2022-2023学年河北省邢台市高一（下）期中数学试卷(含解析）

这是一份2022-2023学年河北省邢台市高一（下）期中数学试卷(含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.复数z=1− 2i，则( )
A. z的实部为−1B. z的虚部为− 2C. z的虚部为− 2iD. z的虚部为1
2.在△ABC中，AB=2，AC=3，BC= 15，则csA=( )
A. −16B. 16C. −112D. 112
3.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BC的中点，在该正方体各棱所在的12条直线中，与直线D1E异面的共有( )
A. 5条B. 6条C. 7条D. 8条
4.在四面体ABCD中，已知底面ABC为正三角形，则“三棱锥D−ABC为正三棱锥”是“△ABD与△BCD均为等腰三角形”的( )
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
5.(1+i)4+i57=( )
A. 4+iB. −4+iC. 4−iD. −4−i
6.据重心低更稳定的原理，中国古代的智者发明了一种儿童玩具——不倒翁，如图所示，该不倒翁由上底面半径为2cm、下底面半径为3cm且母线为 10cm的圆台与一个半球两部分构成，若半球的密度为圆台密度的3倍(圆台与半球均为实心)，圆台的质量为190g，则该不倒翁的总质量为( )
A. 370gB. 490gC. 650gD. 730g
7.在空间中，a，b，c为互不重合的三条直线，α，β为两个不同的平面，则( )
A. 对任意直线b，c，总存在直线a，使得a/​/b，a/​/c
B. 对任意直线b，c，总存在直线a，使得a⊥b，a⊥c
C. 对任意平面α，β，总存在直线a，使得a⊥α，a⊥β
D. 对任意平面α，β，总存在直线a，使得a/​/α，a⊥β
8.如图，已知AB=AC，∠BAC=π6，分别以AB，AC为直径作半圆弧，D是半圆弧的中点，E为半圆弧上靠近点C的三等分点，则向量AE在向量AD上的投影向量为( )
A. 3−38AD
B. 2− 38AD
C. 3−34AD
D. 2− 34AD
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在△ABC中，AC= 2BC，sinA= 24，则B可能为( )
A. π6B. π4C. 3π4D. 5π6
10.已知四边形ABCD用斜二测画法画出的直观图为直角梯形A′B′C′D′，如图所示，A′B′=1，A′D′=2，B′C′=3，A′B′⊥B′C′，A′D′//B′C′，则( )
A. AB=3B. AB=2 2C. DC=2 5D. DC=2 3
11.如图，E，H分别在线段PA，PD上，C是线段AD的中点，F是线段EH的中点，AB=2BC，PC与EH交于点G，则PG=( )
A. 14PE+34PH
B. 35PF+25PH
C. 13PE+23PH
D. 23PF+13PH
12.已知圆锥PO(P为圆锥顶点，O为底面圆心)的母线长为3cm，高为2 2cm，线段AB为底面圆的一条直径，C为线段PB的中点，则( )
A. 底面圆的周长为4πcm
B. 圆锥的侧面展开图是圆心角为2π3的扇形
C. 直线AC与圆锥底面所成角的正切值为2 23
D. 沿圆锥PO的侧面由点A到点C的最短距离是3 32cm
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若复数z=1+3i，且z+m(m∈R)为纯虚数，则m= ______，(z−m)2在复平面内对应的点位于第______象限．
14.已知向量a=(x,1)，b=(x,−9)，且a，b的夹角为钝角，则x的取值范围为______．
15.已知球O的表面积为20π，平面α截球O所得的截面面积为3π，则以O为顶点，截面为底面的圆锥的体积为______．
16.罗星塔位于福建省福州市马尾区南部的闽江之滨，是国际公认的航标、闽江门户标志，有“中国塔“之誉.如图，为测量罗星塔的塔高AB，选取与塔底B在同一水平面的两个测量基点C与D.现测得∠BCD=31.58°，∠BDC=120°，CD=10m，在点C处测得塔顶A的仰角为60°，则估计罗星塔的塔高AB= ______m.(参考数据：取sin28.42°=0.476，结果精确到0.1m)
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知a,b是两个单位向量，且a与b的夹角为5π6．
(1)求|2 3a+b|；
(2)求a与2 3a+b的夹角的余弦值．
18.(本小题12分)
(1)在复数范围内解方程x2−10x+27=0；
(2)若复数z满足|z|=|z−2|，z−−z=2i，求z3+2i．
19.(本小题12分)
如图，四棱锥E−ABCD的底面为菱形，EA⊥底面ABCD，且AE=2，AC=4，∠ABC=π3．
(1)若点P∈平面ABE，且P∈平面ADE，证明P∈AE，并求PC的最小值；
(2)求点A到平面CDE的距离．
20.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，M是AC的中点．
(1)证明：AB1//平面MBC1．
(2)若△ABC是正三角形，AB=2，BM=MC1，求三棱柱ABC−A1B1C1的表面积．
21.(本小题12分)
在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，已知2sin2A=sinBsinC．
(1)求csA的最小值；
(2)若a= 15，cs(B−C)=116，求△ABC外接圆的周长
22.(本小题12分)
如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，△BCP与△CDQ均为正三角形，将△ABD，△BCP与△CDQ向上折起，使得A，P，Q三点重合于点A1，得到三棱锥A1−BCD．

(1)证明：平面BCD⊥平面A1BD．
(2)设E为棱A1D上一点，二面角D−BC−E为45°，求三棱锥A1−BCE的体积．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：复数z=1− 2i的实部为1，虚部为− 2．
故选：B．
利用复数的虚部与实部的定义求解．
本题考查复数的定义，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：因为AB=2，AC=3，BC= 15，
所以由余弦定理得csA=AB2+AC2−BC22×AB×AC=22+32−152×2×3=−16．
故选：A．
直接利用余弦定理求解．
本题主要考查了余弦定理的应用，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：如图与直线D1E异面的直线为AB，AD，AA1，CD，B1C1，BB1，CC1，A1B1，共8条．
故选：D．
根据异面直线的概念可得．
本题考查异面直线的概念，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：根据题意，若三棱锥D−ABC为正三棱锥，则AD=BD=CD，
∴△ABD与△BCD均为等腰三角形，充分性成立；
反之，若△ABD与△BCD均为等腰三角形，满足AB=BC=AC=CD=2，AD=BD=3，
此时三棱锥D−ABC不是正三棱锥，必要性不成立；
“三棱锥D−ABC为正三棱锥”是“△ABD与△BCD均为等腰三角形”的充分不必要条件．
故选：C．
根据题意，由正三棱锥性质可知充分性成立；通过反例可说明必要性不成立，由此可得结论．
本题考查棱锥的结构特征，涉及充分必要条件的判断，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：(1+i)4+i57=[(1+i)2]2+i1+14×4=(2i)2+i=−4+i．
故选：B．
根据虚数i乘方性质和复数的运算法则即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：根据题意，如图，圆台的轴截面为等腰梯形ABCD，且过点A作AH⊥BC，垂足为H，
则由题意得：AB= 10cm，AD=4cm，BC=6cm，
所以BH=12(BC−AD)=1cm，AH= AB2−BH2=3cm，
故圆台的体积V1=13×3×(22×π+ 22×π×32×π+32×π)=19πcm3，
又半球的体积V2=12×4π3×33=18πcm3，
因为半球的密度为圆台密度的3倍，
所以半球的重量为V2V1×190×3=1819×190×3=540g
故该不倒翁的总重量为190+540=730g．
故选：D．
根据题意，作出圆台的轴截面，根据圆台的性质结合条件求出圆台的体积和半球的体积，从而求出半球的重量，即可求解．
本题考查组合体的体积计算，涉及圆台和球的体积计算，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：当直线b与c不平行时，不存在直线a，使得a/​/b，a/​/c，故A错误；
当b/​/c时，存在直线a，满足a⊥b，a⊥c；
当直线b与c相交时，存在直线a垂直于直线b，c所确定的平面时，即可满足a⊥b，a⊥c；
当b，c异面时，存在直线a垂直于与直线b，c均平行的平面，满足a⊥b，a⊥c．
即对任意直线b，c，总存在直线a，使得a⊥b，a⊥c，故B正确；
当α与β不平行时，不存在直线a，使得a⊥α，a⊥β，故C错误；
当α/​/β时，不存在直线a，使得a/​/α，a⊥β，故D错误．
故选：B．
由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系一一判断即可得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
8.【答案】C
【解析】解：设AB=AC=a，则AE= 32a，AD= 22a，∠DAE=7π12，
∴向量AE在向量AD上的投影为：|AE|cs∠DAE= 32a× 2− 64= 6−3 28a，
∴向量AE在向量AD上的投影向量为： 6−3 28a×AD|AD|= 3−34AD．
故选：C．
由平面几何知识求出向量AE和向量AD的模与夹角，再由投影向量的知识求出投影向量．
本题考查平面向量的数量积的几何意义和投影向量，还考查了计算能力，属中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：因为在△ABC中，ACsinB=BCsinA，AC= 2BC，
所以sinB=ACsinABC= 2× 24=12，
又0所以B=π6或B=5π6．
故选：AD．
利用正弦定理即可得解．
本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：根据斜二测画法可还原四边形ABCD的平面图，过点D作DH⊥BC，垂足为H，如下图所示，
OA=2OA′=2 2A′B′=2 2，OB=O′B′=A′B′=1，
所以AB= OA2+OB2= 8+1=3，选项A正确，选项B错误；
因为BC=B′C′=3，AD=A′D′=2，所以HC=BC+OB−AD=3+1−2=2，
又DH=OA=2 2，所以DC= DH2+HC2= 8+4=2 3，选项C错误，选项D正确．
故选：AD．
根据斜二测画法可还原四边形的平面图，根据长度关系求解即可．
本题考查了斜二测画法的平面图应用问题，是基础题．
11.【答案】CD
【解析】解：设PE=λPA，PH=μPD，
因为F是线段EH的中点，
则有PF=12(PE+PH)=λ2PA+μ2PD，
由AB=2BC，可得AB=13AD，
设PF=tPB=t(PA+AB)
=t(PA+13AD)
=tPA+t3(PD−PA)
=2t3PA+t3PD，
则由平面向量基本定理可得λ2=2t3μ2=t3，解得λ=2μ，
又E，G，H三点共线，
故可设PG=mPE+(1−m)PH=mλPA+(1−m)μPD，
设PG=nPC，由C为AD中点可知PG=n2(PA+PD)，
∴mλ=n2(1−m)μ=n2，将λ=2μ代入可得m=13，
即PG=13PE+23PH．
又PG=λ3PA+2μ3PD=2μ3(PA+PD)，
PF=λ2PA+μ2PD=μPA+μ2PD，
PH=μPD，
设PG=xPF+yPH，
则有2μ3(PA+PD)=x(μPA+μ2PD)+yμPD，
即x=23x2+y=23，解得x=23，y=13，
故PG=23PF+13PH．
故选：CD．
由题意，选定PA和PD作为平面向量的一组基底，由平面向量基本定理，将PF和PG用基底表示出来，比较系数即可求得．
本题考查平面向量的线性运算和平面向量基本定理，属中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：对于A，设圆锥的底面半径为r，则r= 32−(2 2)2=1(cm)，
所以圆锥的底面圆的周长为2πr=2π(cm)，A错误；
对于B，设圆锥侧面展开图扇形的圆心角为α，则其侧面展开图面积S=12α×32=92α，
又圆锥侧面展开图面积S=3πr=3π，所以92α=3π，所以α=2π3，B正确；
对于C，取OB的中点H，连接CH，
因为C，H分别为BP，OB中点，
所以CH//OP，又OP⊥底面圆O，
所以CH⊥底面圆O，
所以直线AC与底面所成的角为∠CAH，
因为CH=12OP= 2，AH=32r=32，
所以直线AC与底面所成角的正切值为CHAH= 232=2 23，C正确；
对于D，圆锥PO的侧面展开图如图所示，
在△APC中，AP=3，PC=32，∠APC=π3，
所以AC= AP2+PC2−2AP⋅PCcsπ3=3 32，
所以沿圆锥PO的侧面由点A到点C的最短距离是3 32cm，D正确．
故选：BCD．
根据勾股定理可求得圆锥底面半径，进而得到A的真假；根据侧面展开图面积可构造方程求得圆心角，知B的真假；取OB的中点H，由线面角定义可知所求角为∠CAH，根据长度关系可得C的真假；作出圆锥侧面展开图，利用余弦定理可求得AC长，知D的真假．．
本题考查线面角的求法及余弦定理的应用，属于中档题．
13.【答案】−1 二
【解析】解：∵z+m=m+1+3i为纯虚数，∴m+1=0，解得：m=−1；
∵(z−m)2=(2+3i)2=−5+12i对应的点为(−5,12)，
∴(z−m)2在复平面内对应的点为与第二象限．
故答案为：−1；二．
根据纯虚数定义可构造方程求得m；由复数乘方运算和几何意义可确定对应点的坐标，由此可得对应点所在象限．
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
14.【答案】(−3,0)∪(0,3)
【解析】解：∵向量a=(x,1)，b=(x,−9)，且a，b的夹角为钝角，
∴a⋅b<0且a，b不共线，
即x2−9<0−9x≠x，解得−3所以x的取值范围为(−3,0)∪(0,3)．
故答案为：(−3,0)∪(0,3)．
根据向量的夹角关系得到a⋅b<0且a与b不共线，再结合向量的坐标运算，求解即可．
本题考查平面向量的运算，熟练掌握平面向量数量积的坐标运算，共线的条件是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
15.【答案】 2π
【解析】解：设球O的半径为R，截面圆O1的半径为r，球心O到平面α的距离为d，
∵4πR2=20π，πr2=3π，∴R2=5，r2=3，∴d= R2−r2= 2，
∴以O为顶点，截面为底面的圆锥的体积为V=13πr2d= 2π．
故答案为： 2π．
根据球的表面积和截面圆面积可求得R2，r2，利用勾股定理可求得球心O到截面的距离，代入圆锥体积公式即可．
本题考查球的表面积和截面圆面积，圆锥体积公式相关知识，属于中档题．
16.【答案】31.5
【解析】解：因为∠BCD=31.58°，∠BDC=120°，CD=10m，
由题意可知∠CBD=180°−120°−31.58°=28.42°，
由正弦定理可得：CB=CDsin∠CBD×sin∠BDC=100.476× 32=5 30.476，
所以AB=CB⋅tan60°=5 30.476× 3=150.476，
因为150.476≈31.5，所以罗星塔的塔高AB约为31.5m．
故答案为：31.5．
先根据正弦定理算CB，然后利用正切函数求AB的大小．
本题考查正弦定理的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵a⋅b=|a|⋅|b|cs〈a,b〉=cs5π6=− 32，
∴|2 3a+b|2=12a2+4 3a⋅b+b2=12−6+1=7，∴|2 3a+b|= 7；
(2)∵a⋅(2 3a+b)=2 3a2+a⋅b=2 3− 32=3 32，
∴cs〈a,2 3a+b〉=a⋅(2 3a+b)|a|⋅|2 3a+b|=3 32 7=3 2114．
【解析】(1)利用数量积定义和运算律可求得|2 3a+b|2，由此可得模长；
(2)利用向量夹角公式直接求解即可．
本题考查了平面向量数量积定义和向量夹角公式，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由x2−10x+27=(x−5)2+2=0，
可得(x−5)2=−2=( 2i)2，则x−5=± 2i，
所以方程x2−10x+27=0的解为x=5− 2i或5+ 2i．
(2)设z=a+bi(a,b∈R)，则由|z|=|z−2|，得 a2+b2= (a−2)2+b2，解得a=1．
又z−−z=−2bi=2i，所以b=−1，
所以z3+2i=1−i3+2i=(1−i)(3−2i)(3+2i)(3−2i)=3−2−2i−3i9+4=1−5i13=113−513i．
【解析】(1)利用配方法和i2=−1可得；
(2)设z=a+bi(a,b∈R)，根据|z|=|z−2|，z−−z=2i得z=1−i，再根据复数的除法运算法则可得．
本题主要考查复数模公式，共轭复数的定义，属于基础题．
19.【答案】解：(1)证明：因为平面ABE∩平面ADE=AE，
又点P∈平面ABE，且P∈平面ADE，所以P∈AE．
因为EA⊥底面ABCD，所以EA⊥AC，
设P到A的距离为d，
则PC= d2+AC2= d2+16≥4，
所以当d=0时，PC取得最小值4．
(2)因为四边形ABCD为菱形，且AC=4，∠ABC=π3，
所以AD=CD=AC=4，
因为EA⊥底面ABCD，AD⊂面ABCD，
所以EA⊥AD，
因为AE=2，所以DE=2 5，
同理可得CE=2 5，
所以，S△CDE=12×4× (2 5)2−22=8，
设点A到平面CDE的距离为h，
由VA−CDE=VE−ACD，
得13×8h=13×12×42× 32×2，
解得h= 3．
【解析】(1)因为点P是平面ABE和平面ADE的公共点，所以在它们的交线上，当点P与点A重合时，PC的值最小；
(2)利用等体积法求解，即可得到本题答案．
本题考查了等体积法求点到平面的距离的求法，是中档题．
20.【答案】(1)证明：连接B1C交BC1于点O，

则O是B1C的中点．
因为M是AC的中点，所以MO//AB1．
又MO⊂平面MBC1，AB1⊄平面MBC1，所以AB1//平面MBC1
(2)解：因为△ABC为正三角形，M是AC的中点，所以BM⊥AC．
因为AB=2，所以BM= 3．
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，则CC1⊥AC，
因为BM=MC1，所以CC1= C1M2−MC2= ( 3)2−12= 2，
所以三棱柱ABC−A1B1C1的表面积为 34×22×2+2× 2×3=2 3+6 2．
【解析】(1)已知M是AC的中点．作辅助线连接B1C交BC1于点O，从而利用中位线性质得线线平行，再证明线面平行即可；
(2)通过已知长度关系，利用勾股定理求解侧棱长，再计算表面积．
本题考查线面平行的判定，考查几何体的表面积问题，属于基础题．
21.【答案】解：(1)∵2sin2A=sinBsinC，∴由正弦定理可得：2a2=bc，
由余弦定理得：csA=b2+c2−a22bc=b2+c2−bc22bc≥2bc−bc22bc=34(当且仅当b=c时取等号)，
∴csA的最小值为34；
(2)∵cs(B−C)=csBcsC+sinBsinC=116，csA=−cs(B+C)=−csBcsC+sinBsinC，
∴csA+116=2sinBsinC=4sin2A=4−4cs2A，解得：csA=78或csA=−98，
又csA≥34，∴csA=78，又A∈(0,π)，∴sinA= 1−cs2A= 158，
设△ABC外接圆半径为r，
由正弦定理得：2r=asinA= 15 158=8，∴r=4，
∴△ABC外接圆的周长为2πr=8π．
【解析】(1)利用正弦定理角化边可得a，b，c关系，利用余弦定理和基本不等式可求得结果；
(2)利用两角和差余弦公式和已知等式可构造关于csA的方程，解方程求得csA，进而得到sinA，利用正弦定理可求得外接圆半径，进而求得周长．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
22.【答案】(1)证明：取BD的中点M，连接A1M，CM，则A1M⊥BD，
依题意可得A1C=PC=2，A1M= 2，CM= 2，
所以A1M2+CM2=A1C2，所以A1M⊥CM，
又BD∩CM=M，BD⊂平面BCD，CM⊂平面BCD，所以A1M⊥平面BCD，
又因为A1M⊂平面A1BD，所以平面BCD⊥平面A1BD；
(2)解：如图，作EF//A1M交BD于F，作FG⊥BC于G，连接EG，

因为A1M⊥平面BCD，所以EF⊥平面BCD，所以EF⊥BC，
又FG⊥BC，FG∩EF=F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，
所以BC⊥平面EFG，
所以BC⊥EG，则∠EGF是二面角D−BC−E的平面角，则∠EGF=45°，
因此△EFG是等腰直角三角形，设EF=GF=x，
则EFA1M=FDMD，得FD=x，
由GFCD=BFBD，得x2=2 2−x2 2，得x=4−2 2，
VA1−BCD=13S△BCD⋅A1M=13×12×2×2× 2=2 23，
VE−BCD=13S△BCD⋅EF=13×12×2×2×(4−2 2)=8−4 23，
故VA1−BCE=VA1−BCD−VE−BCD=2 23−8−4 23=6 2−83．
【解析】(1)先证明A1M⊥BD，A1M⊥CM，得A1M⊥平面BCD，从而可证平面BCD⊥平面A1BD；
(2)分别求出三棱锥A1−BCD，E−BCD的体积，然后相减，即可得到本题答案．
本题考查面面垂直的证明，三棱锥的体积的求解，化归转化思想，属中档题．