吉林省长春市绿园区长春市新解放学校2022-2023学年高一下学期6月期中数学Word版含解析

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吉林省长春市新解放学校2022-2023学年高一下学期期中考试数学试卷一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1．若复数z满足(1+2i)⋅z=5−5i，则z=A．B．C．D．2．如图，△A'B'C'是水平放置△ABC的直观图，其中，A'B'//轴，//轴，则A．B．2C．D．43．△ABC的内角，所对的边分别为，且，则的值为A．B．C．D．4．已知，是空间中两条不同的直线，，，是空间中三个不同的平面，则下列命题中错误的是A．若，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，，，则5．已知向量满足则A．3B．49C．6D．76．在△ABC中，若，，则A．B．C．D．7．如图，在梯形ABCD中，，BC＝2AD，DE＝EC，设BA=a，BC=b，则BE=A．12a+14bB．−13a+56bC．23a−23bD．12a+34b8．已知长方体中，，BC=6，若与平面所成的角的余弦值为，则该长方体外接球的表面积为A．B．C．D．二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得5分，选对但不全得2分，有选错的得0分）

19．已知平面向量a→，b→，c→，下列四个命题不正确的是A．若a=0，则a=0B．单位向量都相等C．方向相反的两个非零向量一定共线D．若a，b满足a>b，且a与b同向，则a>b10．已知圆台的上底半径为1，下底半径为3，球O与圆台的两个底面和侧面都相切，则A．圆台的母线长为4B．圆台的高为4C．圆台的表面积为D．球O的体积为11．已知△ABC的内角的对边分别为，则下列说法正确的是A．若,则B．若，则△ABC为直角三角形C．若,则△ABC为直角三角形D．若，则满足条件的△ABC有两个12．已知正方体的棱长为6，点分别是棱的中点，是棱上的动点，则A．直线与所成角的正切值为B．直线平面C．平面平面D．到直线的距离为三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知向量a=1,2k,b=−2,3，若a⊥b，则___________.14．在△ABC中，角A,B,所对边分别是,,，若，则___________.15．已知复数满足，则的最大值为__________．16．某同学为了测量天文台的高度，选择附近学校宿舍楼三楼一阳台A，A到地面的距离为，在它们之间的地面上的点（B，，三点共线）处测得阳台A，天文台顶的仰角分别是15°和60°，在阳台处测得天文台顶的仰角为30°，假设，和点在同一平面内，则该同学可测得学校天文台的高度为______.四、解答题（本大题共6小题，17题10分，其余各题12分，共70分）17．已知复数，其中为虚数单位，m∈R．(1)若是纯虚数，求的值；(2)若在复平面内对应的点在第四象限，求的取值范围．

218．已知e1，e2是两个不共线的向量.(1)若AB=3e1−2e2，BC=4e1+e2，CD=8e1−9e2，求证：A，B，D三点共线；(2)若2λe1+e2和共线，求实数的值．19．在△ABC中角A，B，所对的边分别为，，，.(1)求；(2)若，求△ABC的面积.20．如图，在四棱锥中，正方形的边长为2，平面平面，且，，点分别是线段的中点.(1)求证：直线平面；(2)求直线与平面所成角的大小.21．已知△ABC的内角A，B，所对的边分别为，，，向量m=(a,−cosA)，且n=(sinB，3b)，且m⊥n．(1)求；(2)若，且△ABC的面积为，求△ABC周长．

322．在直三棱柱中，E为棱上一点，AB=CE=2，，D为棱上一点.(1)若，且D为靠近B的三等分点，求证：平面平面；(2)若△ABC为等边三角形，且三棱锥的体积为，求二面角的正弦值的大小.

4参考答案：1．D【分析】根据复数的除法运算和共轭复数的概念可求出结果.【详解】因为，所以，故选：D2．C【分析】在直观图中，利用余弦定理求出，再由斜二测画图法求出及，借助勾股定理求解作答.【详解】在中，，，由余弦定理得：，即，而，解得，由斜二测画图法知：，，在中，，所以.故选：C3．B【分析】应用正弦定理、三角形内角性质求的值.【详解】由正弦定理知：，则，，所以或，又，故.故选：B4．A【分析】设出、、的法向量，利用空间位置关系的向量证明判断B，C，D；根据线面关系判断A.【详解】设平面、、的法向量分别为、、，直线，的方向向量为，，对于A：若，，则或，故A错误；对于B：若，则，又，则，所以，则，故B正确；对于C：若，，则，，又，则，所以，则，故C正确；对于D：因，，则，，因此向量、共面于平面，

5令直线的方向向量为，显然，，而平面，即、不共线，于是得，所以，故D正确.故选：A5．D【分析】根据公式直接计算可得.【详解】.故选：D6．C【分析】根据题意，结合正弦定理求得，再由余弦定理，即可求解.【详解】因为，由正弦定理可得，且，由余弦定理可得：.故选：C．7．D【分析】取BC中点F，先征得四边形为平行四边形，再结合平面向量基本运算求解即可.【详解】取BC中点F，连接AF，如图所示，  又因为，，所以且，所以四边形为平行四边形，所以.故选：D.8．B【分析】根据直线与平面所成角的定义得，即，设，求出

6，根据该长方体外接球的直径是，可求出，再根据球的表面积公式可求出结果.【详解】连，因为平面，所以是与平面所成的角，所以，所以，设，则，即，又，所以，所以，即，所以，，因为该长方体外接球的直径是，所以半径，所以该外接球的表面积为.故选：B9．BD【分析】根据向量的定义和性质，逐项判断正误即可.【详解】对于A，若，则，故A正确；对于B，单位向量的模为，但是方向不一定相同，故B错误；对于C，方向相同或相反的两个非零向量为共线向量，故C正确；对于D，向量之间不能比较大小，只能比较向量的模，故D错误；故选：BD10．ACD【分析】作出圆台的轴截面，设圆台上、下底面圆心分别为，半径分别为，连接，利用平面几何知识得到，即可逐项计算求解．【详解】设梯形ABCD为圆台的轴截面，则内切圆为圆台内切球的大圆，如图，

7设圆台上、下底面圆心分别为，半径分别为，则共线，且，连接，则分别平分，故，，故，即，解得，母线长为，故A正确；圆台的高为，故B错误；圆台的表面积为，故C正确；故选：AC.11．AC【分析】根据正弦定理、余弦定理知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】对于A选项，若，则，由正弦定理可得，所以，，故A选项正确；对于B选项，由可得：，则，得到为钝角，故B选项不正确；对于C选项，若，由正弦定理可得，所以为直角三角形，故C选项正确；.对于D选项，由正弦定理可得，则，故，由可得或，因为，则，故，故D选项不正确.故选：AC.12．BCD【分析】把直线与所成的角，转化为直线与所成的角，在直角中，求得所成的角的正切值为，可判定A不正确；由，利用线面平行的判定定理，证得平面

8，可判定B正确；由平面，得到平面，结合面面垂直的判定定理，可判定C正确；设，证得，得到即为点到直线的距离，在直角中求得，可判定D正确.【详解】对于A中，在正方体中，可得，所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，设，取的中点，连接和，在直角中，，即异面直线与所成的角的正切值为，所以A不正确；对于B中，因为点分别是棱的中点，可得，又因为平面，平面，所以直线平面，所以B正确；对于C中，在正方体中，可得平面，因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面，所以C正确；对于D中，设，因为平面，且平面，可得，所以即为点到直线的距离，在直角中，，所以，即到直线的距离为，所以D正确.故选：BCD.13．13【分析】由数量积等于0并结合数量积的坐标运算公式即可求解.14．/

9【分析】根据余弦定理直接求解即可.【详解】，，，.故答案为：.15．5【分析】确定表示复数几何意义，再结合的几何意义求解作答.【详解】由，得复数对应的点在以为圆心，1为半径的圆上，表示复数对应的点到的距离，点到点的距离为，所以的最大值为.故答案为：516．30【分析】由已知求出AM，在三角形ACM中，运用正弦定理可得CM，再解直角三角形CDM，计算可得天文台的高度.【详解】在中，有，在中，，，，由正弦定理得，，故，在中，，又，则.故答案为：30.17．(1)(2)

10【分析】（1）由纯虚数定义列方程求参数；（2）由复数对应点所在象限列不等式组求参数范围.【详解】（1）由是纯虚数，则，故.（2）由在复平面内对应的点在第四象限，，所以.18．(1)证明见解析；(2)【分析】（1）求出，找到使成立的即可证明；（2）通过平行，必存在实数使，列方程组求出实数的值.【详解】（1），又，，，又，A，B，D三点共线；（2）向量和共线，存在实数使，又，是不共线，，解得.19．(1)或(2)或【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角相互转化即可得到结果；（2）根据题意，由余弦定理可得，再由三角形的面积公式即可得到结果.

11【详解】（1）因为，由正弦定理可得，，因为，所以，且，所以或.（2）由（1）可知或，且，，所以即，由余弦定理可得，，即，解得或，当时，，当时，，所以的面积为或.20．(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接可得为的中位线，再利用线面平行的判定定理即可得出证明；（2）利用四棱锥的结构特征以及线面垂直的判定定理，建立以为坐标原点的空间直角坐标系，利用空间向量和线面角的位置关系，即可求得直线与平面所成角的大小为.【详解】（1）根据题意可知，连接，则交与；如下图所示：  在中，为的中点，又点是线段的中点，所以，又平面，平面，所以直线平面；（2）由平面平面，且平面平面，

12又四边形是正方形，所以，又平面，所以平面；过点作直线平行于，又，所以以为坐标原点，分别以直线，直线，直线为轴建立空间直角坐标系；如下图所示：  由正方形的边长为2，，可得，；所以；；又点分别是线段的中点，所以；即；设平面的一个法向量为；所以，可得，令，解得；即设直线与平面所成的角为，则，解得；所以直线与平面所成角的大小为.21．(1)(2)

13【分析】（1）由已知和正弦定理可得答案；（2）由面积公式和余弦定理可得答案.【详解】（1）（1）∵，∴m⋅n=asinB−3bcosA=0，由正弦定理得sinAsinB−3sinBcosA=0，是三角形内角，，∴sinA−3cosA=0，tanA=3，是三角形内角，∴A=π3；（2），，又，，，△ABC的周长为.22．(1)见解析(2)【分析】（1）由面面垂直的判定定理即可证明；（2）由三棱锥的体积公式可求出，以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【详解】（1）分别取的中点，连接，则，，且，由题意可知，，所以，又，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，所以，又，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面；（2）由（1）可得，以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，因为三棱锥的体积为，所以，

14即，解得：，所以，则，所以，，，设平面的一个法向量，则，令，解得：.故设平面的一个法向量，则，令，解得：.故，所以，设二面角的大小为，，即二面角的正弦值为.  

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