2023-2024学年广东省湛江二十一中高一（下）期中数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年广东省湛江二十一中高一（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.已知复数z=i2−i，则z对应的点A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.在平行四边形ABCD中，点E满足AE=A.34AB−14AD 3.在△ABC中，A=60°，B=75A.63 B.263 4.在直角坐标系xOy中，向量OA=(1,−1),OB=A.35 B.−7 C.535.如图所示，梯形A′B′C′D′是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，A′A.2

B.3

C.56.已知圆锥的侧面积为12π，它的侧面展开图是圆心角为2π3的扇形，则此圆锥的体积为A.62π B.162π7.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D为A1B1的中点，ABA.30°

B.45°

C.60°8.已知三棱锥P−ABC的顶点都在球O的球面上，AB⊥AC,BA.473 B.5 C.8二、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.已知α，β是两个不重合的平面，l，m是两条不同的直线，在下列说法正确的是(

)A.若l/​/α，α/​/β，则l/​/β

B.若α/​/β，m⊂α，则m//β10.设z为复数(i为虚数单位)，下列命题正确的有(

)A.复数z=3−2i的共轭复数的虚部为2 B.若z2∈R，则z∈R

C.11.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F分别是棱B1BA.直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为43

B.直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积为16π

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.向量a=(1,2)，b=(213.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为3，b2−c14.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，设MN分别是线段DA

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)

设复数z1=1−ai(a∈R)，z2=2+3i，16.(本小题15分)

已知向量a=(1,x)，b=(2,3)．

(1)若3b⊥17.(本小题15分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c(1)求(2)若c=3，a18.(本小题17分)

如图，已知多面体FABCDE的底面ABCD是边长为3的正方形，DE⊥底面ABCD，DE/​/19.(本小题17分)

如图所示正四棱锥S−ABCD，SA=SB=SC=SD=2，AB=2，P为侧棱SD上的点，且SP=3PD，求：

(1)

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：因为z=i2−i=−1−i，

所以z对应的点2.【答案】B

【解析】解：因为ABCD为平行四边形，

所以AC=AB+AD，

则有AE=3.【答案】B

【解析】解：由题意，C=180°−60°−75°=45°，故△ABC中最小的边长为c．

由正弦定理a4.【答案】C

【解析】解：因为向量OA=(1,−1),OB=(5,m),OC=(7,3)，

所以AB=O5.【答案】C

【解析】解：由直观图知原几何图形是直角梯形ABCD，如图，

由斜二测法则知AB=A′B′=2，BC=B′C6.【答案】B

【解析】解：根据题意，设圆锥的底面半径为r，母线长为l，

圆锥的侧面积为12π，它的侧面展开图是圆心角为2π3的扇形，

则有πrl=12π，2πrl=2π3，解得r=2，l=6，

所以此圆锥的高h=7.【答案】C

【解析】解：取BC1中点E，连接DE，BE，

∵在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D为A1B1的中点，

∴DE/​/AC，∴∠BDE是异面直线BD与AC所成的角(或所成角的补角)，

∵AB=BC=2，BB1=1，AC=22，

∴DE=128.【答案】A

【解析】解：因为AB⊥AC,BC=22，易知三角形ABC为等腰直角三角形，

又PB⊥平面ABC，所以PB为三棱锥P−ABC的高，

则可将三棱锥P−ABC补全成如图的直观图，如图，

长方体的体对角线即为外接球直径，即PC为球直径，

∴9.【答案】BD【解析】【分析】本题主要考查的是空间线线、线面位置关系，属于中档题．

画出一个正方体，借助正方体的平行，垂直关系，进行验证即可．【解答】解：A.如图所示：

，

可得结果l//β或lB.如图所示：

，

可得结果m//β，故C.如图所示：

，

可得m⊥l，故CD.如图所示：

，

可得结果m//α或m/故选：BD10.【答案】AC【解析】解：对于A，因为z=3−2i，则z−=3+2i，其虚部为2，故A正确；

对于B，取z=i，此时z2=−1∈R，但z∉R，故B错误；

对于C，若(1+i)z=1−i，则z=1−i1+i11.【答案】AC【解析】解：选项A：因为AA1=2A1B1=2A1C1=4，∠A1C1B1=π3，

所以三棱柱的上、下底面均为正三角形，

所以VABC−A1B1C1=12×2×2×sinπ3×4=43，故A正确；

选项B：如图1，记△ABC和△A1B1C1外接圆的圆心分别为O和O1，

连接OO1，O1B1，记OO1的中点为O2，连接O2B1，

则O1O2=2,O1B1=233，

易知O2B1为直三棱柱ABC−A1B1C1的外接球半径，

且O2B1=O1O22+O1B12=22+(233)2=163，

所以直三棱柱ABC−A12.【答案】−1【解析】解：因为a=(1,2)，b=(2,λ)，且a⊥b，

所以a13.【答案】13【解析】解：∵cosA=45，A∈(0,π)，

∴sinA=1−cos2A=35，

∴由△ABC的面积为3=12bcsin14.【答案】2【解析】解：过点M，N分别作MG//A1D1，交DD1于点G，NP//A1D1，交C1D1于点P，连接PG，

要想MN/​/平面CC1D1D，则四边形MGPN为平行四边形，故NP=MG，

设D1G=m∈(0,1)，则P15.【答案】解：(1)当a=2时，z1=1−2i，z1⋅z2=(1【解析】(1)代入a的值，再去计算z1z2即可．

(2)先将z1z16.【答案】解：(1)由3b⊥(a−b)，得3b⋅(a−b)=0，整理得：a⋅b−b2=0，

因为a⋅b=2+3x，b2=22+32=13，所以2+3【解析】(1)根据向量垂直的坐标运算求出x，再根据向量模的坐标运算可得结果；

(2)根据向量平行的坐标运算求出17.【答案】解：(1)∵bcosA+32a=c，

∴由正弦定理可得sinBcosA+32sinA=sinC，

又sinC【解析】本题考查正弦定理，两角和的正弦函数公式，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查计算能力和转化思想，属于基础题．

(1)由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得32sinA=sinAcosB18.【答案】(1)证明：∵DE⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，

∴CD⊥DE．

又CD⊥AD，DE∩【解析】(1)由线面垂直的判定证明；

(2)求出直角梯形ADEF19.【答案】(1)解：在正四棱锥S−ABCD中，SA=SB=SC=SD=2,AB=2，

则正四棱锥侧面的高为h=22−(22)2=142，

所以正四棱锥的表面积为S=4×12×2×142+2×2=27+2；

(2)证明：如图，连接BD交AC于点O，连接MO，BM，DM，则O为AC