【文档说明】河北省唐山市十县一中联盟2022-2023学年高一下学期期中数学试题 含解析.docx，共(20)页，1.798 MB，由管理员店铺上传

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唐山市十县一中联盟2022—2023学年度高一年级第二学期期中考试数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡的相应位置上.将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，

选出每小题答案后，用2B铅笔将答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其他答案.答案涂在试卷上一律无效.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知i为虚数单位，若复数()()1i

12iz=−−，则z=（）A.1B.3C.3D.10【答案】D【解析】【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数模的计算公式计算可得.【详解】因为()()21i12i12ii2i13iz=−−=−−+=−−，所以()

()221310z=−+−=.故选：D2.已知向量()1,3a=，()1,0b=，则a与b的夹角为（）A.π6B.π3C.2π3D.5π6【答案】B【解析】分析】首先求出ar，b，ab，再根据夹角公式计算可得.【详解】因为()1,3a=，()1,0b=，所以()22132a=+=，1b=，【1

1301ab=+=，设a与b的夹角为，则1cos2abab==，又0,π，所以π3=.故选：B3.已知i为虚数单位，2i+是关于x的方程250xmx−+=的一个根，则实数m=（）A.4B.4−C.2D.2−【答案】A

【解析】【分析】根据虚根成对原理可得2i−也是方程根，利用韦达定理计算可得.【详解】因为2i+是关于x的方程250xmx−+=的一个根，所以2i−也是关于x的方程250xmx−+=的一个根，所以2i2im++−=，解得4m=.故选：A4.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为5，圆心角为6π5的扇形，

则该圆锥的体积为（）A.16π9B.25π3C.12πD.25π【答案】C【解析】【分析】设底面半径为r，高为h，根据圆锥侧面展开图的扇形弧长即为底面周长求出r，再由勾股定理求出h，最后由锥体体积公式计算可得.【详解】依题意圆锥的母线5l=，设底面半径为r，高为h，则6π52π5r=，解得3r

=，所以224hlr=−=，则圆锥的体积211π3412π33VSh===.故选：C5.小明为了加强体育锻炼，提高身体素质，从网上购买了一对大小相同的健身哑铃.哑铃是由两个全等的大圆柱和中间一个连杆圆柱构成的，已知

大圆柱的底面直径是8cm，高为2cm，连杆圆柱的底面直径是2cm，高为10cm，则一只健身哑铃的体积为（）的A.310πcmB.3148πcmC.374πcmD.364πcm【答案】C【解析】【分析】利用圆柱的体积公式，再结合条件即可求出结果.【详解】因为大圆柱的底面直径

是8cm，高为2cm，故两个大圆柱的体积为212π2π16264πVrh===，又连杆圆柱的底面直径是2cm，高为10cm，故连杆圆柱的体积为22211ππ11010πVrh===，所以一只健身

哑铃的体积为1264π10π74πVV+=+=.故选：C.6.如图，矩形OABC是水平放置的一个平面四边形OABC的直观图，其中5OA=，2OC=，则平面四边形OABC的面积为（）A.10B.202C.102D.20【答案】B【解析】【分析】根据题

意利用斜二测画法得到原图形，即可求出其面积.【详解】设BC与y轴的交点为D¢，则2CDOC==，22OD=，原图形OABC如图所示：242ODOD==，5OA=，故542202OABCS==.故选：B.7

.已知ABC，内角、、ABC的对边分别是,,,2,3,60abcabB===，则A等于（）A.45B.30C.45或135D.30或150【答案】A【解析】【分析】直接根据正弦定理求解即可．【详解】解：∵2a=，3b=，60B=，∴ab，AB，由正弦定理sinsinab

AB=得：sinsinaBAb=322223==，∴45A=，故选：A．【点睛】本题主要考查利用正弦定理解三角形，要注意大边对大角等隐含条件，注意多解情况的处理，属于基础题．8.正四棱锥SABCD−中，底面边长2

AB=，侧棱5SA=，在该四棱锥的内部有一个小球，则小球表面积的最大值为（）A.4πB.16πC.8π3D.4π3【答案】D【解析】【分析】当小球与正四棱锥SABCD−各面相切时半径最大，此时小球表面积的最大，计算求解即可．【详解】当小球与正四棱锥

SABCD−各面相切时半径最大，此时小球表面积的最大，设小球的半径为r，由底面边长2AB=，侧棱5SA=，可得正四棱锥SABCD−的高()()2222523SOSAOA=−=−=，所以21432333SABCD

V−==，又侧面面积为14425182SABS=−=侧面，底面面积为224ABCDS==，143(84)33r+=，解得33r=，小球表面积的最大值为244ππ3r=．故选：D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要

求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.下列四个命题中，真命题是（）A.两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内B.四边形可以确定一个平面C.若直线m，n相交，且m∥平面，则nD.若直线

1l平面，直线2l平面，则12ll∥【答案】AC【解析】【分析】对于选项A，利用确定平面的条件和点、线、面的包含关系即可判断出正误；对于选项B，通过特殊四边形即可判断出正误；对于选项C，利用直线与平面平行的定义和直线与平面的位置关系即可判断

出正误；对于选项D，利用平面内两直线的位置关系即可判断出正误.【详解】选项A，设,,abAbcBacC===，,,ABC不重合，易知,ab可确定唯一平面，又,BbCa，所以,BC，又,BcCc，所以c，故选项A正确；选项B，空间四边形不能确定一个平面，故

选项B错误；选项C，因为mnp=，//m平面，所以p面，故n，所以选项C正确；选项D，因为直线1l平面，直线2l平面，则12ll//或1l与2l相交，故选项D错误.10.在正方形ABCD中，1B

C=，点E满足()01DEtDCt=，则下列说法正确的是（）A.当13t=时，13AEABAD=+B.当23t=时，35cos,10AEBE=C.存在t，使得AEBE⊥D.AEBE+的最小值为2【答案】AD【解析】【分析】根据给定的正方形，建立平面直角

坐标系，利用向量的坐标表示逐项分析判断作答.【详解】在正方形ABCD中，建立如图所示的平面直角坐标系，由1BC=，得(0,0),(0,1),(1,0)ABD，由()01DEtDCt=，得(1,)Et，(1,),(1,1)AEtBEt==−，对于A，1(1,)3AE=，而

(0,1),(1,0)ABAD==，则11(1,)33ABADAE+==，A正确；对于B，23t=，21(1,),(1,)33AEBE==−，则22222111()713033cos,130211()1()33AEBE+−

==++−，B错误；对于C，若AEBE⊥，则1(1)0AEBEtt=+−=，而方程210tt−+=无实根，则不存在t，使得AEBE⊥，C错误；对于D，(2,21)AEBEt+=−，因此22||2(21)2AEBEt

+=+−，当且仅当12t=时取等号，D正确.故选：AD11.如图，A，B，C，D为三棱柱的顶点或所在棱的中点，下列图形中，直线AB与CD是异面直线的为（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】由异面直线的定义判断A与D；由平行公理判断B；利用反证法思想说明C．【

详解】对于A，CD平面BCD，B平面BCD，BCD，A平面BCD，由异面直线的定义可知，直线AB与CD是异面直线，故A正确；对于B，如图，C、D为所在棱的中点，所以//CDEF，又//ABEF，由平行公理可得，//ABCD，故B错误；对于C，如图，分别取底面三角形两边的中点E，F，连接

CE，DF，则//DFGE且DFGE=，//ACGE且ACGE=，所以//DFAC且DFAC=，所以四边形ACDF为平行四边形，所以//AFCD，CD平面ABF，AF平面ABF，所以//CD平面ABF，又AB平面ABF，因为AB与CD无公共点

，若AB与CD平行，得到AB与AF平行，这样ABAFA=矛盾，可得AB与CD异面，故C正确；对于D，AB平面ABC，C平面ABC，CAB，D平面ABC，由异面直线的定义可知，直线AB与CD是异面直线，故D正确．故选：ACD．12.在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，下列说法正

确的是（）A.若π3A=，2sinsinsinABC=，则ABC为等边三角形B.AB是cos2cos2AB成立的充要条件C.若ABC的面积为()2224bacba+−，则π2AB+=D.若D点满足14BDBC=，且2sinsinCB=，则2sinsin3BADCAD=【答案】ABD【解析】

【分析】利用正弦、余弦定理，三角形面积公式及诱导公式，结合各个选项的条件，逐一对各个选项分析判断即可得出结果.【详解】选项A，因为π3A=，2sinsinsinABC=，由正弦定理得到2abc=，又由余弦定理222π2cos3abcbc=+−，得到22

bcbcbc=+−，即2()0bc−=，所以bc=，故选项A正确；选项B，因为cos2cos2AB，所以2212sin12sinAB−−，即22sinsinAB，又,(0,π)AB，sin0,sin0AB，所以sinsinAB，由正弦定理得，ab

，又由三角形中，大边对大角，得AB，又以上过程均可逆，故选项B正确；选项C，因为()22212cossin244bacbbacBSacBaa+−===，整理得sincosaBbB=，又由正弦定理可得sinsinsincosABBB=，即sincosAB=，所以πsinco

s()cos2AAB=−=，故π2AB−=或π2AB−=−，得到π2AB+=或π2AB−=，故选项C错误；选项D，如图，在ADB中，sinsinBDABBADBDA=，在ADC△中，sinsinDCACCADCDA=，两式相比得sinsinsinsinBDCADAB

CDADCBADACBDA=，因14BDBC=，且2sinsinCB=，所以13BDDC=，2ABAC=，且sinsinBDACDA=，所以sin3sin2CADBAD=，故2sinsin3BA

DCAD=，所以选项D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若复数1izx=+，23izy=+，1256izz+=+，其中x，y为实数，则12zz−=______.【答案】14i−−【解析】【分析】先根据1256izz+=+，其中x，y为实数，利用复数相等

求得x，y求解.【详解】解：因为数1izx=+，23izy=+，1256izz+=+，其中x，y为实数，所以3516xy+=+=，解得25xy==，则12iz=+，235iz=+，为所以1214

izz−=−−，故答案为：14i−−14.已知()0,1A，()1,3B−，()2,Ck，且A，B，C三点共线，则k=______.【答案】7−【解析】【分析】由,,ABC三点共线，得//ABBC，根据向量共线的坐标表示求k.【详解】,,ABC三点共线，//ABBC.()()()()()3

0,11,32,4,,,1,,1,AABBCkBCk=−=+−，()()13140,7kk+−−==−.故答案为：7−.15.记ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，若AC边上的高为h，且满足21coscos3hacAC=，则tantanAC=______.【答案】13【解析】【

分析】利用面积公式及条件得到221sincoscos3acBbAC=，再利用正弦定理边转角即可求出结果.【详解】因为ABC的面积为11sin22SacBbh==，得到22222sinacBbh=，又因为21coscos3hacAC=，所以222

21sincoscos3acBbacAC=，即221sincoscos3acBbAC=，由正弦定理得2212sin2sinsin(2sin)coscos3RARCBRBAC=，即1sinsincoscos3ACAC=，所以1tantan3AC=.故答案

为：13.16.已知四点A，B，C，D在半径为1的圆上，1ABCD==，则ACADBCBD+的最大值为______.【答案】6【解析】【分析】由题意建立平面直角坐标系，不妨取()1,0A，13,22B

，设(cos,sin)C，则ππcos,sin33D++，)0,2π，再由数量积的坐标运算及三角函数求最值．【详解】因为1ABCD==且圆的半径为1，所以AB与CD所对的圆心角均为π3，如图建立平面直角坐标系，

不妨取()1,0A，13,22B，设(cos,sin)C，则ππcos,sin33D++，)0,2π，则(cos1,sin)AC=−，ππcos1,si

n33AD=+−+，13cos,sin22BC=−−，π1π3cos,sin3232BD=+−+−，()ππ3πcos1cos1sinsincoscos3323ACAD

=−+−++=−−+；1π13π3coscossinsin232232BCBD=−+−+−+−311π33πcoscossinsin

2223223=−−+−−+．333π3π3sincossincos222323ACADBCBD+=−−−+−+333133133sincossincoscossin22222222

=−−−+−−33cos=−．当cos1=−，即π=时，ACADBCBD+的最大值为6．故答案为：6．【点睛】关键点睛：本题解答的关键是将向量转化为关于的三角函数，利用三角恒等变换公式及三角函数的性质求出最大值.四、解答题

：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知向量a与b满足2a=，1b=，a与b的夹角为120.（1）求ab；（2）求23ab+；（3）当k为何值时，()()2abkab+⊥−？【答案】（1）1−；（2）13；（3）12k=.【解析

】【分析】（1）利用数量积的定义直接计算作答.（2）利用数量积的运算律，结合（1）的结论求解作答.（3）利用垂直关系的向量表示不解作答.【小问1详解】因为2a=，1b=，a与b的夹角为120，所以1||||cos12021()12aba

b==−=−.【小问2详解】由（1）知1ab=−，所以222223491242911213ababab+=++=+−=.【小问3详解】由()()2abkab+⊥−，得()()2222(21)42(21)210abkabkabkabkkk+−=−+−=−−−

=−=，解得12k=，所以当12k=时，()()2abkab+⊥−.18.已知Rb，0a，复数izab=+，且5z=，复数()1iz+在复平面上对应的点在函数3yx=−的图像上.（1）求复数z；（2）若()R1imzm−+为纯虚数，求实数m的值.【答案】（1

）12zi=+（2）2【解析】【分析】（1）利用复数的四则运算，得到()1i()izabab+=−++，再根据条件得到2ba=，又由题设知225ab+=，从而求出,ab得到结果；（2）利用（1）中的结果和复数的除法，再结合

条件即可求出结果.【小问1详解】因为i(,R)zabab=+，所以()1i(i)(1i)ii()izabaabbabab+=++=++−=−++，对应的点为(,)abab−+，所以3()abab+=−−，得到2ba=，又5z=，所以225ab

+=，又0a，由2252abba+==，解得1,2ab==，所以12zi=+.【小问2详解】由（1）知，12zi=+，所以(1i)12i1(2)i1i222mmmmz−−=+−=−+++，故102202mm−=+，得到2m=.19.如图，圆锥的底面半径1r=，母线SA的长为

3，E为SA上靠近A的一个三等分点，从点A拉一根绳子，围绕圆锥侧面转到点E.（1）求绳子的最短长度；（2）过E点作一个与底面平行的截面，将圆锥分为上、下两部分，其体积分别为1V，2V，求12VV.【答案】（1）19（2）12819VV=【解析】【分析】（1

）将圆锥侧面沿母线SA展开可得一扇形，连接AE，此时绳子的长度最短，计算即可；（2）上部分圆锥体积为1V，下部分圆台体积为2V，设大圆锥体积为V，分别计算即可.【小问1详解】将圆锥侧面沿母线SA展开可得一扇形，连接AE，此时绳子的长度最短，在S

AE△中，2SE=，3SA=，设ASE=，因为圆锥底面半径1r=，母线SA的长为3，则3=2π1，所以2π3ASE=，在SAE△中，由余弦定理可得2222cos19AEASESASESASE=+−=，所以19AE=，即最短绳长为19.【小问2详解】过点E作与底面平行的截

面，将圆锥分为上下两部分，的上部分圆锥体积为1V，下部分圆台体积为2V，设大圆锥体积为V，则32128()()327VSEVSA===，即1827VV=，28192727VVVV=−=，所以12819VV=.20.在ABC中，3AB=，2AC=，AD为A的平

分线，D在BC边上.（1）若π6BAD=，求BC的长；（2）若625AD=，求BAC.【答案】（1）7（2）π2【解析】【分析】（1）由π6BAD=，得到π3BAC=，利用余弦定理，即可求解；（2）设2BAC=，根据ABCACDBCDSSS=+△△△，结合面积公

式，求得sin22sin=，得到2cos2=，即可求解.【小问1详解】解：因为π6BAD=，因为AD为A的平分线，所以π3BAC=，由余弦定理可得2222212cos3223272BCABACABACBAC=+−=+−=，所以7BC=

，即边BC的长为7.【小问2详解】解：设2BAC=，由ABCACDBCDSSS=+△△△，可得111sin2sinsin222ABACABADACAD=+，因为sin0，所以sin2()2sinABACADABA

C+==，即2cos2=，因为π0,2，所以π4=，所以π2BAC=.21.如图，某景区绿化规划中，有一块等腰直角三角形空地ABC，π2BAC=，30mBC=，Q为BC上一点，满足2BQCQ=.现欲在边界AB，AC（不包括端点）上分别选取M，N两点，并在四

边形AMQN区域内种植花卉，且2MQN=，设NQC=.（1）证明：2QMQN=；（2）tan为何值时，花卉种植的面积占整个空地面积的一半？【答案】（1）证明过程见解析（2）1tan7=−时，

花卉种植的面积占整个空地面积的一半【解析】【分析】（1）先得到πCNQBMQ+=，sinsinCNQBMQ=，再利用正弦定理得到答案.（2）计算出整个空地面积，设QNx=m，则2QMx=m，利用正弦定理及面积关系得到()52453π2sin4cossin4=+−，化

弦为切，求出正切值.【小问1详解】由题意得20mBQ=，10mQC=，π4BC==，因为2MQN=，π2BAC=，四边形内角和等于2π，所以πAMQANQ+=，又π,πAMQBMQANQCNQ+=+=，所以πCNQBMQ+=，sinsinCN

QBMQ=，在BMQ中，由正弦定理得sinsinMQBQBBMQ=，在CQN△中，由正弦定理得sinsinNQCQCCNQ=，所以2MQBQNQQC==，证毕；【小问2详解】由题意得152ABAC==m，故12252ABCSABAC==2m，因为2MQN=，NQC=，所以2B

QM−=，因π4C=，所以3π4QNC=−，设QNx=m，则2QMx=m，在CQN△中，由正弦定理得sinsinNQCQCCNQ=，即10π3πsinsin44x=−，解得π10sin5

243π3πsinsin44x==−−①，由三角形面积公式得1sin5sin2CNQSCQQNCQNx==，1sin20sin20co2s2BMQSBQQMBQMxx===−，故12255sin20cos22CNQBMQABC

SSxxS+=+==，所以()452sin4cosx=+②，为由①②得()52453π2sin4cossin4=+−，化简得sin4cos9sincos2+=+，分子分母同除以cos得tan49tan12+=+，解得1tan7=−2

2.如图，扇形OAB的半径为2，圆心角为π2，N点是弧AB上一动点（不包括端点），且NMOA⊥于M，NQOB⊥于Q.设MON=，将扇形OAB绕OB所在直线旋转一周，由图中空白部分OMNQ旋转形成的几何体的表面积记为S，体积记为V.（1）若π3=，求S；（2）当为多大时，V

S最大，并求最大值.【答案】（1）(232)π+（2）π4=，24【解析】【分析】（1）旋转形成的几何体为圆柱，根据条件直接求出圆柱的半径和高，再利用圆柱的表面积公式即可求出结果；（2）根据条件，求出圆柱的半径为2cosr=，高为2sinh=，得到sincosco

ssinVS=+，令sincost=+，得到122VtSt=−，构造函数1()22thtt=−，再求出最值即可.【小问1详解】因为OMNQ旋转形成的几何体为圆柱，圆柱的半径πcos2cos13rOMON====，圆柱的高3sin232hMNON====，所以22

π2π2π23π(223)πSrrh=+=+=+；【小问2详解】因为圆柱的半径为2cosr=，高为2sinh=，其中π(0,)2，所以2222π2π8πcos2π2cos2sin8π(cossincos)Srrh=+=+=+，222ππ

(2cos)(2sin)8πcossinVrh===，所以22sincos8π(cossins8πccos)cosossininVS==++，令πsincos2sin()4t=+=+，则21s

incos2t−=，故211222tVtStt−==−，因为π(0,)2，所以(1,2t，令1(),(1,2]22thttt=−，则211()022htt=+在区间(1,2上恒成立，故1()22th

tt=−在区间(1,2]单调递增，故()()21222422maxhth==−=，此时π4=，获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com