【文档说明】吉林省普通高中友好学校联合体2022-2023学年高一下学期期中联考数学答案.docx，共(14)页，761.396 KB，由小赞的店铺上传

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参考答案：1．A【分析】直接利用复数的除法计算即可.【详解】()1i2iz−=+,()()()()2i1i2i13i1i1i1i22z+++===+−−+.故选：A.2．C【分析】根据斜二测画法的过程将直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连

结后得到原四边形，再计算平行四边形的周长即可．【详解】还原直观图为原图形如图所示，因为2OA=，所以22OB=，还原回原图形后，2OAOA==，242OBOB==，所以226ABOAOB=+=，所以原图形的周长为2(26)16+=．故选：C.3

．C【分析】根据余弦定理求解即可.【详解】由余弦定理，2222cosbacacB=+−，即2742cc=+−，()()310cc−+=，解得3c=.故选：C4．A【分析】运用扇形的弧长公式及圆锥的侧面积公式计算即

可.【详解】设圆锥的半径为r，母线长为l，则8r=，由题意知，π2π3rl=，解得：48l=，所以圆锥的侧面积为π848π=384πrl=.故选：A.5．B【分析】根据向量的线性运算即可结合图形关系求解.

【详解】由2BDDC=得23BDBC=,所以()111111515223263636BEBAADABACCBABACABACACABba=+−=−=−+=-+=-++,故选：B6．C【分析】由已知可求得1ab=，然后根据投影向量的公式，即可得出答案

.【详解】因为1b=，()22abbabb+=+=，所以1ab=，所以，向量a在向量b上的投影向量为111abbbbbb==.故选：C．7．C【分析】设外接球的球心为O，半径为R，底面中心为E，连接SE，BO，BE，在RtABC中，由222ROEBE=+求解.【详解】解：

如图所示设外接球的球心为O，半径为R，底面中心为E，连接SE，BO，BE，因为在正四棱锥SABCD−中，底面是边长为2的正方形，侧面是腰长为6的等腰三角形，所以222,2BESESBBE==−=，在RtABC中，222ROEBE=+，即()()2

2222RR=−+，解得32R=，所以外接球的体积为349ππ32VR==，故选：C8．B【分析】在直角ABM中可得sin15ABAM=，再在ACM△中利用正弦定理可得sinsinCAMCMAMACM=，所以由sin60CDCM=结合正弦的两角差公式即可求解.【详解】在直角AB

M中，sin15ABAM=，因为在ACM△中，301545CAM=+=，1801560105AMC=−−=，所以30ACM=，在ACM△中由正弦定理sinsinAMCMACMCAM=可得s

in2sinsin15CAMABCMAMACM==，又由()232162sin15sin453022224−=−=−=，所以在直角CDM中，可得666sin60186328.22sin1

56224ABCDCM====+−,故选：B9．AD【分析】根据复数的运算，可判断A正确；根据复数概念，判断B错；根据复数的运算，求出复数z，结合复数的几何意义，可判断C错；根据复数模的几何意义，可判断D正确.【详解】A选项，234iiiii1i10+++=−−+=，故A正确；B

选项，z的虚部为-1，故B错误；C选项，设izab=+，(),abR，则()2222i2i34izababab=+=−+=+，所以有22324abab−==，解之得21ab==或2,1ab=−=−即2iz=+

或2iz=−−，对应的点的坐标为()2,1或()2,1−−，即z所对应的点在第一象限或第三象限，故C错误；D选项，()1iizzz−=+=−−表示z到()1,0A和()0,1B−两点的距离相等，故z的轨迹是线段AB的垂直平分线，故D正确.故选：AD.10．ABD

【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，判断选项.【详解】A.若m，n，mn∥，则∥或相交，因为若,mn都与交线平行，此时，//mn，但此时两个平面相交，故A错误；B.直线垂直于平面的两条相交直

线，直线与平面垂直，所以根据线面垂直的判断定理可知，B错误；C.若m⊥，n∥，则mn⊥，故C正确；D.若∥，m，n，则mn∥，或异面，故D错误.故选：ABD11．AC【分析】利用正弦定理可判定

A，B的正误，根据锐角三角形的特点和余弦函数的单调性可得C的正误，用正弦定理和余弦定理可得D的正误.【详解】若45,2,3Aab===，则由正弦定理sinsinabAB=，可得23sin32sin22bABa===，所以60

B=或120B=，此时ABC有两解，A正确；若coscosabBA=，则由正弦定理可得sinsincoscosABBA=，所以sincossincosAABB=,即sin2sin2AB=，所以有22AB=或22180AB

+=，即AB=或90AB+=，B不正确；若ABC为锐角三角形，则π2AB+，π2BA−，因为cosyx=在()0,π为减函数，所以πcoscossin2BAA−=，C正确；若sin:sin:sin2:3:

4ABC=，则由正弦定理可得::2:3:4abc=，设2,3,4akbkck===，其中0k；则c为最大边，22222249161cos022234abckkkCabkk+−+−===−，ABC为钝角三角形，D不正确

.故选：AC.12．ABC【分析】对于A、C项，先作出平面1DEF截正方体1111ABCDABCD−所得的截面，通过构造面面平行得出M轨迹及截面多边形周长；对于B项，作出二面角计算即可；对于D项，可知所有与体对角线平行的线与正方体各棱夹角都相等.【详解】如图所示，分别延长DC、D1F交于点N

，连接NE并延长交DA的延长线于G点，交CB于O点，连接D1G交A1A于H点，则五边形D1FOEH为平面1DEF截正方体1111ABCDABCD−所得的截面，在侧面11AADD中作PQ∥D1H，可得M轨迹为线段PQ，由已知及平行线分线段成比例可得：1322CND

CBECOAEAG======，11112AGAHADHA==,所以1131,2APAQ==,即132PQ=，A正确；111332,213,22HEPQOFDHPQDFOE=======，故五边形D1F

OEH周长为323132+，C正确；连接BD，交EO于点I，由上计算可得I为GN中点，且D1G=G1N，故DI⊥EO，D1I垂直EO，即1DID为平面1DEF与平面ABCD的夹角，易得19222,tan43DIDI

D==，B正确；对于D存在直线l，如直线1BD与正方体三条棱夹角相等．故选：ABC．13．【点睛】本题考查复数的几何意义的应用,考查数形结合思想14．56【分析】利用棱柱及棱锥的体积公式即可求解.【详解】设棱长为2，则所以原正方体的体积为328V==，所以二十四等边体为31120281

11323V=−=，所以二十四等边体与原正方体的体积之比为205246VV==．故答案为：56.15．90【分析】连接1GB，1BF，EG，则得1BGF或其补角即为1AE与GF所成的角，再利用勾股定理即可得到线线角.【详解】连接

1GB，1BF，EG，点E，F，G分别是1DD，AB，1CC的中点，231111//,EGDCEGDC=，11111111//,DCABDCAB=，1111//,ABEGABEG=，四边形11AEGB为平行四边形，则11//GBAE，故1BGF或其补角即为1AE与GF所

成的角，易得22221111112BGCBCG=+=+=，222211215BFBBBF=+=+=，2223GFCGCBBF=++=，所以22211BGFGBF+=，所以190BGF=.故答案为：90.16．236【分析】以,OCOA为,xy轴建

立平面直角坐标系，设(02)BPCQtt==，PCPQ用t表示，求其最小值即可得到本题答案.【详解】过点A作BC的垂线，垂足为O，以,OCOA为,xy轴建立平面直角坐标系.作PM垂直BC交于点M

，QH垂直y轴交于点H，CN垂直HQ交于点N.设(02)BPCQtt==，则13131,,1,2222PttQtt−+−，故有132,,(2,3)22PCttPQt=−

−=−所以，223312342236PCPQttt=−+=−+，当13t=时，取最小值236.故答案为：236【点睛】本题主要考查利用建立平面直角坐标系解决向量的取值范围问题.17．【分析】（

1）先由正弦定理求出3sin2ADC=，结合得到6060ADCB=+，从而得到120ADC=；（2）求出3,3BCAC==，进而得到角C的余弦值，再使用余弦定理求出AD的长.【详解】（1）在ADC△中，由正弦定理得sinsinACDCADCDAC=，所以，sin13sin3

22ACDACADCDC===（3分）又(90)6060ADCBBADBDACB=+=+−=+所以，120ADC=.（5分）（2）由2BDDC=，且1DC=知：3,3BCAC==所以，直角三角形ABC中，3cos3ACCBC==（7分）在ADC△中，由余弦定理得222

232cos(3)123123ADACDCACDCC=+−=+−=所以，2AD=.（10分）18．（1）2−；（2）5；（3）1|22xxx−且.【分析】（1）利用向量平行，对应坐标成比例，计算

x，即可得出答案．（2）利用向量垂直，数量积为0，建立等式，计算x，即可得出答案．（3）当所成角为钝角，则0ab，代入坐标，即可得出答案．【详解】解：（1）∵已知()1ax，=，()42b=−，，若ab，则4x=12−，求得x=-2．（4分）（2）当ab⊥时，a•b=4x-2=

0，x=12，2ab−=2(2)ab−=2244aabb−+=()14101644+−++=5．（8分）（3）若a与b所成的角为钝角，则ab＜0且a，b不共线，∴4x-2＜0，4x≠12−，求得x＜12，且x≠-2，故x的范围为{x|x＜12且x≠-2

}．（12分）【点睛】本道题目考查了向量平行，向量垂直，向量数量积与0的关系，向量平行说明对应坐标成比例，向量垂直说明向量数量积为0，即可得出答案．19．(1)3(2)2p=−，10q=【分析】（1）首先根据复数的几何意义表示12,zz，再表示21zz，根据复数的

特征，求参数a的值；（2）首先将复数1z代入方程，根据实部和虚部为0，求实数,pq的值.【详解】（1）由复数的几何意义可知，113iz=−，2iza=+，（2分）()()()()()()21ii13i13i13i13iaazz+++==−−+()()331i10

aa−++=（4分）21zz为纯虚数，30310aa−=+，3a=（6分）（2）113iz=+，（7分）由条件可知，()()213i13i0pq++++=，即()()863i=0pqp−++++80630pqp−++=+=，解得：2p=−，10q=（1

2分）20．(1)π3C=(2)6【分析】（1）根据3sincosaCcAab+=+，利用正弦定理结合两角和与差的正弦函数得到3sincos1CC−=，再利用辅助角公式求解.（2）由ABC的面积为3，结合π3C=，得到4ab=，再利用余弦定理求解.【详解】（1）解：因为3sincos

aCcAab+=+，所以由正弦定理得3sinsinsincossinsinACCAAB+=+.（1分）因为πBAC=−−，所以()()sinsinπsinsincoscossinBACACACAC=−−=+=

+，所以3sinsinsincossinACACA=+.因为()0,πA，所以sin0A，所以3sincos1CC=+，即3sincos1CC−=.（3分）所以π2sin16C−=，即π1sin.62C

−=又()0,πC，所以π3C=.（6分）（2）因为ABC的面积为3，所以1sin32abC=.由π3C=，所以4ab=.（8分）由余弦定理得2222coscababC=+−，又2c=，所以228ab+=.解得2ab==.故ABC的周长为6

abc++=.（12分）21.（1）证明：连接BD,设AC和BD交于点O,连接PO,（4分）(2)（6分）（7分）11,,.POBDPOBD分别是DD的中点，1,,POPACBDPAC平面平面1.BDPAC直线平面111,,,PBOPOACBOAC⊥⊥连接B11BOPACP

−−为二面角B的平面角.60.ABCDBADBD=四边形是菱形，AB=AD又A为正三角形BD=AB=111BD=BD=1在Rt在Rt在Rt（10分）（12分）22．【分析】(1)先证明PF⊥平面ABCD得到PEAC⊥；(2)将三棱锥EPCD−的

体积转化为三棱锥PECD−的体积求解；(3)设3PFa=，FGb=，可证得PGE为二面角PACB−−的平面角，可得3tan2aPGFb==，PEF为直线PE与平面ABCD所成的角，可求得tan1PEF=知PEF大小．【详解】（1）如图所

示，设点F是棱AD的中点，连接PF，EF，BD，由PAPD=及点F是棱AD的中点，可得PFAD⊥，因为平面PAD⊥平面ADC，平面PAD平面ADCAD=，PF平面PAD，故PF⊥平面ABCD，又因为AC平面ABCD，所以PFAC⊥，又因为

四边形ABCD为菱形，所以BDAC⊥，而EF是ABD△的中位线，所以//EFBD，可得EFAC⊥，又由PFEFF=，且PF平面PEF，EF平面PEF，所以AC⊥平面PEF，又因为PE平面PEF，所以PEAC⊥．（4分）（2）若2PAABBD

===，由于菱形ABCD，易证正三角形PAD中3PF=，由于PF⊥平面ABCD，2222111111,B112RTBPPBDP=+=+=在D中D222215,()122RTPODPODODP=+=+=在中22221111172()22BBOB

OBBBO=+=+=中，22211112BOPOBPCOSBOPBOPO+−=175244175222+−=78585=1785.85BACP−−二面角的余弦值为所以211132313334EPCDPECDCDECDBVVSPFSPF−−=====△△．（7

分）（3）设点G是AC与EF的交点，由（1）可知AC⊥平面PEF，又PG，EG均在平面PEF内，从而有PGAC⊥，EGAC⊥，故PGE为二面角PACB−−的平面角，所以tantan2PGEPGF=−=−，所以tan2PGF=，（9分）因为PAAB=，所以PAD为等边三角形．不妨设菱

形ABCD的边长为2a，GEb=．则在直角PFG△中，3PFa=，FGb=，tanPFPGFFG=，所以32ab=，因为PF⊥平面ABCD，所以PEF为直线PE与平面ABCD所成的角．则3tan12PFaPEFEFb===，所以直线PE与平面ABCD所成的角为45°（

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