【文档说明】浙江省台州市六校2022-2023学年高一下学期期中联考数学试题含答案.docx，共(13)页，859.430 KB，由小赞的店铺上传

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台金六校2022学年第二学期高一年级期中联考试题数学2023.5命题：王俊琦（黄岩中学）童晟（黄岩中学）审题：毛玲誉（新河中学）考生须知：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分150分，考试时间120分钟。2.考生答题前，务必将

自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。3.选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，需将原填涂处用橡皮擦净。4.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应

区域内，答写在本试题卷上无效。选择题部分一、单选题：本题共8小题，每题5分，共40分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.若()11iz−=则z=A．1i+B.1i−C．1i−+D.1i−−

2.若()()1,2,,3abx==且4ab=则x=A．-2B．12−C.12D．103.学生到工厂劳动实践，利用3D打印机技术制作模型。设模型为长方体ABCD-1111ABCD挖去四棱锥O-EFGH所得的几何体（如图），其中O为长方体的中心

，E，F，G，H分别为所在棱的中点，16,3ABBCcmAAcm===，3D打印所用的原料密度为30.5/gcm，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量是A．40.5gB．45gC．49.5gD．54g4.在△ABC中，12BDDC=，E为AD中点，则EB=A．4136AB

AC+B．2136ABAC−C．5163ABAC−D．7163ABAC+5.在直三棱柱111ABCABC−中，12,1,120ACAABCACB====，E是1BB的中点，则异面直线CE与1AC所成的角的余弦值是A．34−B.3

4C.18D．18−6.在△ABC中，2,4ABAC==，AD平分∠BAC交BC于D点，且43AD=，则BC=A．27B．23C．743D．27437.在正四棱锥PABCD−中，Q是AB上的动点（不包含端点），M是AD上的

中点，点N在线段AD上且满足2ANND=，分别记,,PMQCPNQCPABC−−−−−−的平面角为α，β，γ，则A．B．.C．D.8.若O是△ABC的外心，且()()2222252

ACABABAOACAOAOABAC+=，则sin2sinBC+的最大值是A．232+B．322+C．52D．22二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得

5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.下列说法正确的是A．在△ABC中，若AB，则sinsinABB．在△ABC中，若45,5,4Aab===，则这样△ABC的有两个，C．若a，b是非零向量，则a在b上的投影向量为2abbbD．若(),,zabiabR=+，则22|

|zz=10.a，b，l是不同的直线，α，β是不同的平面，下面条件中能证明a⊥的是A．,,,,blabalblO⊥⊥=，B．,,lal=⊥⊥B.,Ca⊥∥D．,lal⊥∥11.在△

OAB中，1,2,120OAOBAOB===，点P是等边△ABC（点O与C在AB的两侧）边上的一动点，若OPxOAyOB=+，则有A．当12x=时，点P必在线段AB的中点处B．xy+的最大值是92C．OPOA的最小值是-1D.POPA的最大值为1712.如图，在矩形ABCD中，

AB=1，2BC=，E为AD的中点，将△ABE沿BE翻折成△A'BE，记二面角ABEC−−的平面角为θ，在翻折过程中，下列结论成立的是A．点A在平面BCDE的射影必在线段AC上B．存在点A使得A

EBD⊥C．ABA+D．记A'E和A'B与平面BCDE所成的角分别为α，β，则sinsin−的取值范围是[0，633−]非选择题部分三、填空题：本题共4题，每小题5分，共20分。13.用斜二测画法画水平放置的△A

BC的直观图为直角边长是2的等腰直角三角形（如图），则△ABC的面积是___________。14.圆锥的底面半径为2，表面积为10π，则该圆锥为体积为___________。15.方山双塔位于台州市黄岩区九峰公园内紫云峰之巅。南宋宝章阁直学士章雄飞《游九峰寺》诗中赞道：“九峰突地

三千丈，双塔攒空十二层”。为了测量南塔高度，某同学设计了如下测量方法：先在塔底平台A点处测得塔底中心O在北偏西70方向，塔顶仰角的正切值为32，再走到距离A点25米的点B处，测得点O在北偏东80方向，塔顶仰角为6，则该塔的高度为___________米。16.在三

棱锥A-BCD中，底面BCD是边长为3的正三角形，AB⊥面BCD，2AB=，三棱锥ABCD−外接球与内切球球心分别为1,OO，则|1||OO=___________。四、解答题：本题共6小题，共70分。17.（本小题满分10分）已知2,1,223abab==−=（1）求a与b的夹角；（2）

求()()3abab−+的值。18.（本小题满分12分）如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是菱形，4,60,6,14ABDABPAPDPB=====，M，N分别为PB，DC的中点。（1）求证：MN//平面PAD；（2）求证：面PAD⊥面ABCD．19.（本小

题满分12分）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且(),3cosmaA=与(,sinnbB=）平行。（1）若2123,cos7aC==，求C的值；（2）若2BDDC=，且||2AD=，

求△ABC面积的最大值。20.（本小题满分12分）如图，点B是AC为直径的半圆上的一动点PA⊥面ABC，2,1ACPA==。（1）若E为PC的中点，当△ABC的面积最大时，求AE与面PBC所成的角；（2）过点A作平面α，分别交PB，PC于点M，N，当PC⊥时，求三棱锥PAMN−外接球的体积。

21.（本小题满分12分）已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足bsinA=√3acosAcosC+√3ccos2A。（1）求A角的大小；（2）若D为AB的中点，P是AC上的动点，

且AP⃗⃗⃗⃗⃗=λAC⃗⃗⃗⃗⃗。若BP|+|DP最小值为7，当BP|+|DP取最小值时，求λ的取值范围。22.（本小题满分12分）如图，在三棱柱111ABCABC−中，,2ABACABAC⊥==，点D为线段1CC中点，侧面11BCCB为矩形，∠

A1AB=θ。（1）若1120AAB=，求二面角1AABC−−的正弦值；（2）若AA1=4，θ∈[60∘,120∘]，求AD与平面11BCCB所成角的正弦值的取值范围。台金六校2022学年第二学期高一年级期中联考数学试题参考答

案一、单选题题号12345678答案AACBBADC二、多选题题号9101112答案ACADBCACD三、填空题13.4214.4√5π315.75716.√298四、解答题（共70分）17.（10）分（1）由|a

⃗−2b⃗|=2√3知a⃗2−4a⃗⋅b⃗+4b⃗2=12得1ab=−2分cos<a⃗·b⃗>=a⃗⋅b⃗⃗|a⃗||b⃗⃗|=−124分所以a，b的夹角为235分（2）(a⃗−b⃗)⋅(a⃗+3b⃗)=a⃗2+2a⃗⋅b⃗−3

b⃗27分=4−2−3=−110分18.（12）分（1）取PA中点E，连接DE，ME因为ME是△PAB中位线，所以MEAB∥，且12EMAB=；又ABCD是菱形，则DNAB∥且DN=12AB所以MEDN=∥，即MNDE是平行四边形。3分所以MNDE∥，

DE⊂面PAD，MN面PAD所以MN//面PAD．6分（2）取AD中点O，因为AD=AB=4，∠DAB=60°，所以△ADB是正角形，OBAD⊥，且23BO=；又因为△PAD是等腰三角形，PO⊥AD，PA=√6，AO=2，可知2PO=因为PB=√14，由勾股定理知POOB⊥10

分又因为ADOBO=，BO，AD⊂面ABCD，所以PO⊥面ABCD，PO⊂面PAD，所以面PAD⊥面ABCD12分19.（12）分（1）由mn∥知sin3cos0aBbA−=，由正弦定理知sinAsinB−√3sinBcosA=0，得tan3A=2分由cosC=√217

，得sinC=2√77，4分由正弦定理知a=2√3，asinA=csinC⇒c=asinCsinA=2√3√322√77=8√776分（2）BD⃗⃗⃗⃗⃗=2DC⃗⃗⃗⃗⃗⇒AD⃗⃗⃗⃗⃗−AB⃗⃗⃗⃗⃗=2(AC⃗⃗⃗⃗⃗−AD⃗⃗⃗⃗⃗)⇒A

D⃗⃗⃗⃗⃗=13AB⃗⃗⃗⃗⃗+23AC⃗⃗⃗⃗⃗8分AD⃗⃗⃗⃗⃗2=19AB⃗⃗⃗⃗⃗2+49AB⃗⃗⃗⃗⃗⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗+49AC⃗⃗⃗⃗⃗2⇒4=19c2+49b2+29bc，由基本不等式知36=c2+4b2+2bc≥6bc（仅当2cb=取等号），6b

c10分SΔABC=12bcsinA=√34bc≤3√3212分（其他方法酌情给分）20.（12分）（1）由题意知PA⊥面ABC，所以PA⊥𝐵𝐶，CB⊥AB，PA∩AB=A⇒CB⊥面PAB过点A作AFPB⊥，垂足为F，BC⊥面PAB，

AF⊂面PAB⇒BC⊥AFAF⊥CB，PB∩CB=B⇒AF面PBC，∠AEF就是AE与面PBC所成的角。4分当△ABC的面积最大时，B为弧AC中点，2AB=，在△PAB中，PA=1，AB=√2⇒AF=√2√3，△PAC

中，AE=12PC=√52，所以sin∠AEF=√2√32√5=2√30156分（2）过A作AMPB⊥，作AN⊥PC⇒PC⊥面AMN，AMN即为平面α9分90AMN=，PN⊥面AMN，将PAMN−补成长方体，PA

即为体对角线，即为外接球的直径2R=PA，所以R=12，V球=π6。（或说明球心在PA中点，其他论证酌情给分）12分21.（12）分（1）正弦定理得sinBsinA=√3sinAcosAcosC+√3sin

Ccos2A=√3cosAsin（A+C）tanA=√3⇒A=π34分（2）作B关于边AC的对称点B，连接AB，并取其中点D，当|BP|+|DP|=|D′P|+|BP|≥|D′B|=√7，∠BAB′=120°

，设AB=c，AD′=c2由余弦定理知2c=6分在三角形AD'B中，AB=2，AD′=1，D′B=√7⇒cos∠ABD′=4+7−12⋅2⋅√7=5√714⇒sin∠ABD′=√2114⇒sin∠APB=3√2114，由正弦定理知AP√2114=23

√2114⇒AP=239分△ABC中，A=π3，c=2，设∠ABC=θ，θ∈(π6,π2)，由正弦定理ACsinθ=2sin(2π3−θ)⇒AC=2sinθ√32cosθ+12sinθ=2√32tanθ+12∈(1,4)所以λ=|AP||AC|∈(16,23)12

分（其它方法酌情给分）22.（12）分（1）分别取BC，B1C1的中点，连接A1AEF，EF//AA1且EF=AA1，所以AA1FE是平行四边形，因为2ABAC==，所以AEBC⊥，因为侧面11BCCB是矩形，所以BC⊥BB1，即BCEF⊥，所以BC⊥面AA1FE，又因为BC⊂面ABC，面A

A1FE⊥面ABC2分延长EA，过点1A作A1O⊥AE，垂足为O，过O作OGAB⊥，垂足为G，连接1AG，由面AA1FE⊥面ABC，可知A1O⊥面ABC，∠OGA1就是二面角A1−AB−C的补角的平面角4分∠A1A

B=120∘⇒∠A1AG=60∘，设AA1=a，AG=12a⇒A1G=√3a2，AE是∠CAB的平分线，∠OAG=45∘，所以AO=√22⇒A1O=√2a2，sin∠OGA1=√63，二面角1AABC−−的正弦值为63。6分（2）由（1）知1AO⊥面ABC，点O在线段EA或其延长线

上，且cos∠A1AO=OAA1A=|√2cosθ|，又∠A1AO=∠AEF，所以sin∠A1AO=sin∠FEA=√1−2cos2θ，8分点A到面11BBCC的距离为h=AEsin∠AEF=√2√1−2cos2θ，1A射影O在∠BAC的角平分线上，∴A1G=A1H，R

tΔA1GA≅RtΔA1HA，∴∠A1AG=∠A1AH，即∠A1AB=∠A1AC=θ，在△ACD中，由余弦定理知AD=√8+8cosθ，所以直线AD与平面11BBCC所成的线面角α的正弦值为sinα=

hAD=√2√1−2cos2θ√8+8cosθ=12√1−2cos2θ1+cosθ10分令t=1+cosθ，t∈[12,32]，所以sinα=12√−(2t+1t)+4，t∈[12,32]所以sinα∈[√36,√4−

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