2023-2024学年重庆市荣昌中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年重庆市荣昌中学高一（下）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知点A(0,1),BA.(-7,-4) B.(2.把△ABC按斜二测画法得到△A′B′C′(如图所示)，其中

A.等边三角形 B.直角三角形

C.等腰三角形 D.三边互不相等的三角形3.已知向量a，b满足|a|=1，|b|=1，且|A.π6 B.π3 C.5π4.在△ABC中，acA.直角三角形 B.等腰三角形或直角三角形

C.等边三角形 D.等腰三角形5.在正四面体P−ABC中，棱长为2，且E是棱AB中点，则异面直线PEA.−36 B.36 6.如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为1，高为2，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图2，这是水面恰好是中截面，则图1中容器水面的高度是(

)A.54 B.53 C.437.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，动点E在线段A1A.FM//A1C1

B.当E为A1C1中点时，BE⊥FM

8.在△ABC中，AB⋅AC=9，sinB=cA.116+63 B.116二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.下列命题中的真命题是(

)A.若直线a不在平面α内，则a/​/α

B.若直线l上有无数个点不在平面α内，则l/​/α

C.平行于同一平面的两直线可以相交

10.已知复数z=21+3A.复数z的共轭复数的模为1

B.复数z在复平面内对应的点在第四象限

C.复数z是方程x2+x+1=0的解

D.复数11.在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trulli，于1996年被收入世界文化遗产名录.现测量一个Trulli的屋顶，得到圆锥SO(其中S为顶点，O为底面圆心)，母线SA的长为6m，C是母线SA.圆锥SO的侧面积为12πm2

B.过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大值为82m2

C.圆锥SO三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若一个球的体积为43π，则它的表面积为______13.平面向量a=(0,2),b=(4,2),14.正三棱柱ABC−A1B1C1中，所有棱长均为2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，则直线EF四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

回答下列问题．

(1)已知复数z=m+2i是方程x2+6x+13=0的根(i是虚数单位，m∈R)，求|z16.(本小题15分)

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D是AC边上的点，2bsinB=(2a−c)s17.(本小题15分)

如图：在正方体ABCD−A1B1C1D1中AB=2，M为DD1的中点．

(1)求三棱锥M−A18.(本小题17分)

如图，某公园改建一个三角形鱼塘，∠C=90°，AB=2，BC=1，现准备养一批观赏鱼供游客观赏．

(1)若在△ABC内部取一点P，建造APC连廊供游客观赏，如图①，使得点P是等腰三角形PBC的顶点，且∠CPB=2π3，求连廊AP+19.(本小题17分)

三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下：a1a2a3b1b2b3c1c2c3=a1b2c3+a2b3c1+a3b1c2−a3b2c1−a2b1c3−a1b3c2.若a×b=ijk答案和解析1.【答案】A

【解析】【分析】求出有向线段AB，然后由BC=【解答】

解：由已知点A(0,1)，B(3,2)，

得到AB2.【答案】A

【解析】解：根据斜二侧画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形，如下图所示：

由图易得AB=BC=AC=2

故△ABC3.【答案】B

【解析】【分析】本题考查向量的数量积的求法，模的运算法则以及向量的夹角的求法，属于基础题．

利用向量的模的运算法则以及向量的数量积求解向量的夹角即可．【解答】

解：向量a，b满足|a|=1，|b|=1，且|a+b|=3，

可得a2+2a⋅b+b2=4.【答案】B

【解析】解：∵acosA=bcosB，

∴根据正弦定理，得sinAcosA=sinBcosB，即sin2A=s5.【答案】B

【解析】解：如图，取AC的中点G，连接EG，PG，

因为E是棱AB中点，

所以EG/​/BC，故∠PEG或其补角为异面直线PE与BC夹角，

又正四面体棱长为2，故PE=PG=3,EG=1，

cos∠PEG=PE6.【答案】D

【解析】解：在图2中，水中部分是四棱柱，

四棱柱底面积为S=12×12×sin60°−12×(12)2×sin60°=3316，高为2，

∴四棱柱的体积为V=27.【答案】D

【解析】解：对A选项：因为F、M分别是AD、CD的中点，所以FM//AC//A1C1，所以A选项正确；

对B选项：因为当E为中点时，BE⊥A1C1，所以BE⊥FM，所以B选项正确；

对C选项：三棱锥B−CEF是以面BC8.【答案】C

【解析】解：设|AB|=c，|AC|=b，根据题意得bccosA=9b=ccosA12bcsinA=6，

解得b=3，c=5，sinA=45，cosA=35，∴|CB|=4，∴CP=9.【答案】CD【解析】解：对于A，若直线a不在α内，则aa//α或a与α相交，故A错误；

对于B，a和α相交时，直线l上有无数个点不在平面α内，故B错误；

对于C，根据线面平行的性质可知平行于同一个平面的两条直线可能相交，平行，或异面，故C正确．

对于D，根据线面平行的定义可知，若l/​/α，则l与α内任何一条直线都没有公共点，故D正确．

故是真命题的为：CD．

故选：CD．

对于A，根据直线和平面的位置关系判断；

对于B，利用直线和平面的位置关系判断；10.【答案】AB【解析】解：z=2(1−3i)1+3=12−32i，

∴z−=12+32i，|z−|=1，A正确；

复数z对应的点为(12,−32)，在第四象限，B正确；

解x2+x+1=0得，x=−12−32i或−12+32i，∴复数z不是方程x211.【答案】AB【解析】解：对于A：设圆锥底面半径为r，如图，

在△A′SC中，A′S=6，SC=2，A′C=213，

所以cos∠A′SC=A′S2+SC2−A′C22A′S⋅SC=36+4−522×6×2=−12，

所以∠A′SC=2π3，

所以2πr=2π3×6，∴r=2(米)，

所以圆锥的侧面积为：12×6×2π×2=12π(m2)，故A正确；

对于B，在△ASB中，cos∠ASB=SA2+SB12.【答案】12π【解析】解：由4π3R3=43π13.【答案】5【解析】解：a=(0,2)，b=(4,2)，c=ma+b=(4,2m+2)，

∵c与14.【答案】34

2【解析】解：取CC1的中点M，连接EM，FM，

因为点E为棱BB1的中点，所以BC//EM，BC=EM=2，

所以∠FEM为异面直线EF与直线BC所成角，

连接B1F，因为BB1⊥平面A1B1C1，B1F⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥B1F，

因为△A1B1C1为边长是2的正三角形，F为A1C1的中点，所以B1F=3，

所以EF=B1F2+B1E2=3+1=2，

MF=C1F2+C1M2=2，

所以由余弦定理得cos∠FEM=EF2+EM2−FM22EF⋅EM=4+4−22×2×2=34，

所以直线EF与直线BC所成角的余弦值为34，

连接AE并延长交A1B1的延长线于点G，连接FG交B1C1于点D，连接ED，15.【答案】解：(1)因为复数z=m+2i是方程x2+6x+13=0的根，

所以(m+2i)2+6(m+2i)+13=0，整理得m2+6m+【解析】(1)将z代入方程求出m，再根据复数的模长公式求解即可；

(2)根据共轭复数的概念和复数除法运算化简16.【答案】解：(1)由正弦定理以及已知可得2b2=a(2a−c)+c(2c−a)，

整理可得，a2+c2−b2=ac．

所以cos∠ABC=a2+c2−b22ac=ac2ac=12．

又∠ABC∈(【解析】(1)由正弦定理角化边，整理可得a2+c2−b2=ac，然后根据余弦定理即可求得cos∠ABC=117.【答案】解：(1)∵正方体ABCD−A1B1C1D1中AB=2，M为DD1的中点，

∴MD⊥底面ABC，VM−ABC=13⋅S△ABC⋅MD=13×12×2×2×1=23；

(2)证明：如图，连接BD，设交AC于点O，∵O是DB的中点，M是DD1的中点，

【解析】(1)根据条件可得出三棱锥M−ABC的高为MD=1，底面ABC的面积为2，然后根据三棱锥的体积公式求出体积即可；

(2)连接BD，设交AC于点O，容易说明BD1//M18.【答案】解：(1)∵点P是等腰三角形PBC的顶点，且∠CPB=2π3，BC=1，

∴∠PCB=π6且由余弦定理可得：cos∠CPB=PB2+PC2−BC22PB⋅PC=2PC2−12PC2=−12，

解得PC=33，

又∵∠ACB=π2，∴∠ACP=π3，

∵在Rt△【解析】(1)由余弦定理即可求得PC=33，在△ACP中，确定∠A