【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月期中考试+数学+word版含解析.docx，共(18)页，981.244 KB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年度第二学期集中练习2高一数学时间：120分钟满分：150分一、选择题（每小题5分，共8小题40分）1.设a，b是两个不共线的平面向量，已知2mab=−，3()nakbkR=+，若//mnurr，则k=（）A.2B

.-2C.6D.-6【答案】D【解析】【分析】根据//mnurr可知,mnR=，再根据2mab=−，3()nakbkR=+代入求解即可.【详解】因为//mnurr，故,mnR=，故()323akbkbaba−==++，因为

a，b是两个不共线的平面向量，故132k=−=，解得136k==−.故选：D【点睛】本题主要考查了向量平行求参数的问题，若//mnurr，则,mnR=，属于基础题.2.若复数z满足()12i13iz−+=+(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】【分析】先求13i+，再用复数的乘除运算法则进行计算，从而得到复数z在复平面内对应的点所在的象限.【详解】

13i=19=10++，所以()()()1012i1010210i10210i==12i12i12i1455z−−−−==−−−+−+−−+，故复数z在复平面内对应的点为10210,55−−，位于第三象限.故选：C3.如图，在ABC中，13ANNC=，P是BN上的一点，若21

1APmABAC=+，则实数m的值为（）A.911B.511C.311D.211【答案】C【解析】【分析】平面内三点,,ABC共线的充要条件为：存在实数,，使OCOAOB=+，且1+=.求得811APm

ABAN=+，从而可得结果.【详解】由13ANNC=，可得4ACAN=，所以281111APmABACmABAN=+=+，又,,BPN三点共线，由三点共线定理，可得：8111m+=，311m=，故选C.【点睛】本题主要考查平面向量共线定理的应用，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于基

础题.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′轴，A′B′⊥x′轴，B′C′∥y′轴，则四边形OABC的面积为（）A.322B.32C.3D.32【答案】B【解析】【分析】结合图形可得2AB=，则可得

四边形ABCO面积，后可得四边形OABC的面积.【详解】设y轴与AB交点为D，因O′C′⊥x′轴，A′B′⊥x′轴，则OCAB∥，又B′C′∥y′轴，则四边形ODBC为平行四边形，故1DBOC==.又45

oxOy=，结合A′B′⊥x′轴，则1DAOA==，故2AB=.则四边形ABCO面积为()1312122+=，因四边形ABCO面积是四边形OABC的面积的24倍，则四边形OABC的面积为32.故选：B5.设m，n是两条不同的

直线，，是两个不同的平面，有下列四个命题：①m，⊥，则m⊥；②若m，//，则//m；③若m⊥，m⊥，n⊥，则n⊥；④若//m，//m，//n，则//n．其中正确命题的序号是（）A.③④B.①②C.①④D

.②③【答案】D【解析】【分析】举例说明判断AD；利用面面平行的性质判断B；利用线面垂直的性质推理判断C作答.【详解】对于①，因为⊥，当m=时，满足m，此时m，①错误；对于②，因为m

，//，则//m，②正确；对于③，因为m⊥，m⊥，则//，又n⊥，因此n⊥，③正确；对于④，当l=，//,,mlmm时，有//m，//m，若,//nnl，满足//n，显然//n不成立，④错误，所以正确命题的

序号是②③.故选：D6.在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，222acbac+=+.则coscosAC+的最大值为A.1B.2C.2D.3【答案】A【解析】【分析】根据题干得到B=3，原式13cossinsin226AAA=+=+

，根据角A的范围得到最值即可.【详解】角,,ABC的对边分别为,,abc，222acbac+=+，变形为：222acbac+−=根据余弦定理2221cos22acbBac+−==，故角B=323AC+=coscosA

+23A−13cossinsin226AAA=+=+因为250,,3666AA+故最大值为：1.故答案为A.【点睛】本题主要考查正弦定理边角互化及余弦定理的应用与特殊角的三角函

数，属于简单题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）2222cosabcbcA=+−；（2）222cos2bcaAbc+−=，同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题

时，还需要记住30,45,60ooo等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用..,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.202B.12526C.12523D.50【答案】C【解析】【详解】由

PA、PB、PC两两互相垂直为一个顶点出发的正方体的对角线长为22234552++=.所以三棱锥P-ABC外接球的半径为522r=.所以体积为34521252()323V==.故选：C8.如图,P为平行四边形ABCD所在平面外一点,E为AD的中点,F为PC上一点,当

PA∥平面EBF时,PFFC=()A.23B.14C.13D.12【答案】D【解析】【分析】连接AC交BE于G,连接FG,因为PA∥∥平面EBF,PA平面PAC,平面PAC平面BEFFG=,可得PA∥FG,结合已知条件,即可求得答案.【详解】连接A

C交BE于G,连接FG,PA∥平面EBF,PA平面PAC平面PAC平面BEFFG=,PA∥FG,故:PFAGFCGC=——①又AD∥BC,E为AD的中点,12AGAEGCBC==——②由①②可得:12PFFC=故选:D.【点睛】本题

考查了根据线面平行求线段比例,解题关键是掌握线面平行判定定理,考查了分析能力和空间想象能力,属于基础题.二、多选题（每小题5分，共4小题20分）9.已知向量()2,1a=r，()3,1b=−，则（）A.

()//aba+B.向量a在向量b上的投影向量为12b−C.a与ab−的夹角余弦值为255D.若525,55c=−，则ac⊥【答案】BCD【解析】【分析】利用平面向量共线的坐标表示可判断A选项的正误；设向量a在向量b上的投影向量为b，根据题

意得出2abb=，求出的值，可判断B选项的正误；利用平面向量夹角余弦的坐标表示可判断C选项的正误；利用平面向量垂直的坐标表示可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，()1,2ab+=−，1122−，所以，ab+与a不共线，A选项错误；对于B选项，设向量a在向量b上的投影向量为b，则

2abb=，即()223110−+=，解得12=−，故向量a在向量b上的投影向量为12b−，B选项正确；对于C选项，()5,0ab−=，()1025cos,555aabaabaab−−===−，C选项正确；对于D选项，若525,55c=−，则52

521055ac=+−=，所以，ac⊥，D选项正确.故选：BCD.10.设复数3i1iz+=+，则下列说法正确的是（）A.实部为2B.虚部为i−C.模为5D.在复平面内对应点在第四象限【答案】ACD【解析】【分析】将复数z化简整理得2iz=−，依次验证A、B、C、D四个

选项，可知B错误.【详解】3i(1i)(3i)2i1i(1i)(1+i)z+−+===−+−，知复数z的虚部为1−，实部为2，所以选项A正确，选项B错误；对于选项C，22||2(1)5z=+−=，所以选项C正确；对于选项D，复

数z对应的点为(2,1)−在第四象限，所以选项D正确.故选：ACD.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】CD【解析】【分析】把平面展开图还原成几何体，再由棱柱的

结构特征及异面直线定义､异面直线所成角逐一核对四个命题得答案.【详解】把平面展开图还原成几何体，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//BECN，EBM为CN与BM所成角，连接EM，可知BEM

为正三角形，则60EBM=，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.【点睛】本题考查由正方体的展开图还原立体图，直线与直线的位置关系，直线与直线所成角的判断，属于基础题12.如图，透明塑料制成的长方体容器1111ABCDABCD−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，11AC始终与水面所在平面平行D.当容器

倾斜如图（3）所示时，AEAH为定值【答案】AD【解析】【分析】想象容器倾斜过程中，水面形状（注意AB始终在桌面上），可得结论．【详解】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11AC与水面就不平行，C错；图（3）中，水体积不变，因此AEH△面积不变，从而AEAH为定值，D正确．故选：AD．【点睛】本题考查空间线面的位

置关系，考查棱柱的概念，考查学生的空间想象能力，属于中档题．三、填空题（每小题5分，共4小题20分）13.已知1ab==，a与b的夹角是90°，23cab=+，4dkab=−，c与d垂直，则k的值为______.【答案】6【解析】【分析】由c

与d垂直，可得0cd=，然后将23,4cabdkab=+=−代入化简可得结果.【详解】因为||||1ab==，a与b夹角为90°，则=0ab，因为c与d垂直，所以0cd=，又23cab=+，4dkab=−，所以22

(23)(4)2(38)122120abkabkakabbk+−=+−−=−=，解得6k=.故答案为：614.已知2z=，则|34i|z+−的最大值是__________．【答案】7【解析】【分析】根据复数的几何意义即可求解.【详解】设i,,Rzxyxy=+，则有222xy

+=，即224xy+=，则z在复平面中的点(,)Pxy在以(0,0)为圆心，2r=为半径的圆周上，34i(3)(4)izxy+−=++−，22|34i|(3)(4)zxy+−=++−，表示(,)Pxy与点(3,4)A−的距离，如图所示

：的由图可知，22max(30)(40)527APr=−−+−+=+=，即|34i|z+−的最大值为7.故答案为：715.如图，一立在水平地面上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43m，则圆锥底面圆的半径等于___________m.【答案】43【解析】【分析】把圆锥侧面沿过点P的母线展开，画出侧面展开图，根据题中条件，即可求出结果.【详解】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4OP=，43PP=，的则()22244431cos2442POP+−==−，所以23POP=，设底面圆的半径为r，则2243r=，所以43r=.故答案为：43.16.如图，直角梯形ABCD中，ADDC⊥，//ADBC，222B

CCDAD===，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】(32)+;【解析】【详解】几何体为一个圆锥与圆柱的组合体，表面积为2212211123rlrhr++=++=+点睛:空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体

的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．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2

1题12分，第22题12分，共6小题70分）17.设向量a，b满足1ab==，35ab−=．()1求3ab+的值；()2求3ab−与3ab+夹角的正弦值．【答案】（1）15；（2）339【解析】【分析】()1利用数

量积运算及其性质即可得出；()2利用向量的夹角公式和数量积的性质即可得出．【详解】()1向量a，b满足1ab==，35ab−=．22596916ababab=+−=+−，56ab=．因此2225(3)96196156ababab+=++=++=，315ab+=．

()2设3ab−与3ab+夹角为，()()225203338338363ababaabb−+=+−=+−=．()()2033433cos951533abababab−+===−+．0,，224

333sin1cos1()99=−=−=．3ab−与3ab+夹角的正弦值为339．【点睛】本题考查了数量积的运算及其性质、向量的夹角公式，属于基础题．18.复数22i(1i)1iz=++−，其中i为虚数单位．（1）求z及z；（2）若223izazb++=+，求实数a，

b的值．【答案】（1）13iz=−+，10z=（2）3,7.ab=−=【解析】【分析】（1）首先根据复数的运算求解出复数z，进而根据复数的模长公式求解z；（2）首先将13iz=−+代入等式，然后根据等式关系构造方程组，解方程组即可得到实数a，b的值.【

小问1详解】∵()()()()222i1i2i(1i)12ii2ii1i13i1i1i1iz+=++=+++=++=−+−+−，∴22(1)310z=−+=．【小问2详解】由（1）可知13iz=−+，13iz=−−由223iza

zb++=+，得：2(13i)(13i)23iab−++−−+=+，即(8)(63)i23iaba−−++−−=+，∴82,633.aba−−+=−−=，解得3,7.ab=−=19.如图，在棱长为2正方体1111ABCD

ABCD−中，截去三棱锥1AABD−，求（1）截去的三棱锥1AABD−的表面积；（2）剩余的几何体1111ABCDDBC−的体积.【答案】（1）623+；（2）203【解析】【分析】（1）三棱锥1AABD−中1ABD是边长为22的等边三角

形，1AAD、1AAB△、ABD△都是直角边为2的等腰直角三角形，计算四个三角形面积之和即可求解.（2）正方体的体积减去三棱锥1AABD−的体积即得剩余的几何体1111ABCDDBC−的体积.【详解】（1）由正方体的特点可知三棱锥1AABD−中，1ABD

是边长为22的等边三角形，1AAD、1AAB△、ABD△都是直角边为2的等腰直角三角形，所以截去的三棱锥1AABD−的表面积()1112312232262342ABDAADAABABDSSSSS=++

+=+=+（2）正方体的体积为328=，的三棱锥1AABD−的体积为111142223323ABDSAA==，所以剩余的几何体1111ABCDDBC−的体积为420833−=.20.在ABC中，角A、B、C所对的边分别为,,abc，且2cos23.cAba=−（1）求角C的

大小；（2）若ABC的面积，求sinA的值.【答案】（1）6；（2）217【解析】【分析】【详解】试题分析：由2cos23.cAba=−，得2sincos2sin3sinCABA=−，即2sinCcosA=2sin（A+C）-3sinA，整理可得，2s

inAcosC-3sinA=0，即sinA（2cosC-3）=0，又A,C∈（0，π），∴sinA>0，cosC=32,∴6C=（2）由题意得，111sin2232222ABCaSabCa====，∴43a=.由余弦定理可得22232cos4842432282ca

babC=+−=+−=，∴27c=由正弦定理得47sinsinsinabcABC===，∴21sin747aA==考点：本题考查正弦定理，余弦定理，两角和与差的三角函数点评：解决本题的关键是灵活应用正、余弦定理21.在正方体1111ABCDABCD−中，S是

11BD的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，求证：（1）//EG平面1DAC；（2）平面//EGC平面11ADF.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）连AC，BD交于点O，连SB，D1O，证明1GEDO∥，利用线面平行的判定定理证明即可；

（2）证明,EGEC都平行于平面11ADF，然后利用面面平行的判定定理证明即可.【小问1详解】证明：连AC，BD交于点O，连SB，D1O，G，E分别是SC，BC的中点，GESB∥，又11//,DSBOD

SBO=，则四边形1DSBO为平行四边形，1SBDO∥，1GEDO∥，GE平面1DAC，1DO平面1DAC，//EG平面1DAC；【小问2详解】由题连接OF，A1F，OF是DBC△的中位线，11OFBCADAD∥∥∥，11,,

,OFAD四点共面，由（1）可知，1EGDO∥，1DO平面11ADF，EG平面11ADF，则//EG平面11ADF又11ECAD∥,11AD平面11ADF，EC平面11ADF，则//EC平面11ADF，又EGECE=，EG平面EGC

,EC平面EGC,平面//EGC平面11ADF.22.已知向量(3sin,cos),(cos,cos),Rmxxnxxx==，设()fxmn=urr．（1）求函数()fx的解析式及单调增区间；（2）在ABC中，,,abc分别为ABC内角,,ABC的

对边，且1,2,()1abcfA=+==，求ABC的面积．【答案】（1）,,Z36kkk−++；（2）34【解析】【分析】（1）利用三角函数恒等变换化简函数解析式可得()1sin(2)62xfx++=，整体代入求解

函数()fx的单调增区间即可；（2）由()1fA=，可得1sin262A+=，结合范围0A，可得A的值，由余弦定理可解得bc的值，利用三角形面积公式即可得解．【详解】解：（1）2311()3sincoscossin2cos2222fxmnxxxxx==+=++

1sin(2)62x++=由222,Z262kxkk−+++，可得36kxk−++，所以函数的单调递增区间为,36kk−++，Zk.（2）因为()1fA=，所以1sin(2)62A+=，又0A，则132

666A+，所以5266A+=，解得3A=，由余弦定理可得2222cosabcbcA=+−，可得2212cos433bcbcbc=+−=−，解得1bc=，所以13sin24ABCSbcA==△.

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