系，线面垂直的性质定理，异面直线的概念，即可分别判

断.

本题考查空间中线线，线面，面面的位置关系，属于基础题.

6.【答案】B

【解析】解：在斜二测直观图中，由。'B'=2,B'C=2,得。£'=2。，

则原四边形中OC=4√~Σ,又C'C'=DC=4B'=SB=4,且4B10C,

••・平行四边形力BeD的面积为S=AB×OC=4×=16√^2.

该直四棱柱的体积为Sh=16√7×2=32。.

故选:B.

由在斜二测直观图可得，在原四边形ABCD中，取。为4B的中点，则OCI4B,且得到4B与。。的

长度，求得四边形ABCD的面积，再由棱柱体积公式求解.

本题考查水平放置的平面图形的直观图的画法，考查棱柱体积的求法，是基础题.

7.【答案】B

【解析】解：因为ac。SB=bsin4,

由正弦定理得SirMcosB=SinBsinA,

由4为三角形内角得SiriA>0,

所以CoSB=SinB,B=%

因为C=ξ,c=2,

所以b=驾=卒=2C∙

sιnCɪ

2

故选：B.

由已知结合正弦定理进行化简可求B,然后结合正弦定理即可求解.

本题主要考查了正弦定理在求解三角形中的应用，属于基础题.

8.【答案】D

【解析】解:作AEIBC于E,连接DE,如图,

因为CDl底面ABC,4Eu底面力BC,⅛CDl.AE,

又AElBC,BC∏CD=C,BC,COU平面Bm故AEj■平面BC0,

所以4D与平面BCO所成角为N4DE,

在AaBC中,AB=∖∏,AC=1,∆BAC=

O

由余弦定理得BC2=V+(O_2X1XCX(_y)=7，故BC=√^7,则CD=C，

又打CdE=JBdC∙sin除即:x√^7xAE=；XqXlX:解得AE=色，

22622214

因为CD_L底面ABC,ACU底面力BC,⅛CDlAC,

在RtΔDCA中，AD=√AC2+CD2=√1+7=2√^1.

所以Sin乙40E=喘==要。

AD2∖Γ256

故选：D.

先利用线面垂直的判定定理推得40与平面BCo所成角为4ADE,再利用余弦定理与勾股定理依次

求得AE,AD,从而得解.

本题考查了线面角的计算，属于中档题.

9.【答案】ABC

【解析】解：对于4,∙∙∙P01a,OA,OB,OCUa,

：.PO1OA,PO1OB,PO1OC,

：.∆POA=∆POB=乙POC=90°,

PA=PB=PC,

.∙∙∆POA=LPOB=Δ,POC,

：.OA=OB=OC,即。为△ABC的外心，

又ZT=90。，则。是48边的中点，故选项A正确.

P

对于B,如图，在平面α内，

过点。作。EJ.AC,OFLAB,OG1BC,垂足分别为E,F,G,

由A同理可得POE三4P0F≤ΔPOG,

.∙.OE=OF=OG,即。为△4BC的内心，故选项B正确.

对于C,VPALPB,PA1PC,PB,PeU平面PBC,PBCPC=P,

.∙.PA-L平面PBC,因为BCU平面PBC,：.PA1BC,

VPO1.a,BC⊂a,ʌPO1BC,

∙.∙PA,P。U平面PA。，PA(∖PO=P,

：.BC1平面P4。，

又OAU平面PA0,

所以BCJ.OA,同理。Cj.4B,OBIAC,

即。为44BC的垂心，故选项C正确.

P

对于O,POLa,BCɑa,■■PO1BC,

∙.∙PAIBC,PA,PoU平面P4。，PACtPO=P,

：.BCJ•平面Λ40,

又CMU平面Pao,

所以BC∙L04同理OC_LAB,OBLAC,

即。为△4BC的垂心，故选项O错误.

选项D图

故选：ABC.

应用直线与平面垂直的判定和性质，平面儿何中三角形的内心、外心、垂心的性质即可求解.

本题考查直线与平面垂直的判定和性质，平面几何中三角形的内心、外心、垂心的性质，是中档

题.

10.【答案】AB

【解析】解：因为SinB=Sin24,

所以SinB=2sinAcosA,

由正弦定理可得b=2acosA,

又α=I,b=y∕-3‹

所以cos4=

因为0VAV兀，

所以4=^fsinB=Sin?=卒，

632

又b>a,

所以B=裁B=等

当B=轲，C=pc=√α2+式=厅仔=2,

当8=与时，c=a=1.

故选：AB.

利用二倍角公式以及正弦定理化简已知等式可求COSa=?，结合0<4<a可求4的值，可求

SinB的值，分类讨论即可求解C的值.

本题考查了二倍角公式，正弦定理以及勾股定理在解三角形中的应用，考查了分类讨论思想的应

用，属于基础题.

11.【答案】AB

【解析】解:4因为急=高=嬴由正弦定理可得:鬻=翳=舞，所以侬4=^anB=

tanCf

且A,B,C∈(0,π),所以4=B=C,所以△力BC为等边三角形，故A正确：

B：由正弦定理可得吗=驾=学，则J=J=l=tmB=tαnC=l,所以B=C=也

SinAStnBSinCtanTBtan7C4

所以△力BC为等腰直角三角形，故8正确；

Cz若c=2αcosB,由正弦定理可得SinC=2sin4cosB,则SinQl+B)=sin4cosB+s讥BCoSa=

2sinAcosB,化简可得:Sin(A-B)=O,

又A、B∈(0,7r),所以4-B=0,则4=B,△力BC等腰不一定是直角三角形，故C错误；

D：要使满足条件的三角形有且只有两个，则bs⅛υ4<α<b,

因为a=2√~3',b=4,所以4sinA<2√~^5,即SiTIA<Ae(0,，),所以。<4</，故。错误.

故选：AB.

利用正弦定理化简即可判断4B,C：利用bsin4<a<b,得出S讥力的范围，由此即可判断。.

本题考查了解三角形问题，涉及到正弦定理的应用，考查了学生的运算转化能力，属于中档题.

12.【答案】BC

【解析】解：对于4因为圆锥P。轴截面PAB是边长为4的等边三角形，

所以可得圆锥P。的底面圆的半径为r=2,高∕l==√。一7=^口,故A错误;

对于8,母线长为，=4,底面圆的半径为r=2,

所以圆锥的侧面积为S姆=π■力="X2X4=8%故8正确；

对于C,设圆锥的内切球球心为01，半径为如图所示，

由APOiC与APB。相似，可得第=器，即？=红三11,解得r=*,

UDΓD243

即圆锥P。的内切球的表面积为S=4兀斤=等，故C正确；

对于。，如图所示，设圆锥PO侧面展开图圆心角为2。，

由弧长筋1等于底面圆的周长，可得2。X4=2兀X2,可得O=],

在直角△4PC中，PA=4,PC=2,所以AC=√+p22=，16+4=2Λ∏>,

即若C为PB的中点，则沿圆锥P。的侧面由点力到点C的最短路程是2，石，。不正确.

故选：BC.

利用圆锥的几何性质，对每个选项分别计算可判断其正确性.

本题考查命题真假的判断，考查圆锥侧面积公式、圆锥内切球的表面积、圆锥侧面展开图等基础

知识，考查运算求解能力，属中档题.

13.【答案】1+白

【解析】解：Z1—2zz=5÷i,2zι+z2=3i,

则Zl—2Z2+2(2z1+z2)=5z1=5+i+6i=5+73

所以Zl=1+ɪi.

故答案为：1+看i.

根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解.

本题主要考查复数的四则运算，属于基础题.

14.【答案】(|,|)

【解析】解:因为荏=(1,2),CD=(3,3),

所以而在而方向上的投影向量坐标为：

AB,CDCD_AB∙CD_l×3+2×3/行_,33.

∖CD∖∖CD∖~∣CD∣2—32+32^⅛,2

故答案为：d).

按照投影向量的概念计算即可.

本题考查投影向量，属于基础题.

15.【答案】ψ

【解析】解：一个直角AABC的两直角边长分别是4B=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,

ABBC4×312

r=BO=~AC~

故旋转体的表面积为S=TTXBoX(BC+4B)=兀X号X(3+4)=等

故答案为：詈.

画出图形，判断几何体的形状，然后求解表面积.

本题考查简单几何体的表面积的求法，是中档题.

16.【答案】年

【解析】解：作出圆锥的轴截面，如图所示，由题意圆锥P。轴截ʃ

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=C,

设内接圆柱的底面半径为r',/：：

,X

在直角△POIE中，可得OiE=r',ZPEO1=60°,则POl=√~3r-~大一⅛~立一B

,,

所以ME=OO1=Po-Pol=√^3-√^3r=√^^∙(l-r),

所以内接圆柱的侧面积为Sl=2πr'ME=2ττr'X√-3'(1—r')<2-√r^3π∙(rr)2=

当且仅当r'=l-r’时，即当且仅当r'=京寸，等号成立，此时Ool=C.(1-

所以圆锥P。的内接圆柱的侧面积最大时，该圆柱的高为?.

故答案为：£3.

作出圆锥的轴截面，求解圆锥P。的底面圆的半径为r=1,高，设内接圆柱的底面半径为r',然后

转化求解圆柱的侧面积，利用基本不等式求解最值，推出圆柱的高.

本题考查几何体的表面积的求法，基本不等式的应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题.

17.【答案】解：(1)复数Zl=Q+3则Zg=(α+O2=(α2-1)+2ai=-21,

又α是实数，因此｛，；二)三°，

解得Q=-1,

所以实数a的值是-1;

(2)复数Zl=α+i,z2=1—i,aERf

∣→ɪzɪ_α+i_(α+i)(l+i)_(a—l)+(α+l)i_CL—1Q+1.

如匀=Tzi=(l-t)(l+i)=2=^T'+"2-b

Z1fɪ=0

因为或是纯虚数，于是工，解得a=l,

2lΨ≠°

因此2=i,

zZ

又尸=I,F=-1,iɜ=-i,J4=I,

即祗+⅛2+⅞)3+⅞)4=0.且函数y=偿尸,XeN*的周期为4,2023=3+4×505,

所以$+0)2+G)3+L+($)2023=505。+i2+i3+i4)+i+i2+i3=i-1-i=-1.

【解析】⑴可求出赍=(«+犷=(α2-1)+2ai=-21,从而得出用：二)；°，然后解出ɑ的值

即可；

(2)根据含为纯虚数可得出a=l,从而得出=i,然后可得出函数y=iLx6N*的周期为4,且

2023=3+4×505,∣+(g)2+(铲+(g)4=0,从而得出言+(∣)2+(g)3+•••+偿产的的

值.

本题主要考查了复数的运算性质，考查了纯虚数的概念，属于中档题.

18.【答案】解：(1)证明：连结的。交DIC于点G,连结GF,EG,

因为点F,G分别是DC,DIC的中点，

所以FG〃/)Di，S.FG=^DD1,

所以尸G〃4E,FG=AE,即四边形ZEGF是平行四边形，

所以4F〃EG,且力Fc平面CE%,EGU平面CED「

所以AF〃平面CEDi.

(2)因为AD1DC,AD=DC=1,所以AC=√I2+I2=√"I,

因为四棱柱ABCO-AlBIGDl为直四棱柱，

所以CE=J(G2+/=CED1=√12+12=yf2,

因为力&=2,所以皿=2/+22=门,

所以CE?+EDf=DC/,所以CEJ.ED】，SACEDI=?，

因为4。IOC,SLDD11AD,OOInOC=。，DD、,OCU平面。OlClC,

所以AD1平面DClCIC,

2

因为441〃0。厂所以点E到平面DDlGC的距离为1,ShCFD1=∣×∣×=Γ

设点尸到平面CEDl的距离为h,

根据等体积转化可知/-CEDl=VE-CFD1>

B∣4×^×Λ=∣×∣X1.解得：h=?，

所以点尸到平面CECl的距离为华.

6

⑶否.

【解析】(1)连结C1。交DIC于点G，连结G尸，EG,由已知证明四边形AEGF是平行四边形，可证4尸〃

平面CED1；

(2)利用/-CEDl=唳-CFD1，可求点尸到平面CECI的距离；

⑶否.

本题考查线面平行的证明，考查利用等体积法求点到面的距离，属中档题.

19.【答案】(1)解：ZiABC中，C是AB的中点，OA=a>OB=b<

所以元=H刃+而)=^0+石)，

又因为。是OB上靠近点O的三等分点，

所以CD=OD-OC=ɪb—ɪ(6+ɑ)=—ɪɑ—ɪb.

(2)证明：因为而=近一成=gB-百，

AE=^0E-0A=^×^(a+b)-a=~l^a+^b=^(-a+^b)=lAD,

所以荏与而共线，

又因为荏与而有公共点4，

所以A,D,E三点共线.

【解析】(1)根据平面向量的线性运算用方乙丽表示近、001再求出方；

(2)用刃、而表示而、AE,判断荏与而共线，且有公共点，即可证明4D,E三点共线.

本题考查了平面向量的线性运算与共线定理应用问题，是基础题.

20.【答案】证明：⑴连接4C交BD于0,连接OM,如图所示:

因为M为PC的中点，。是AC的中点，

所以。M是APAC的中位线，则H4〃0M,

又PAC平面MBO,OMU平面MBD,

所以PA〃平面MBC；

(2)在BD中,AD=6,AB=3,NBaD=60。，

所以由余弦定理可得，BD2=AB2+AD2-2AB-ADcos∆BAD=27,

则=AB2+BD2,

所以AB1BD,

因为四边形ABCD是平行四边形，

所以AB〃CD,则BDJ.CD,

又因为平面PCDJ■平面ABCO,平面PCOn平面力BCo=CD,BDU平面4BC0,

所以BO1平面PCD,

因为BDU平面MBD,

所以平面MBO1平面PCD.

【解析】(1)连接ZC交BD于0,易知P4//0M,再由线面平行的判定可得证；

(2)由余弦定理可得BD,再由勾股定理可知力B_LBD,进而得到BD_LCD,由面面垂直的性质可知

BD_L平面PCD,由此可证得平面MBD，平面PCD.

本题考查线面平行以及面面垂直的判定，考查逻辑推理能力，属于基础题.

21.【答案】解：(1)因为^bcsbυ4=浮(CSinC+bsin8—αsin力),由