【文档说明】安徽省合肥市庐巢八校联考2022-2023学年高一下学期5月期中数学试题答案.docx，共(12)页，564.907 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

一、选择题（每小题5分，共8小题40分）1.设𝑎⃗,𝑏⃗⃗是两个不共线的平面向量,已知𝑚⃗⃗⃗=𝑎⃗−2𝑏⃗⃗,𝑛⃗⃗=3𝑎⃗+𝑘𝑏⃗⃗(𝑘∈𝑅),若𝑚⃗⃗⃗//𝑛⃗⃗,则𝑘=()A.2B

.−2C.6D.−6【答案】D【解析】因为𝑚⃗⃗⃗//𝑛⃗⃗,故𝑚⃗⃗⃗=𝜆𝑛⃗⃗,𝜆∈𝑅,故𝑎⃗−2𝑏⃗⃗=𝜆(3𝑎⃗+𝑘𝑏⃗⃗)=3𝜆𝑎⃗+𝜆𝑘𝑏⃗⃗,因为𝑎⃗,𝑏⃗⃗是两个不共线的平面向量,故{1=3𝜆−2=𝜆𝑘,解得{𝜆=13�

�=−6.故选:D.2.若复数𝑧满足𝑧(−1+2i)=|1+3i|(𝑖为虚数单位),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】C【解析】|1+3i

|=√1+9=√10,所以𝑧=√10−1+2i=√10(−1−2i)(−1+2i)(−1−2i)=−√10−2√10i1+4=−√105−2√10i5,故复数𝑧在复平面内对应的点为(−√105,−2√105),位于第三

象限.故选:C.3.如图,在ΔABC中,=13,𝑃是𝐵𝑁上的一点,若=𝑚+211,则实数𝑚的值为()A.911B.511C.311D.211【答案】C【解析】由𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝑁𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗,可得𝐴

𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=4𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,所以=𝑚+211=𝑚+811,又𝐵,𝑃,𝑁三点共线,由三点共线定理,可得:𝑚+811=1,∴𝑚=311,故选C.4.一平面四边形𝑂𝐴𝐵𝐶的直观图𝑂′𝐴′𝐵′𝐶′如图所示,其中𝑂′𝐶′⊥

𝑥′,𝐴′𝐵′⊥𝑥′,𝐵′𝐶′//𝑦′,则四边形𝑂𝐴𝐵𝐶的面积为()A.3√22B.3√2C.3D.32【答案】B【解析】∠𝑥′𝑂′𝑦′=45∘,𝑂′𝐶′=𝑂′𝐴′=1,∴𝐴′𝐵′=2,∴四

边形面积𝑆𝑂′𝐴′𝐵′𝐶′=12(1+2)×1=32,𝑆𝑂′𝐴′𝐵′𝐶′𝑆𝑂𝐴𝐵𝐶=32𝑆𝑂𝐴𝐵𝐶=√24,得𝑆𝑂𝐴𝐵𝐶=3√2.5.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，有下列四个命题：①若则；②若则；③若则；④若则.其中正确命题的序号是（

）A.③④B.①②C.①④D.②③【答案】D【解析】①没有说明直线垂直的交线，故不正确；②两个平面平行的性质，故正确；③若则，，一条直线垂直两个平行平面中的一个，也垂直另一个平面，故，故正确；④不能得到，故直线与平面的关系也不确定，故不正确.6.在Δ

ABC中,角𝐴,𝐵,𝐶的对边分别为𝑎,𝑏,𝑐,𝑎2+𝑐2=𝑏2+𝑎𝑐,则𝑐𝑜𝑠𝐴+𝑐𝑜𝑠𝐶的最大值为()A.1B.2C.√2D.√3【答案】A【解析】角𝐴,𝐵,𝐶的对边分别为𝑎,𝑏,𝑐,𝑎2+𝑐2=𝑏2+𝑎𝑐,即𝑎

2+𝑐2−𝑏2=𝑎𝑐,根据余弦定理𝑐𝑜𝑠𝐵=𝑎2+𝑐2−𝑏22𝑎𝑐=12,故角𝐵=𝜋3.𝐴+𝐶=23𝜋,𝑐𝑜𝑠𝐴+𝑐𝑜𝑠(23𝜋−𝐴)=12𝑐𝑜𝑠𝐴+√32𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑠𝑖𝑛(�

�+𝜋6),因为𝐴∈(0,23𝜋),∴𝐴+𝜋6∈(𝜋6,56𝜋),∴12<𝑠𝑖𝑛(𝐴+𝜋6)⩽1.7.三棱锥P-ABC的三条侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，且长度分别为3、4、5，则三棱锥P-ABC

外接球的体积是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】解：由PA、PB、PC两两互相垂直为一个顶点出发的长方体的对角线长为.所以三棱锥P-ABC外接球的半径为.所以体积为.故选C.8.如图,为平行四边形所在平面外一点,为的中点,为上一点,当平面时,()A.B.C.D.【答案】D

【解析】连接交于,连接,平面,平面平面平面𝐵𝐸𝐹=𝐹𝐺,,故:①又,为的中点,②由①②可得:故选:D.二、多选题（每小题5分，共4小题20分）9.已知向量𝑎⃗=(2,1),𝑏⃗⃗=(−3,1),则()A.(𝑎⃗+𝑏⃗⃗)//𝑎

⃗B.向量𝑎⃗在向量𝑏⃗⃗上的投影向量为−12𝑏⃗⃗C.𝑎⃗与𝑎⃗−𝑏⃗⃗的夹角余弦值为2√55D.若𝑐⃗=(√55,−2√55),则𝑎⃗⊥𝑐⃗【答案】B,C,D【解析】对于A选项,𝑎⃗+𝑏⃗⃗=(−

1,2),∵−1×1≠2×2,所以,𝑎⃗+𝑏⃗⃗与𝑎⃗不共线,A选项错误;对于B选项,设向量𝑎⃗在向量𝑏⃗⃗上的投影向量为𝜆𝑏⃗⃗,则𝑎⃗∙𝑏⃗⃗=𝜆𝑏⃗⃗2,即2×(−3)+12=10𝜆,解得𝜆=−12,故向量𝑎⃗在向量𝑏⃗⃗上的投影向量为−12𝑏

⃗⃗,B选项正确;对于C选项,𝑎⃗−𝑏⃗⃗=(5,0),𝑐𝑜𝑠<𝑎⃗,𝑎⃗−𝑏⃗⃗>=𝑎⃗⃗⃗⃗∙(𝑎⃗⃗⃗⃗−𝑏⃗⃗⃗)|𝑎⃗⃗⃗⃗|∙|𝑎⃗⃗⃗⃗−𝑏⃗⃗⃗|=10√5×5=2√55,C选项正确;对

于D选项,若𝑐⃗=(√55,−2√55),则𝑎⃗∙𝑐⃗=2×√55+1×(−2√55)=0,所以,,D选项正确.10.设复数，则下列说法正确的是（）A.实部为B.虚部为C.模为D.在复平面内对应

点在第四象限【答案】A,C,D【解析】.11.如图是正方体的平面展开图,则关于这个正方体的说法正确的是()A.𝐵𝑀与𝐸𝐷平行B.𝐶𝑁与𝐵𝐸是异面直线C.𝐶𝑁与𝐵𝑀成60∘角D.𝐷𝑀与𝐵𝑁是异面直线【答案

】C,D【解析】把平面展开图还原原几何体如图:A.由正方体的性质可知,𝐵𝑀与𝐸𝐷异面且垂直,故A错误;B.𝐶𝑁与𝐵𝐸平行,故B错误;C.连接𝐵𝐸,则𝐵𝐸//𝐶𝑁,∠𝐸𝐵𝑀为𝐶𝑁与𝐵𝑀所成角,连接𝐸𝑀,可知ΔBEM为正

三角形,则∠𝐸𝐵𝑀=60∘,故C正确;D.由异面直线的定义可知,𝐷𝑀与𝐵𝑁是异面直线,故D正确.故选:CD.12.如图,透明塑料制成的长方体容器𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1内灌进一些水,固定容器一边𝐴𝐵于地面上,再将容器

倾斜,随着倾斜度的不同,有下面几个结论,其中正确的命题有()A.没有水的部分始终呈棱柱形B.水面𝐸𝐹𝐺𝐻所在四边形的面积为定值C.随着容器倾斜度的不同,𝐴1𝐶1始终与水面所在平面平行D.当容器倾斜如图(3)所示时,𝐴𝐸∙𝐴𝐻为定值【答案

】A,D【解析】由于𝐴𝐵始终在桌面上,因此倾斜过程中,没有水的部分,是以左右两侧的面为底面的棱柱,A正确;图(2)中水面面积比(1)中水面面积大,B错;图(3)中𝐴1𝐶1与水面就不平行,C错;图(3)中,水体积不变,

因此ΔAEH面积不变,从而𝐴𝐸∙𝐴𝐻为定值,D正确.故选:AD.三、填空题（每小题5分，共4小题20分）13.已知|𝑎⃗|=|b⃗⃗|=1，𝑎⃗与b⃗⃗的夹角是900，𝑐⃗=2𝑎⃗+3b⃗

⃗,𝑑⃗=𝑘𝑎⃗−4b⃗⃗，𝑐⃗与𝑑⃗垂直，则𝑘的值为__________．【答案】6【解析】∵𝑐⃗⊥𝑑⃗,∴𝑐⃗∙𝑑⃗=0.即((2𝑎⃗+3b⃗⃗⃗)∙(𝑘𝑎⃗−4b⃗⃗⃗)=0，∴(2𝑎⃗+3b⃗⃗⃗)∙(𝑘𝑎⃗−4b⃗⃗⃗)

=2𝑘|𝑎⃗|2+(3𝑘−8)𝑎⃗∙b⃗⃗⃗−12|𝑏⃗⃗|2=0.∴2𝑘+(3𝑘−8)𝑎⃗∙b⃗⃗⃗−12=0．∴𝑘=6．14.已知|𝑧|=2,则|𝑧+3−4𝑖|的最大值是______

____.【答案】7【解析】设𝑧=𝑥+𝑦𝑖,𝑥,𝑦∈𝑅,则有√𝑥2+𝑦2=2,即𝑥2+𝑦2=4,则𝑧在复平面中的点𝑃(𝑥,𝑦)在以(0,0)为圆心,𝑟=2为半径的圆周上,𝑧+3−4𝑖=(𝑥+3)+(𝑦−4)𝑖,|𝑧+3−4i|=√(𝑥+3)2

+(𝑦−4)2,表示𝑃(𝑥,𝑦)与点𝐴(−3,4)的距离,如图所示:由图可知,|𝐴𝑃|𝑚𝑎𝑥=√(−3−0)2+(4−0)2+𝑟=5+2=7,即|𝑧+3−4i|的最大值为7.故答案为:7.15.如图,一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4m,一只小虫从圆锥的

底面圆上的点𝑃出发,绕圆锥表面爬行一周后回到点𝑃处.若该小虫爬行的最短路程为4√3m,则圆锥底面圆的半径等于__________m.【答案】43【解析】把圆锥侧面沿过点𝑃的母线展开成如图所示的扇形,由题意𝑂𝑃=4,𝑃𝑃′

=4√3,则𝑐𝑜𝑠∠𝑃𝑂𝑃′=42+42−(4√3)22×4×4=−12,所以∠𝑃𝑂𝑃′=2𝜋3,设底面圆的半径为𝑟,则2𝜋𝑟=2𝜋3×4,所以𝑟=43.故答案为:43.16.如图，直角梯

形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷⊥𝐷𝐶,𝐴𝐷//𝐵𝐶,𝐵𝐶=2𝐶𝐷=2𝐴𝐷=2，若将直角梯形绕𝐵𝐶边旋转一周，则所得几何体的表面积为__________.【答案】(3+√2)𝜋【解析】由图中数据可得：𝑆圆锥侧=12×𝜋×2×√2=√2𝜋

，𝑆圆柱侧，𝑆底面=𝜋×12=𝜋．所以几何体的表面积为𝑆表面积=(3+√2)𝜋.故答案为：(3+√2)𝜋.四、解答题（第17题10分，第18题12分，第19题12分，第20题12分，第21题12分，第22题12分，共6小题70分）17.设向量𝑎⃗与𝑏⃗⃗满足|𝑎⃗|=|

𝑏⃗⃗|=1,|3𝑎⃗−𝑏⃗⃗|=√5.(1)求|𝑎⃗+3𝑏⃗⃗|的值;(2)求3𝑎⃗−𝑏⃗⃗与𝑎⃗+3𝑏⃗⃗夹角的正弦值.【答案】略【解析】(1)∵向量𝑎⃗,𝑏⃗⃗满足|𝑎⃗|=|𝑏⃗⃗|=1,|3𝑎⃗−𝑏⃗⃗|=√5,∴5=9𝑎⃗2+�

�⃗⃗2−6𝑎⃗∙𝑏⃗⃗=9+1−6𝑎⃗∙𝑏⃗⃗,∴𝑎⃗∙𝑏⃗⃗=56.∴(𝑎⃗+3𝑏⃗⃗)2=𝑎⃗2+9𝑏⃗⃗2+6𝑎⃗∙𝑏⃗⃗=1+9+6×56=15,∴|𝑎⃗+3𝑏⃗⃗|=√15.(2)设

3𝑎⃗−𝑏⃗⃗与𝑎⃗+3𝑏⃗⃗的夹角为𝜃,∵(3𝑎⃗−𝑏⃗⃗)∙(𝑎⃗+3𝑏⃗⃗)=3𝑎⃗2+8𝑎⃗∙𝑏⃗⃗−3𝑏⃗⃗2=3+8×56−3=203,∴𝑐𝑜𝑠𝜃=(3𝑎⃗⃗⃗⃗−𝑏⃗⃗⃗)∙(𝑎⃗⃗⃗⃗+3𝑏⃗⃗⃗)|3𝑎⃗⃗⃗⃗−𝑏⃗⃗⃗|

∙|𝑎⃗⃗⃗⃗+3𝑏⃗⃗⃗|=203√5×√15=4√39.∵𝜃∈[0,𝜋],∴𝑠𝑖𝑛𝜃=√1−𝑐𝑜𝑠2𝜃=√1−(4√39)2=√339.∴3𝑎⃗−𝑏⃗⃗与𝑎⃗+3𝑏⃗⃗夹角的

正弦值为√339.18.已知:复数𝑧=(1+𝑖)2+2𝑖1−𝑖,其中𝑖为虚数单位.(1)求𝑧及|𝑧|;(2)若𝑧2+𝑎𝑧̅+𝑏=2+3𝑖,求实数𝑎,𝑏的值.【答案】见解析【解析】(1)𝑧=(1+𝑖)2+2𝑖1−𝑖=2𝑖+𝑖(1+𝑖

)=−1+3𝑖,|𝑧|=√(−1)2+33=√10.(2)由𝑧2+𝑎𝑧̅+𝑏=2+3𝑖得:(−1+3𝑖)2+𝑎(−1−3𝑖)+𝑏=2+3𝑖,即(−8−𝑎+𝑏)+(−6−3𝑎)𝑖=2+3𝑖,所以{−8−𝑎+�

�=2−6−3𝑎=3,解之得{𝑎=−3𝑏=7.19.如图,在棱长为2的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中,截去三棱锥𝐴1−𝐴𝐵𝐷,求(1)截去的三棱锥𝐴1−𝐴𝐵𝐷的表面积;(2)剩余的几何体𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1−𝐷𝐵𝐶的体积.【答案】

见解析【解析】(1)由正方体的特点可知三棱锥𝐴1−𝐴𝐵𝐷中,△𝐴1𝐵𝐷是边长为2√2的等边三角形,△𝐴1𝐴𝐷、△𝐴1𝐴𝐵、△𝐴𝐵𝐷都是直角边为2的等腰直角三角形,所以截去的三棱锥𝐴1−𝐴𝐵�

�的表面积𝑆=𝑆△𝐴1𝐵𝐷+𝑆△𝐴1𝐴𝐷+𝑆△𝐴1𝐴𝐵+𝑆△𝐴𝐵𝐷=√34×(2√2)2+3×12×2×2=6+2√3(2)正方体的体积为23=8,三棱锥𝐴1−𝐴𝐵𝐷的体积为13×𝑆△𝐴𝐵𝐷×𝐴�

�1=13×12×2×2×2=43,所以剩余的几何体𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1−𝐷𝐵𝐶的体积为8−43=203.20.在中，角所对的边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若的面积，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】（1）由，得，即，整理可得：，即，又，∴，,∴.（2）由题意得，，∴，由

余弦定理可得：，∴，由正弦定理得，∴.21.在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中,𝑆是𝐵1𝐷1的中点,𝐸𝐹𝐺分别是𝐵𝐶𝐷𝐶𝑆𝐶的中点,求证:(1)𝐸𝐺//平面𝐷1𝐴𝐶;(2)平面𝐸𝐺𝐶//平面𝐴1𝐷1𝐹.【答案】见解析;【解析】(

1)证明:连𝐴𝐶𝐵𝐷交于点𝑂,连𝑆𝐵𝐷1𝑂,∵分别是的中点,∴𝐺𝐸//𝑆𝐵,又𝐷1𝑆//𝐵𝑂,𝐷1𝑆=𝐵𝑂,则四边形𝐷1𝑆𝐵𝑂为平行四边形,∴𝑆𝐵//𝐷1𝑂,∴𝐺𝐸//𝐷1𝑂,𝐺𝐸/⊂平

面𝐷1𝐴𝐶,𝐷1𝑂⊂平面𝐷1𝐴𝐶,∴𝐸𝐺//平面𝐷1𝐴𝐶;(2)由题连接𝑂𝐹,∵𝑂𝐹是△𝐷𝐵𝐶的中位线,∴𝑂𝐹//𝐵𝐶//𝐴𝐷//𝐴1𝐷1,四点共面,由(1)可知,𝐸𝐺/

/𝐷1𝑂,𝐷1𝑂⊂平面𝐴1𝐷1𝐹,𝐸𝐺/⊂平面𝐴1𝐷1𝐹,则𝐸𝐺//平面𝐴1𝐷1𝐹,又𝐸𝐶//𝐴1𝐷1,𝐴1𝐷1⊂平面𝐴1𝐷1𝐹,𝐸𝐶/⊂平面𝐴1𝐷1𝐹,则𝐸𝐶//平面𝐴1𝐷1𝐹,又�

�𝐺∩𝐸𝐶=𝐸,𝐸𝐺⊂平面𝐸𝐺𝐶,𝐸𝐶⊂平面𝐸𝐺𝐶,∴平面𝐸𝐺𝐶//平面𝐴1𝐷1𝐹.22.已知向量𝑚⃗⃗⃗=(√3𝑠𝑖𝑛𝑥,𝑐𝑜𝑠𝑥),𝑛⃗⃗=(𝑐𝑜𝑠𝑥

,𝑐𝑜𝑠𝑥),𝑥∈𝑅,设𝑓(𝑥)=𝑚⃗⃗⃗∙𝑛⃗⃗.（1）求函数𝑓(𝑥)的解析式及单调递增区间；（2）在ΔABC中，𝑎,𝑏,𝑐分别为ΔABC内角𝐴,𝐵,𝐶的对边，且𝑎=1,𝑏+𝑐

=2,𝑓(𝐴)=1,求ΔABC的面积.【答案】1【解析】（1）𝑓(𝑥)=𝑚⃗⃗⃗∙𝑛⃗⃗=√3𝑠𝑖𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥+𝑐𝑜𝑠2𝑥=√32𝑠𝑖𝑛2𝑥+12𝑐𝑜𝑠2𝑥+12=𝑠𝑖𝑛(2𝑥+𝜋6)+12.由−𝜋2+2𝑘𝜋≤

2𝑥+𝜋6≤𝜋2+2𝑘𝜋,𝑘∈𝑍可得−𝜋3+𝑘𝜋≤𝑥≤𝜋6+𝑘𝜋.∴函数的单调递增区间为[−𝜋3+𝑘𝜋,𝜋6+𝑘𝜋],𝑘∈𝑍.（2）∵𝑓(𝐴)=1，∴𝑠𝑖𝑛(2𝐴+𝜋6)=12.∵0<𝐴<�

�,∴𝜋6<2𝐴+𝜋6<13𝜋6,∴2𝐴+𝜋6=5𝜋6,∴𝐴=𝜋3.由𝑎2=𝑏2+𝑐2−2𝑏𝑐𝑐𝑜𝑠𝐴，可得1=𝑏2+𝑐2−2𝑏𝑐𝑐𝑜𝑠𝜋3=4−3𝑏𝑐，∴𝑏𝑐=1.∴𝑆ΔABC

=12𝑏𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴=√34.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com