山西省太原市2022-2023学年高一下学期数学期中试卷（含答案）

山西省太原市2022-2023学年高一下学期数学期中试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．复数1−i的共轭复数为（）A．−1+i B．−1−i C．1+i D．1−i2．已知向量a，b满足|a|=2，A．6 B．8 C．10 D．123．已知复数z=(1−i)(3i−1)A．z的虚部为4B．复数z在复平面内对应的点位于第三象限C．zD．|z|=24．已知向量a=(2，2)，b=(m，−1)，若A．15 B．55 C．335．已知一圆锥的母线长为3，侧面积为35A．2 B．5 C．4 D．106．在四边形ABCD中，若AB+CD=A．正方形 B．菱形 C．矩形 D．等腰梯形7．在边长为2的正方形ABCD中，点E为边BC上的动点，点F为边CD上的动点，且DF=CE，则BF⋅A．6 B．5 C．4 D．38．已知△ABC的面积为23，AB=2，∠B=π3A．3 B．23 C．329．用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的是（）A．三角形的直观图是三角形B．平行四边形的直观图是平行四边形C．正方形的直观图是正方形D．菱形的直观图是菱形二、多选题10．已知复数z1、zA．|B．若|z1C．若z1z2=0，则z1、D．若z1≠0且z11．在直角坐标系xOy中，已知点A(1，A．若OP∥BCB．若点P在BC上，则m+n=1C．若PA+PBD．若AP在AC方向上的投影向量是(2，1)12．半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成，体现了数学的对称美.如图，二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体截去八个一样的四面体得到的，若它的所有棱长都为2，则（）A．被截正方体的棱长为2B．被截去的一个四面体的体积为4C．该二十四等边体的体积为20D．该二十四等边体外接球的表面积为8π三、填空题13．设复数z满足(1−i)z=22i，则z=14．如图所示的图案，是由圆柱、球和圆锥组成，已知球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面，则图案中圆锥、球、圆柱的体积V圆锥：15．如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60m，则河流的宽度BC等于.16．已知向量|a|=|b|=a⋅b四、解答题17．已知复数z1=1+ai(a∈R)，且（1）求实数a的值；（2）设复数z2=b−i202318．如图，在△ABC中，已知AB=2，AC=5，（1）用a，b表示（2）求|AP19．如图，矩形O'A'B'C'（1）画出平面四边形OABC的平面图，并计算其面积；（2）若该四边形OABC以OA为轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积和表面积.20．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知向量m=(2b−c，cosC)（1）求A；（2）若△ABC的面积为53，b=5，求sinBsinC21．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，（1）求A；（2）若△ABC的面积为33，求△ABC22．如图所示，是一块三角形空地，其中OA=3km，OB=33km，∠AOB=90∘.当地政府计划将这块空地改造成一个休闲娱乐场所，拟在中间挖一个人工湖△OMN，其中M、N在边AB上，且∠MON=30（1）当AM=32km（2）若要求挖人工湖用地△OMN的面积是堆假山用地△OAM面积的3倍，试确定∠AOM的大小.23．如图所示，是一块三角形空地，其中OA=3km，OB=33km，∠AOB=90°.当地政府规划将这块空地改造成一个休闲娱乐场所，拟在中间挖一个人工湖△OMN，其中M，N在边AB上，且∠MON=30°，挖出的泥土堆放在（1）若要求挖人工湖用地△OMN的面积是堆假山用地△OAM面积的3倍，试确定∠AOM的大小；（2）为节省投入资金，人工湖△OMN的面积要尽可能小，问如何设计施工方案，可使△OMN的面积最小？最小面积是多少？

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】根据共轭复数的概念，可知复数1−i的共轭复数为1+i.故答案为：C.

【分析】根据共轭复数的概念，可得答案.2．【答案】B【解析】【解答】a⋅(故答案为：B.

【分析】根据平面向量数量积的定义以及运算律计算，可得答案.3．【答案】D【解析】【解答】因为z=(1−i)(3i−1)则z的虚部为2，A不符合题意；复数z在复平面内对应的点为(−4，z2|z|=16+4故答案为：D.

【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，逐项进行判断，可得答案.4．【答案】B【解析】【解答】由已知可得，a⋅(a−2又a2=2所以有8−2(2m−2)=0，解得m=3，所以b=(3所以a⋅b=4所以，|a|=22所以，cos⟨故答案为：B.

【分析】由向量垂直的判断方法分析可得m的值，进而结合向量数量积的计算公式计算可得答案.5．【答案】A【解析】【解答】设该圆锥的底面半径为r，高为h，圆锥的侧面积为S=π×3r=35π，解得因此，该圆锥的高为h=3故答案为：A.

【分析】由侧面积求出圆锥的底面圆半径，利用勾股定理求出该圆锥的高.6．【答案】C【解析】【解答】因为|AB−AD即AB2+AD易知AB、AD均为非零向量，则AB⊥AD，因为AB+CD=0，则所以，四边形ABCD为矩形.故答案为：C.

【分析】由AB+CD=7．【答案】D【解析】【解答】如图，建立平面直角坐标系，则B(2，0)，设F(λ，2)，则DF=λ，所以BE=2−λ，E(2，所以，BF=(λ−2，2)所以，BF⋅所以当λ=1时，有最小值3.故答案为：D.

【分析】以点B为原点，边BC，BA所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系，然后根据条件可设F(λ，2)，0≤λ≤2，E(2，2−λ)，然后可求出8．【答案】A【解析】【解答】由S△ABC=1所以BC=4.由余弦定理可得，AC所以AC=23由正弦定理ACsinB=故答案为：A.

【分析】先由三角形的面积公式可得BC=4，再由余弦定理可得AC=239．【答案】A,B【解析】【解答】由斜二测直观图的画法规则，平行依旧垂改斜，横等纵半竖不变，可知三角形的直观图还是三角形，A符合题意；平行四边形的直观图仍然是平行四边形，B符合题意；正方形和菱形的直观图是平行四边形，CD不符合题意；故答案为：AB.

【分析】根据斜二测直观图的画法规则，逐项进行判断，可得答案.10．【答案】A,C,D【解析】【解答】设z1=a对于A选项，z1所以，(|=2(因为(=a则(|z所以，|z对于B选项，若z1、z2中至少有一个为虚数，则z1对于C选项，若z1z2=0，假设z1、z则存在θ1、θ2∈R，使得z则z1因为cos2(θ1所以，z1故假设不成立，所以，z1、z对于D选项，z1z2因为z1≠0，则z1≠0，由C选项可知，故答案为：ACD.

【分析】利用复数模的几何意义判断选项A；由特殊例子判断选项B；利用复数相等求解，即可判断选项C；由复数模的性质判断选项D.11．【答案】A,C【解析】【解答】由题知，AB所以OPA中，因为OP∥BC，所以2m+n+m+2n=0，即B中，BP=所以BP∥BC，所以2m+n−3+m+2n−2=0，即C中，PAPC因为PA所以(即6−3m−6n=06−6m−3n=0，解得m=n=23D中，与AC同向的单位向量为ACAP在AC上的投影AP所以4m+5n−3所以4m+5n−3=5，即4m+5n=8，D不符合题意.故答案为：AC

【分析】根据向量共线的坐标表示计算可判断A，B；由向量相等建立方程组，求得m、n，可判断C；先求得投影和与AC同向的单位向量，然后由投影向量列方程，变形可判断D.12．【答案】A,C,D【解析】【解答】对于A项，由已知可推得，二十四等边体的各个顶点均为正方体A1如图1，则QP=2PC对于B项，如图1，由A知，四面体C1−QPG是三条侧棱两两垂直，且长度为1的三棱锥，所以对于C项，正方体的体积为V1=2对于D项，如图2，设球心为O，显然O是正方体的中心，连结B2C1，取B2C因为G，T分别是C1又OT=12A所以，在Rt△OTG中，有OG2=O所以，该二十四等边体外接球的半径R=OG=2，表面积为4π故答案为：ACD.

【分析】根据题意，将该二十四等边体补形为正方体，结合正方体的几何结构，逐项进行判断，可得答案.13．【答案】−【解析】【解答】因为(1−i)z=22i，则故答案为：−2

【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解出答案.14．【答案】1【解析】【解答】设底面圆的半径为r，则圆柱的高为h=2r，球的半径为r，所以，圆锥的体积V圆锥=13π所以，图案中圆锥、球、圆柱的体积V圆锥故答案为：1：

【分析】利用圆锥、球和圆柱的体积公式求解，可得答案.15．【答案】120(【解析】【解答】由图可知，∠DAB=15°∵tan15°=tan(45°−30°)=在RtΔADB中，AD=60∵DB=AD×tan15°=60×(2−在RtΔADC中，∠DAC=60°，AD=60∴DC=AD×∴BC=DC−DB=60河流的宽度BC等于120(3故答案为：120(3

【分析】在三角形ABD中，利用直角三角形的边角关系求得DB的长，再在在RtΔADC中，计算BC。16．【答案】[1−【解析】【解答】解：设向量a→，b→的夹角为θ，则由|a→|=|b→|=a→⋅b→=2，又a→·b→=a→·b→·cosθ=2解得cosθ=12，所以θ=60°，

故如图所示，可设a→=1，3，b→=-1，3，c→=x，y，

17．【答案】（1）解：因为z1∴z又z1∴3+a=0解得a=−3.（2）解：z2因为复数z2所以b−3<03b+1>0解得−1所以b的取值范围是(−1【解析】【分析】(1)根据已知条件，结合纯虚数的定义，以及复数的四则运算，即可求解出实数a的值；

(2)根据已知条件，结合复数的几何意义，以及复数的四则运算，即可求解出实数b的取值范围.18．【答案】（1）解：BN=（2）解：因为AM，BN分别为BC，AC边上的中线所以点P为△ABC的重心，则AP由于AM所以AP=|【解析】【分析】（1）根据向量代数运算即可求出a，b表示BN；

（2）先证明出点P为△ABC的重心，则AP=19．【答案】（1）解：如图1，设O'y'与B因为O'C'=1，∠C▱OABC的平面图如图2所示：则OD=2OS▱OABC（2）解：由（1）可得，在Rt△ODC中，有OC所以，OC=3，所以AB=3.如图3，分别过点B，C作OA及其延长线的垂线，垂足为矩形FECB绕OA及其延长线，旋转一周得到一个底面半径r=OD=22，母线lRt△BEA绕OA，旋转一周得到一个底面半径r=OD=22，母线l2=AB=3Rt△CFO绕OA及其延长线，旋转一周得到一个底面半径r=OD=22，母线l3=OC=3所以，旋转形成的几何体为圆柱挖去一个同底的圆锥，与一个同底的圆锥构成的组合体.则旋转形成的几何体的体积即等于圆柱的体积，减去挖去的圆锥体积，加上组合的圆锥的体积，所以，旋转形成的几何体的体积V=πr旋转形成的几何体的表面积即等于圆柱的侧面积，加上两个圆锥的侧面积之和，所以S=2πrl【解析】【分析】(1)利用斜二测画法的规则作出图形，由面积公式计算平面四边形OABC的面积；

(2)利用柱体的体积公式求出体积，分别求解圆锥、圆柱的侧面积，再求旋转体的表面积.20．【答案】（1）解：在△ABC中，A+B+C=π，∵向量m=(2b−c，cosC)与向量n由正弦定理可得(2sinB−sinC)cosA=sinAcosC，∴2sinBcosA=sin∵A、B∈(0，π)，则sinB>0，∴（2）解：由三角形的面积公式可得S△ABC=1由余弦定理a2=b由正弦定理asinA=b所以sinBsinC=5×4【解析】【分析】(1)利用向量共线定理、正弦定理即可得出A的值；

(2)由已知利用三角形的面积公式可求得bc=20，又b=5，解得c的值，利用余弦定理进而可求a的值，利用正弦定理即可求解出sinBsinC的值.21．【答案】（1）解：在△ABC中，A+B+C=π，∵向量m与n向量共线，∴(2b−c)cosA=acosC，由正弦定理可得(2sinB−sinC)cosA=sinAcosC，∴2sinBcosA=sin(A+C)=sinB，又A∈(0，π)（2）解：因为S=12bcsinA=3由余弦定理得：a2所以b+c=a所以a+b+c=a所以周长的取值范围是[63【解析】【分析】(1)根据向量m与n向量共线，得到2b-ccosA=acosC，由正弦定理可得(2sinB−sinC)cosA=sinAcosC整理后即可求解出A的值；

(2)根据三角形面积公式得到bc=12，再由余弦定理和基本不等式即可求解出△ABC22．【答案】（1）解：在△AOB中，因为OA=3，OB=33，∠AOB=9则tan∠OAB=OBOA在△AOM中，OA=3，AM=32，由余弦定理得OM=O（2）解：设∠AOM=θ(0因为S△OMN=3即ON=63在△AON中，由正弦定理ONsin6得ON=332cosθ，所以6由0∘<2θ<120∘，得2θ=30【解析】【分析】(1)在△AOM中，利用余弦定理，即可求出OM的长度；