【文档说明】安徽省亳州市第一中学2023-2024学年高一下学期期中检测数学B卷 Word版含解析.docx，共(22)页，3.710 MB，由小赞的店铺上传

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亳州一中2023~2024学年度高一下期中检测卷·数学卷（B）考试时间120分钟试卷满分150分命题人：陈磊审题人：吴晓婷考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填

写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效．．．．．．．．．．．．

．，在试题卷．．．．、草稿纸上作答无效．．．．．．．．.4.本卷命题范围：（必修第二册第6—9章）人教A版2019一、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.已知复数z满足2i1iz=+，则复数z在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】利用复数除法求出复数z，再求出z即可得解.【详解】依题意，2i(1i)22i1i(1i)(1i)

2z−+===++−，所以1iz=−在复平面内对应的点(1,1)−位于第四象限.故选：D2.总体由编号为01，02，…，19，20的20个个体组成.利用下面的随机数表选取7个个体，选取方法是从随机数表第1行的第3列和第4列数字开始由左到右依

次选取两个数字，则选出来的第6个个体的编号为7816657208026314070243699728019832049234493582003623486969387481A.02B.07C.01D.06【答案】C【解析】【分析】根据随机

数表，依次进行选择即可得到结论．【详解】选取方法是从随机数表第1行的第3列和第4列数字开始由左到右依次选取两个数字中小于20的编号依次为16，08，02，14，07，01，则第6个个体的编号为01．故选：C．【点睛】本题主要考查简单随机抽样的应用，正确理解

随机数法是解决本题的关键，比较基础．3.如图，一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形OABC，则原平面图形的周长为（）A.4aB.8aC.6aD.82a【答案】B【解析】【分析】由直观图还原可得原图形，结合斜二测

画法求边长，再求其周长即可.【详解】由直观图可得原图形，所以OABCa==，22OBa=，90BOA=，所以223ABOCOAOBa==+=，原图形的周长为()238aaa+=.故选：B.4.已知l、m为两条不同的直线，、为两个不同的平面，

则下列命题正确的是（）.A.若l∥，m⊥，则lm⊥B.若lm⊥，m⊥，则l∥C.若l，m，l，m∥，则∥D.若∥，l，m，则lm∥【答案】A【解析】【分析】根据直线与平面，平面与平面的位置关系，对选项逐一分析判断，选出正确的

命题即可.【详解】对于选项A，因为m⊥，则m垂直平面内任意一条线，又l∥，所以,//nln，所以mn⊥，则有lm⊥，所以选项A正确；对于选项B，当lm⊥，m⊥时，有l∥或l，所以选项B错误；对于选项C，当l，m，l

，m∥时，与可以相交，所以选项C错误；对于选项D，若∥，l，m时，有lm∥或l与m异面，所以选项D错误.故选：A.5.已知向量a和b满足2a=，1b=，3ab+=，则向量ab+在向量a上的投影

向量为（）A.14a−B.14aC.34a−D.34a【答案】D【解析】【分析】先求出向量a，ab+夹角的余弦值，然后利用求解投影向量的方法求解即可.【详解】因为3ab+=，所以2223aabb=++rrrr，又2a=，1b=，所以4213ab=++rr，得到

1ab=−，所以2()413abaaab+=+=−=，设ab+与a的夹角为，则()33cos223abaaba+===+，所以ab+在a上的投影向量为：2233cos(3)4aaabaa==+，故选：D.6.如图，一种工业部件是由一个圆台挖去一个圆锥所制成的

.已知圆台的上、下底面半径分别为2和4，且圆台的母线与底面所成的角为π3，圆锥的底面是圆台的上底面，顶点在圆台的下底面上，则该工业部件的体积为（）A.23πB.163πC.73π3D.563π3【答案】B【解析】【分析】由题知该圆台的轴截面为等腰梯形，进而得π3DAB=，圆台，圆锥的高均为

23DE=，再计算体积即可.【详解】解：根据题意，该圆台的轴截面ABCD为等腰梯形，如图，所以DAB即为圆台母线与底面所成角，即π3DAB=，分别过点C、D在平面ABCD内作DEAB⊥，CFAB⊥，垂足分别为点E、F，因

为//CDEF，则四边形CDEF为矩形，且4EFCD==，因为ADBC=，DAECBF=，π2AEDBFC==，所以，ADEBCF≌，所以，AEBF=，且84222ABCDAEBF−−====，因为π3DAE=，则πtan233

DEAE==，所以，圆台，圆锥的高均为23DE=，所以，该工业部件的体积为()211234π4π16π16ππ223163π33VVV=−=++−=圆锥圆台.故选：B.7.圣·索菲亚教堂（英语：SAINTSOPHIACATHEDRAL）坐落于中

国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，为哈尔滨的标志性建筑，被列为第四批全国重点文物保护单位.其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美，小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在

索非亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为()15315−m，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A教堂顶C的仰角分别是15和60，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30，则小明估算索菲

亚教堂的高度为（）A.20mB.30mC.203mD.303m【答案】D【解析】【分析】在在RtABM中，求出AM，在ACM△中，利用正弦定理求出CM，再解RtMCD△即可得解.【详解】由题意可知，在RtABM中，15315,15ABAMB=−=，则()232162sinsin15sin453

022224ABAMBAM−===−=−=，所以15315302624AM−==−，ACM△中，301545,1806015105MACAMC=+==−−=，则1804510530ACM=−

−=，由正弦定理得sinsinAMCMACMMAC=，所以230226012CM==，在RtMCD△中，60CMD=，在则3sin2CDCMDCM==，所以3603032CD==，所以小明估算索菲亚教堂的高度为303m.故选：D

.8.已知A，B，C，D为球面上四点，M，N分别是AB，CD的中点，以MN为直径的球称为AB，CD的“伴随球”，若三棱锥ABCD−的四个顶点在表面积为64π的球面上，它的两条边AB，CD的长度分别为27和43，则AB，CD的

伴随球的体积的取值范围是（）A.4π500π,33B.π125π,46C.π125π,63D.π125π,66【答案】D【解析】【分析】由已知求出三棱锥ABCD−的外接球O半径，求出,OMON，进一步求出MN的范围

，从而得出答案即可．【详解】设三棱锥ABCD−外接球的半径为R，则24π64πR=，所以球的半径为4R=，则球O的两条弦,ABCD的中点为,MN，则2222()3,(2)24743OMON=−==−=，

即弦,ABCD分别是以O为球心，半径为3和2的球的切线，且弦AB在以O为球心，半径为2的球的外部，MN的最大距离为325+=，最小距离为321−=，当,,MON三点共线时，MN分别取最大值5与最小值1，故,ABCD的伴随球

半径分别为51,22，半径为12时，,ABCD的伴随球的体积为341ππ326=，当半径为52时，,ABCD的伴随球的体积345125ππ326=．∴,ABCD的伴随球的表面积的取值范围是π125π,66．故选：D

.【点睛】关键点点睛：由三棱锥ABCD−的外接球O半径，求出,OMON是解题的关键．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.设1z，2z为复

数，则下列结论中正确的是（）A.2111zzz=B.2222zz=C.若2121zzz=，则12zz=D.若11z=，则12iz+的最大值为3【答案】AD【解析】【分析】根据共轭复数的概念，复数的模、乘法法则求解判断ABC，根据不等式的性质判

断D．【详解】设12i,i(,,,R)zabzcdabcd=+=+，则2211(i)(i)zzababab=+−=+，2221zab=+，A正确()22222i2izcdcdcd=+=−+，而2222zcd=+，B错误；当10z=

时，2z取任意的复数，都有2121zzz=，C错误；112i2i123zz++=+=，当1iz=时等号成立，D正确，故选：AD．10.下列命题正确的是（）A.已知1e，2e是两个不共线的向量，122aee=+，122bee=−，则a与b可以作为平

面向量的一组基底B.在ABC中，11b=，20a=，30B=，则这样的三角形有两个C.已知ABC是边长为2的正三角形，其直观图的面积为64D.已知()3,4a=−，(),3bk=，若a与2ab+的夹角为钝角，则k的取值范围为1,6−−【答案】ABC【解析】【分析】由平

面向量基底的定义即可判断A；由余弦定理代入计算，即可判断B；由原图形与直观图的面积关系即可判断C；由平面向量夹角的坐标公式即可判断D.【详解】对A，因为1e，2e是两个不共线的向量，且122aee=+，122bee=−，设ab=，则12

2==−，这样的不存在，所以a与b不共线，则a与b可以作为平面向量的一组基底，故A正确；对B，因为在ABC中，11b=，20a=，30B=，由余弦定理可得sinsinabAB=，2222cos30bacac=+−，即22032790cc−+=，易知()22034

2790=−且两根之和，两根之积都为正，所以方程有两根，故B正确；对C，因为ABC是边长为2的正三角形，则213234S==，设其直观图的面积为2S，因为直观图的面积与平面图形的面积比为2124SS=，即122644SS==，故C正确；对D，因

为()3,4a=−，(),3bk=，则()()()23,42,623,2abkk+=−+=+，设a与2ab+的夹角为，则()()()223238cos025234aabkaabk++−==+++，且34232k−+，解

得16k−且94k−，故D错误；故选：ABC11.如图，在底面为平行四边形的直四棱柱1111ABCDABCD−中，11160DAB=，111112AAABAD===，M、N分别为棱1BB、11BC的中点，则（）A.1DNBC⊥B.1AC与平面11

AABB所成角余弦值为34C.三棱柱111ABDABD−的外接球的表面积为28π3D.点1A到平面AMN的距离为22【答案】AC【解析】【分析】证明出111DNBC⊥，再结合11//BCBC可判断A选项；利用线面

角的定义可判断B选项；求出ABD△的外接圆直径2r，可求得三棱柱111ABDABD−的外接球的直径为()22122RrAA=+，结合球体的表面积公式可判断C选项；利用等体积法可判断D选项.【详解】对于A选项，连接11BD、1DN，因为四边形1111D

CBA为平行四边形，且11112ABAD==，则1111DCBA为菱形，因为11160DAB=，则11160BCD=，且11112BCCD==，故111BCD△为等边三角形，因为N为11BC的中点，则111DNBC⊥，的因为11//BBCC且11BBCC=，则四边形11

BBCC为平行四边形，所以，11//BCBC，故1DNBC⊥，A对；对于B选项，过点C在平面ABCD内作CEAB⊥，垂足为点E，连接1AE，因为1AA⊥平面ABCD，CE平面ABCD，则1CEAA⊥，因

CEAB⊥，1ABAAA=，AB、1AA平面11AABB，则CE⊥平面11AABB，所以，1AC与平面11AABB所成角为1CAE，因为四边形ABCD是边长为2的菱形，且60DAB=，则120ABC=，故30BAC=，由余弦

定理可得2222212cos1202222232ACABBCABBC=+−=+−−=，因为CEAB⊥，则132CEAC==，因为1AA⊥平面ABCD，AC平面ABCD，则1AAAC⊥，所以，222112124

ACAAAC=+=+=，因为CE⊥平面11AABB，1AE平面11AABB，则1CEAE⊥，所以，221116313AEACCE=−=−=，所以，11113cos4AECAEAC==，即1AC与平面11AAB

B所成角的余弦值为134，B错；对于C选项，如下图所示：为圆柱12OO的底面圆直径为2r，母线长为h，则12OO的中点O到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则O为圆柱12OO的外接球球心.且有()()22222rhR+=，

可将直三棱柱111ABDABD−置于圆柱12OO内，使得111ABD、ABD△的外接圆分别为圆1O、圆2O，如下图所示：因为2ABAD==，60DAB=，则ABD△为等边三角形，故圆2O的直径为2432sin60332ABr===，所以，三棱柱111ABDABD−的外接球的直径为()22

11622122433RrAA=+=+=，所以，三棱柱111ABDABD−的外接球的表面积为()2222128ππ2π33R==，C对；对于D选项，连接1AM、1AN，如下图所示：因为1AA⊥平面ABCD，AB平面ABCD，则1A

AAB⊥，又因为11//AABB且11AABB=，则四边形11AABB为矩形，所以，111122222AAMSAAAB===△，因为11//CCBB，1CC平面11AABB，1BB平面11AABB，则1//CC平面11AABB，所以，点1C到平面11AABB的

距离等于3CE=，因为点N为11BC的中点，则点N到平面11AABB的距离为1322CE=，所以，1113133232323NAAMAAMVS−===△，因为四边形11AABB为矩形，则ABBM⊥，因为2AB=，1BM=，则22415

AMABBM=+=+=，同理2211112MNMBBN=+=+=，在11ABN中，112AB=，11BN=，11120ABN=，由余弦定理可得22111111112cos1204122172ANABBNABBN=+−=+−−

=，因为1AA⊥平面1111DCBA，1AN平面1111DCBA，则11AAAN⊥，所以，22114711ANAAAN=+=+=，所以，222521110cos25252AMMNANAMNAMMN+−+−===−，则221015sin1cos155AMNAMN

=−=−−=，所以，11156sin522252AMNSAMMNAMN===△，设点1A到平面AMN的距离为d，由11AAMNNAAMVV−−=，得1333AMNSd=△，所以，32326AMNdS===△，即点1A到平面AMN的距离为2，D错.故选：A

C.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点

为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上；④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.如图，平行四边形AB

CD中，ABa=，ADb=，M是DC的中点，以,ab为基底表示向量AM=________【答案】12ba+【解析】【分析】利用平面向量基本定理即可求得结果.【详解】易知AMADDM=+，显然111222DCABDaM===；可得12AMba

=+；故答案为：12ba+13.文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识

竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：)4050，，)5060，，…，90100，得到如图所示的频率分布直方图.则频率分布直方图中a的值为_________；样本成绩的第75百分

位数为_________.【答案】①.0.030②.84【解析】【分析】空1：根据每组小矩形面积之和为1即可求解；空2：由频率分布直方图求百分位数的计算公式即可求解；【详解】∵每组小矩形的面积之和为1，∴()0.0050.0100.0200.0250.010101a+++++=，∴0.030a

=.成绩落在)40,80内的频率为()0.0050.0100.0200.030100.65+++=，落在)40,90内的频率为()0.0050.0100.0200.0300.025100.9++++=，设第75百分位数为m，由()0.65800.0250.75m+−=，得84m=，故第7

5百分位数为84.故答案为：0.03a=；84.14.在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，点M是该正方体表面及其内部的一个动点，且//BM平面1ADC，则线段DM的长的取值范围是______．的【答案】23,23

【解析】【分析】证明平面1//ACD平面11ABC，得点M的轨迹，由此可得DM的最大值为1DC的长，最小值为D到平面11ABC的距离，求出距离后可得．【详解】连接1111,,ABACBC，正方体中由1AA与1CC平行且相等得11ACCA是平行四边形，从而11//ACAC，又

AC平面11ABC，11AC平面11ABC，所以//AC平面11ABC，同理1//AD平面11ABC，又1ACADA=I，1,ACAD平面1ACD，所以平面1//ACD平面11ABC，//BM平面1A

DC，则M平面11ABC，所以动点M的轨迹形成的区域为11ABCV的边界及内部，DM的最大值为2即1DC的长，DM的最小值为D到平面11ABC的距离，连接11DB交11AC于点F，连接BF交1DB于点E，13DB=，由1BB⊥平面1111DCBA，11BD平面1111DC

BA，得111BBBD⊥，又1111BDAC⊥，1111BBBDB=，111,BBBD平面11BBDD，所以11AC⊥平面11BBDD，而1BD平面11BBDD，所以111ACBD⊥，同理11ABB

D⊥，又因为1111ACABA=，111,ACAB平面11ABC，所以1BD⊥平面11ABC，同理可证11//BDBD，所以1121DEBDEBBF==，从而11223233DEEBDB===，故线段DM的长的取值范围是23,23．故答案为：23,23

．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.已知平面向量()()()1,3,2,,3,5abxcx=−==−+．（1）若()aab⊥+，求b；（2）若()//abc+，求向量a与b的夹角．【答案】（1）25（2）π4【解析】

【分析】（1）利用平面向量数量积公式及模长公式计算即可；（2）根据平面向量共线的充要条件及夹角的坐标表示计算即可.【小问1详解】因为()aab⊥+，所以()0aab+=即20aab+=，即1023x+−=0，即4x=，所以(24)b=

，，所以222425b=+=；【小问2详解】由题意可得(3,3)abx+=−又因()//abc+，所以3(5)3(3)xx+=−−，解得=1x−，所以()2,1b=−所以cos,ababab=即232cos,2105ab+==又因为

,0,πab，所以π,4ab=16.已知z是复数，iz−为实数，3i2iz−−−为纯虚数（i为虚数单位）.（1）求复数z和z；（2）复数15izzm=−在复平面对应的点在直线2yx=上，求实数m的值.【答案】（1）1iz=+，2z=（2）3m=【解析】【分析】（

1）用待定系数法可先设复数izab=+(),Rab，然后进行复数运算，根据条件即可求出结果；（2）利用41i=可化简原式，再进行复数除法运算，得到复数1z复平面上对应的点的坐标，再代入直线2yx=，即可求出m的值.【小问1详解】设

复数izab=+，(),Rab，由()i1izab−=+−是实数，则1b=，即iza=+，所以()()()()()2i2i224i3i2i2i2i2i2i5aaaza−−+−++−−===−−−−−−−+，因为3i2iz−−−为纯虚数，所以220a−=且40a+，解得1a=，所

以1iz=+，2z=.【小问2详解】由（1）知，()()()()15221ii1i11iiiii11mzmmzmmmmmm+++−+====+−−−+++.1z在复平面上对应的点为2211,11mmmm−+++，又已

知1z在复平面上对应的点在直线2yx=上，则有：2211211mmmm+−=++，解得：3m=.17.如图，在ABC中，π3BAC=，点D满足3ADDB=．（1）若点M是线段CD上一点，且12AMmACA

B=+，求实数m的值；（2）若π3B=，求ACD的余弦值．【答案】（1）13（2）51326【解析】【分析】（1）结合图形以及平面向量的线性运算即可求解；（2）设ACD=，在ACD和BCD△中利用正弦定理，建立等

量关系求ACD的余弦值.【小问1详解】设CMCD=，01≤≤，因为3ADDB=，所以34ADAB=，()AMACCMACCDACADAC=+=+=+−()()3114ADACABAC=+−=+−，又12AMmACAB=+，所以31421m==−，所以2313

m==，所以实数m的值为13；【小问2详解】因为π3BACB==，所以π3ACB=，由题意设ACD=，所以π3BCD=−，在ACD中，πsinsin3ADCD=①，在BCD△中，ππsin()sin33DBCD=−②，由①②可得πsinsin()3ADD

B=−，所以1πs33333coss2in3siincossin222n3=−=−=−，所以sin33cos5=，又22sincos1+=，π03，所以513

cos26=，所以ACD的余弦值为51326.18.已知ABC的内角,,ABC所对的边分别为,,abc，且满足coscosbAaBac−=+.（1）求角B的大小；（2）若7b=，2a=，点D在边AC上，且2CDAD=，求BD的长.【答案】（1）2π3（2）23【解析】【分析】（1

）利用余弦定理角化边，最后整理得角即可.（2）利用正弦定理结合同角三角函数的基本关系求解cosA，再利用余弦定理求解AC，最后再利用余弦定理求解即可.【小问1详解】因为coscosbAaBac−=+,由余弦定理得22222222bcaacbbaacbcac+−+−−

=+，整理可得222acbac+−=−,所以2221cos22acbBac+−==−，又(0,π)B，所以2π3B=.【小问2详解】因为2π7,2,,3baB===所以由正弦定理sinsinabAB=可得,32sin212sin,77aBAb===由ab,可得A为锐角，可得227co

s1sin7AA=−=，由余弦定理得2222cos,bacacB=+−故217422(),2cc=+−−整理可得2230,cc+−=解得1c=或3−(舍去),又点D在边AC上,且2,CDAD=所以17,33ADAC=

=所以在ABD△中，由余弦定理可得222cosBDABADABADA=+−22772721()213373=+−=.19.如图，在四棱锥PABCD−中，//ADBC，ADDC⊥，112BCCDAD===，E为棱AD的中点，PA⊥平面ABCD.（1）求证：//AB平面PCE；（2）

求证：平面PAB⊥平面PBD；（3）若二面角PCDA−−的大小为45，求直线PA与平面PBD所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）33【解析】【分析】（1）由题意可证四边形BCEA为平行四边形

，则//ABEC，结合线面平行的判定定理即可证明；（2）如图，易证BDEC⊥，根据线面垂直的性质与判定定理可得BD⊥平面PAB，结合面面垂直的判定定理即可证明；（3）根据线面垂直的性质与判定定理可得PDA为二面角PCDA−−的平面角，即45PDA=，作AMPB⊥

，由面面垂直的性质确定APM为直线PA与平面PBD所成的角，即可求解.【小问1详解】因为//BCAE且BCAE=，所以四边形BCEA为平行四边形，则//ABEC，又AB平面PCE，EC平面PCE，所以//AB平面PCE；【小问2详解

】由PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，得PABD⊥，连接BE，由//BCDE且BCDE=，所以四边形BCDE为平行四边形，又,1DECDBCCD⊥==，所以平行四边形BCDE为正方形，所以BDEC⊥，又//ABEC

，所以BDAB⊥，又,PAABAPAAB=、平面PAB，所以BD⊥平面PAB，由BD平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAB；【小问3详解】由PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD⊥，又CDAD⊥，,PAADAPAAD=、平面PAD，所以CD⊥平面PAD，又PD

平面PAD，所以CDPD⊥，故PDA为二面角PCDA−−的平面角，即45PDA=，在RtPAD中，2PAAD==，作AMPB⊥，垂足为M，由（2）知，平面PBD⊥平面PAB，平面PBD平面PABPB=，AM平面PAB

，所以AM⊥平面PBD，则PM为直线AP在平面PBD上的投影，所以APM为直线AP与平面PBD所成的角，在RtPAB中，2,2,6ABCEPAPB====，所以222336PAABAMPB===，在RtAMP中，2333sin23AMAPMAP===，即直线A

P与平面PBD所成角的正弦值为33.