安徽省合肥市2022-2023学年高一年级下册学期4月期中考试数学试题【含答案】

2023年春季学期高一年级期中考试数学本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､单项选择题：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．已知四边形ABCD是平行四边形，AB2,4,AC1,3，则AD（A．1,1B．1,1C．2,4）D．3,72．若向量a，b满足：a1，b2，且a(ab)0，则a与b的夹角是A．30B．60C．90）D．1203．在ABC中，sinA:sinB:sinC2:3:4，则cosC（A．23B．13C．14D．144．如图是我国古代米斗，它是随着粮食生产而发展出来的用具，是古代官仓、粮栈、米行等必备的用具，早在先秦时期就有，到秦代统一了度量衡，汉代又进一步制度化，十升为斗、十斗为石的标准最终确定下来.若将某个米斗近似看作一个正四棱台，其中两个底面的边长分别为30cm、60cm，且米斗的容积为420002cm3，则该米斗的侧棱长为（）A．202cmB．252cmC．20cmD．25cm）5．ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若A30,a2,b6，则B（A．30B．60C．30或150D．60或1206．已知某圆锥的母线长为2，记其侧面积为S，体积为V，则当的底面半径为（A．）B．1C．2V取得最大值时，圆锥S117．在ABC中，设O是ABC的外心，且AOABAC，则BAC（33A．30B．60C．90D．12022D．2）如图，矩形ABCD中，AB2，AD23，AC与BD相交于点O，过点A作AEBD，8．垂足为E，则AEBC（）．A．3B．3C．6D．9二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.39．已知复数z满足1iz2，则（）B．z2D．z22）A．z的虚部为iC．z1i1110．设向量a0,1,b,，则（22A．a∥bC．|ab||b|rrrabbB．11D．a在b上的投影向量为,2211．ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，则下列命题为真命题的是（A．若AB，则sinAsinBB．若sin2Asin2Bsin2C，则ABC是钝角三角形C．若acosAbcosB，则ABC为等腰三角形D．若a8,c10,A45，则符合条件的ABC有两个a,b,cA,B,C12．ABC的内角的对边分别为，若ABAC2,a2，则（））A．bccosA2C．角A的最大值为π3B．b2c28D．ABC面积的最小值为3三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知正ABC外接圆的半径为3，则正ABC的周长为__________.14．已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为32，则这个球的表面积为__________.15．设e1,e2是不共线的两个向量，ABe1ke2,CBe13e2,CD2e1e2.若A,B,D三点共线，则k的值为__________.16．滕王阁，位于江西省南昌市西北部沿江路赣江东岸，始建于唐朝永徽四年，因唐代诗人王勃诗句“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而流芳后世.如图，小明同学为测量膝王阁的高度，在膝王阁的正东方向找到一座建筑物AB，高为12m，在它们的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A，滕王阁顶部C的仰角分别为15°和60°，在楼顶A处测得滕王阁顶部C的仰角为30°，由此估算滕王阁的高度为__________m.（精确到1m,31.73）.四､解答题：本题共6题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.2217．已知mR,i是虚数单位，复数zmm2m1i.(1)若z是纯虚数，求m的值；(2)若复数z在复平面内对应的点位于第二象限，求m的取值范围.1118．已知向量a,b满足a1,ab,abab.42ba(1)求及b的值；(2)求向量b与ab夹角的余弦值.19．设ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,bsin(1)求A；(2)若a3,sinB2sinC，求ABC的周长.BCasinB.2ANnAC20．如图，在ABC中，点M、N满足AMmAB，m0,n0，点D满1足BDBC，E为AD的中点，且M、N、E三点共线.3(1)用AB、AC表示AE；(2)求11的值.m2n21．如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，PA是圆柱的母线，上的动点.PA3,AD2AB2，BAD120,C是BD(1)求圆柱的侧面积S；(2)求四棱锥PABCD的体积V的最大值.22．ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知ca2bcosA.(1)证明：B2A；(2)若ABC是锐角三角形，a1，求b的取值范围.1．A【分析】根据平行四边形的性质结合向量的坐标运算，即可得答案.【详解】因为四边形ABCD是平行四边形，故ADBCACAB1,32,41,1,故选：A2．D【分析】根据题目条件直接利用平面向量数量积公式即可求解.22【详解】设向量a与b的夹角是，a(ab)aab|a||a||b|cos0，因为a1，1b2，所以cos，又0180所以120.2故选：D．3．C【分析】根据正弦定理得到三边长的比值，再利用余弦定理即可求得答案.【详解】在ABC中，sinA:sinB:sinC2:3:4，则a:b:c2:3:4，设a2k,b3k,c4kk0，a2b2c24k29k216k21则cosC.22ab12k4故选：C4．B【分析】由台体体积公式可求台体的高，进而可求侧棱长．1【详解】解：设正四棱台的高为h，依题意，42000290036003060h，3解得h202，故侧棱长为(152)2(202)2252cm，故选：B.5．D【分析】利用正弦定理以及大边对大角即可求解．【详解】因为A30,a2,b6，则由正弦定理可得：sinBbsinAa6123，22又ab，且30B180，所以B60或120．故选：D．6．C【分析】设圆锥底面半径为r，高为h，结合圆锥的侧面积和体积公式求得合基本不等式即可求得答案.【详解】设圆锥底面半径为r，高为h，由题意知母线长为l2则Sπrl2πr，h22r24r2，V的表达式，结S12πr4r211r24r21，所以V32r4rS2πr6623当且仅当r4r2，即r2时，取得等号，故选：C7．B【分析】由题意得|OA||OB||OC|，由此利用向量的线性运算，结合向量模以及数量积的1212ABACABABACAC运算律可推出，，从而|AB||AC|，再根据向量的夹角公22式，即可求得答案.【详解】由题意O是ABC的外心，故|OA||OB||OC|，11又OBOAAB,AOABAC，33222所以|OB|2OBOAAB2OAAB222OAABABACAB32122221OAABABAC，则ABABAC0，333312所以ABACAB，212同理可得ABACAC，故|AB||AC|，2ABAC1，由于BAC为ABC内角，所以cosBAC|AB||AC|2故BAC60，故选：B8．B【分析】把BC用AB,AO表示后再由数量积的定义计算．【详解】BCACAB2AOAB，AEBCAE2AOAB2AEAOAEAB222AEAOcosOAEAEABcosBAE2AEAE2223AE22(23)23．2故选：B．【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是用AB,AO表示BC，然后根据向量数量积定义计算．9．BC【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简z，然后逐一分析四个选项得答案．3【详解】由1iz2，得1iz2，则z21i21i21i，1i1i1i2z的虚部为1，故A错误；|z|12(1)22，故B正确；z1i，故C正确；z21i2i，故D错误．2故选：BC．10．BD【分析】根据向量平行的坐标表示可判断A；根据向量垂直的向量表示判断B；求出向量ab的坐标，可求得其模，求出|b|，判断C；根据投影向量的定义可判断D.11111【详解】由题意向量a0,1,b,，则010，22222故a,b不平行，A错误；111211因为ab0,1,,|b|()2()2，222222211故(ab)babb0，即abb，B正确；2211131310ab0,1,(,)因为，则|ab|()2()2，2222222故|ab||b|，C错误；11,1abb22112,，D正确，a在b上的投影向量为|b||b|222222故选：BD11．ABD【分析】利用AB则ab，进而利用正弦定理即可判断选项A；利用正弦定理角化边得a2b2c2，利用余弦定理得cosC0，即可判断B；利用正弦定理边化角整理得sin2Asin2B，可得AB或2A2Bπ，即可得出结论判断C；正弦定理求得sinC，可判断D.【详解】对于A，当AB时，ab，根据正弦定理得2RsinA2RsinB，整理得sinAsinB，故A正确；对于B，因为sin2Asin2Bsin2C，由正弦定理得a2b2c2，πa2b2c2所以cosC0，因为0Cπ，所以Cπ，即C为钝角，22ab所以ABC是钝角三角形，故B正确；对于C，由acosAbcosB，由正弦定理可得sinAcosAsinBcosB，即sin2Asin2B，所以AB或2A2Bπ，所以AB或ABπ，所以ABC是直角三角形或等腰三角形，故C错误；2sinCcsinAa1022sinC1，252，即288对于D，由正弦定理得因为ca，所以CA，A为锐角，所以存在满足条件的ABC有两个，D正确.故选：ABD12．ABC【分析】由平面向量的数量积计算可得A，由余弦定理可得B，由基本不等式及余弦定理可判断C，结合条件可得SABCtanA，由C项判定A的范围即可.【详解】由ABAC2ABACbccosA2，故A正确；由余弦定理结合A项可得a2b2c22bccosA4b2c28，故B正确；b2c2a22由上结合基本不等式及余弦定理有bc82bc,cosA2bcbc1π21故bc4,，而A0,π，ycosA单调递减，所以由cosAA，bc22322当且仅当bc时取得最大值，故C正确；由上可得bc故选：ABC13．9【分析】根据正弦定理求得正三角形边长，即得答案.【详解】由题意可设正ABC的边长为a，则aπ23，故a23sin3，sinA321πSABCbcsinAtanA，又A，所以tanA3，故D错误.cosA23故正ABC的周长为9，故答案为：914．32π【分析】由题意求出底面正方形边长，进而根据正四棱柱的体对角线长即为其外接球的直径，求出球的半径，即可得答案.【详解】由题意知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为32，故正四棱柱的底面积为8，则底面正方形边长为22，又因为正四棱柱的体对角线长即为其外接球的直径，故外接球半径为r(22)2(22)24222，2故这个球的表面积为4πr232π，故答案为：32π15．4【分析】根据三点共线可得向量共线，由此利用向量共线定理可列出向量等式，即可求得答案.【详解】因为A,B,D三点共线，故AB∥BD,则R，使得ABBD，又BDCDCB2e1e2(e13e2)e14e2，1故e1ke2(e14e2)，则，解得k4，4k故答案为：416．57【分析】解直角ABM，求得AM，继而解△ACM，由正弦定理求出CM，最后解直角VCDM，即得答案.【详解】在ABM中，AM（sin15sin(4530)AB126122，sin15232162）22224在△ACM中，CAM301545，AMC1806015105,ACM30，AMCMAMsin45故，即CM(126122)224sin30sin45sin3031，所以CDCMsin6024故答案为：5717．(1)2(2)(2,1)313，123357（米）2【分析】（1）根据复数的类型列出相应的不等式组，即可求得答案；（2）根据复数z在复平面内对应的点位于第二象限，列出相应的不等式组，求得答案.22【详解】（1）因为复数zmm2m1i是纯虚数，m2m20故2，解得m2；m10（2）由于复数z在复平面内对应的点位于第二象限，m2m20故2，解得2m1，m10即m的取值范围是(2,1).18．(1)(2)342；22【分析】（1）根据数量积的运算律可求得|b|，根据向量模的计算即可求得ab；（2）求出b(ab)的值，根据向量的夹角公式即可求得答案.11a1,ab,abab，【详解】（1）因为42212212所以ab，即1b,|b|；2222112ababa2b2ab12；222113（2）由题意得b(ab)bab，424b故cosb,abb3ab3442ab2219．(1)π3(2)33【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合诱导公式，化简可得sinA1，再求出A；22（2）根据sinB2sinC，利用正弦定理边化角可得b2c，再利用余弦定理求出b,c，最后求出周长即可.【详解】（1）在ABC中，bsin由正弦定理得sinBsinBCasinB，2BCsinAsinB，2因为B(0,π),sinB0，则sin即sinBCsinA，2πAAAAAA2sincos，即cos2sincos，222222而故AπAA1(0,)，即cos0，所以sin，22222Aππ,A；263（2）因为sinB2sinC，所以b2c，又a3，所以a2b2c22bccosA，即34c2c22c2，所以c1,b2，所以ABC的周长为abc33.1120．(1)AEABAC36(2)113m2n1【分析】（1）由BDBC结合平面向量的减法化简可得出AD关于AB、AC的表达式，再31由AEAD可得出AE关于AB、AC的表达式；2（2）由M、N、E三点共线知，存在R，使得MEMN，进而可得出11AE1AMAN1mABnAC，利用平面向量的基本定理可求得的值.m2n1121【详解】（1）解：因为BDBC，则ADABACAB，所以，ADABAC，3333112111AEADABACABAC.因为E为AD的中点，故223363（2）解：因为M、E、N三点共线，则ME//MN，所以，存在R，使得MEMN，即AEAMANAM，所以，AE1AMAN1mABnAC，11m113AEABAC又因为，且AB、AC不共线，所以，，136n6所以，111111，故3.m2n3m6n21．(1)221π(2)934【分析】（1）利用余弦定理求出BD，再利用正弦定理求出圆柱底面半径为r，进而求出结果；（2）利用余弦定理结合基本不等式求出BCCD7，再利用体积公式求出结果.【详解】（1）如图：连接BD，在△ABD中，AB1，AD2，BAD120，由余弦定理，得BD2AB2AD22ABADcosBAD7，所以BD7，设圆柱底面半径为r，由正弦定理，得2r所以r=BD7221，sinBADsin120321221π，故圆柱的侧面积S2πrPA3221π；33（2）由（1）知，△ABD中，BD7，BCD180BAD60，由余弦定理，得BD2BC2CD22BCCDcosBCDBC2CD2BCCD2BCCDBCCDBCCD，即BCCD7，当且仅当BCCD7时，等号成立，所以S△BCD因为S△ABD1173，BCCDsinBCD7sin60224113ABADsinBAD12sin120，又PA3，222所以四棱锥PABCD的体积，VPABCD11137393SABCDPASSPA3，△ABD△BCD333244493故四棱锥PABCD的体积VPABCD的最大值为.22．(1)证明见解析(2)(2,3)【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合两角和差公式，得到sinAsin(BA)，即可得证；（2）利用正弦定理及题设条件，求得b2cosA，结合ABC为锐角三角形，求得A的范围，即可求解.【详解】（1）证明：由正弦定理及ca2bcosA，可得sinCsinA2sinBcosA，因为ABCπ，可得sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB，所以sinAsinBcosAsinAcosBsin(BA),所以ABA或ABAπ，因为A,B(0,π)，所以ABA，即B2A.（2）解：由正弦定理ab且a1，B2A，可得b2cosA，sinAsinBπ0A2πππ23因为ABC为锐角三角形，所以02A，解得A，所以cosA(,)，222π0π3A2所以b的取值范围是(2,3).