2022-2023学年河南省北京外国语大学附属郑州（新密）外国语学校高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河南省北京外国语大学附属郑州（新密）外国语学校高一（下）期中数学试卷（含解析），共15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.化简：AC−BD−AD+CD−AB=( )
A. ADB. DAC. BCD. CB
2.下列复数是z=−i的共轭复数的是( )
A. z3B. izC. z+iD. z−i
3.已知一个直三棱柱的高为1，如图，其底面△ABC水平放置的直观图(斜二测画法)为△A′B′C′，其中O′A′=O′B′=O′C′=1，则该三棱柱的表面积为( )
A. 6+2 2
B. 6+4 2
C. 6+2 5
D. 6+4 5
4.已知平面向量a=(−1,−1)，b=(−3,4)，则5a在b上的投影向量为( )
A. (−1,2)B. (1,−2)C. (−35,45)D. (35,−45)
5.已知圆柱的高为2，侧面积为4π，若该圆柱的上、下底面圆周都在某一球的球面上，则该球的体积为( )
A. 8 2π3B. 8 3π3C. 4 2πD. 4 3π
6.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知命题p：△ABC是等腰三角形，命题q：(c−a)csB=b(csA−csC)，则p是q的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
7.如图，线段AC，BD互相垂直平分，在扇形OAB中，OA=1，将阴影部分的图形绕AC所在直线旋转一周，则所得几何体的表面积为( )
A. (1+ 2)π
B. (2+ 2)π
C. (3+ 2)π
D. (3+2 2)π
8.已知平面向量a，b满足|3a−b|≤2 3，则a⋅b的最小值为( )
A. −1B. 0C. 2D. 3
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.若四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面和侧面都是矩形，则四棱柱ABCD−A1B1C1D1一定是( )
A. 平行六面体B. 长方体C. 正四棱柱D. 正方体
10.早在古巴比伦时期，人们就会解一元二次方程.16世纪上半叶，数学家得到了一元三次、一元四次方程的解法.此后数学家发现一元n次方程有n个复数根(重根按重数计).下列选项中属于方程z3−1=0的根的是( )
A. 12+ 32iB. −12+ 32iC. −12− 32iD. 1
11.在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，若sinAsinC=b2−c2−a2b2+c2−a2⋅sinB，则tanC的可能取值为( )
A. 12B. 33C. 1D. 2
12.已知D是△ABC的边BC上的一点(不包含顶点)，且AD=xAB+yAC，则( )
A. x+y=1B. x+2y=1
C. x+ y≥ 2D. lg2x+lg2y≤−2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.如图，在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是OA，OB，试写出一个与复数z1z2的虚部相等.且模为1的复数z的代数形式______．
14.已知向量a，b，c在正方形网格中的位置如图所示，若c=λa+μb(λ,μ∈R)，则μ= ______．
15.在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，c=4，tanC= 73，且△ABC的面积为3 7，则a+b= ______．
16.如图，一个棱长6分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水(没有盛满)，若将该容器任意放置均不能使容器内水平面呈三角形，写出V的一个可能取值： ．
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)
已知向量a，b，c满足|a|=1，(a−b)⋅(a+b)=−3，a⋅b=1，c=−2b．
(1)求向量a与c的夹角；
(2)求|a−c|．
18.(本小题12分)
已知z为复数，z−6和iz3+i均为纯虚数，其中i是虚数单位．
(1)求复数z的共轭复数z−；
(2)若复数12z−−1m−1+2m−2i在复平面内对应的点位于实轴下方，求实数m的取值范围．
19.(本小题12分)
如图，某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱筒组成，已知球的直径是6cm，圆柱筒长2cm．
(1)这种“浮球”的体积是多少cm3？(结果精确到0.1)
(2)要在这样2500个“浮球”表面涂一层胶质，如果每平方米需要涂胶100克，共需胶约多少克？(精确到克)
20.(本小题12分)
如图，A，B，C为山脚两侧共线的三点，在山顶P处测得这三点的俯角分别为α=30°，β=60°，γ=45°，现计划沿直线AC开挖一条穿山隧道DE，经测量AD=150m，BE=33m，BC=100m．
(1)求PB的长：
(2)求隧道DE的长．
(结果精确到1m，附： 3≈1.732， 5≈2.236)
21.(本小题12分)
已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为r1=1，r2=2，母线AB长为2，E为AB的中点．
(1)求圆台的体积与侧面积之比；
(2)在圆台的侧面上，求从点C到点E的最短路径长．
22.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知C=π3，a+2b=6．
(1)若a=4，求tanB的值；
(2)求AB⋅AC−BA⋅CB最小值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵AC−BD−AD+CD−AB=AC+CD−(AB+BD)−AD=DA．
故选：B．
利用平面向量的线性运算化简．
本题考查了平面向量线性运算的应用．
2.【答案】A
【解析】解：因为z3=(−i)3=i，iz=1，z+i=0，z−i=−2i，
所以z3是z的共轭复数．
故选：A．
分别计算出四个选项，从而判断出z=−i的共轭复数．
本题主要考查共轭复数的定义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由斜二测画法还原底面平面图如图所示，
其中OA=2OB=2OC=2，
所以AB=AC= 5，
所以此直三棱柱的底面积为12×2×2=2，高为1，
故直三棱柱表面积为S=2×2+(2+2 5)×1=6+2 5．
故选：C．
根据斜二测画法还原底面平面图，然后由直三棱柱的表面积公式可解．
本题考查了三棱柱的表面积公式，属基础题．
4.【答案】D
【解析】解：a=(−1,−1)，b=(−3,4)，
则a⋅b=3−4=−1，|b|= (−3)2+42=5，
故5a在b上的投影向量为：5a⋅b|b|×b|b|=−15(−3,4)=(35,−45)．
故选：D．
根据向量在向量上的投影向量的定义求解即可．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由圆柱侧面积S=2πrh=4πr=4π，解得r=1，
因为圆柱的上、下底面圆周都在某一球的球面上，
所以球心在圆柱高的中点处，设球半径为R，
则R= r2+(h2)2= 12+12= 2，
所以V=43πR3=43π⋅2 2=8 23π．
故选：A．
根据圆柱侧面积求出圆柱底面圆的半径，再由球截面圆的性质得出球半径，即可得解．
本题考查外接球问题，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由(c−a)csB=b(csA−csC)，
得bcsC+ccsB=acsB+bcsA，
即b⋅a2+b2−c22ab+c⋅a2+c2−b22ac=a⋅a2+c2−b22ac+b⋅b2+c2−a22bc．
化简得a=c．
所以q⇒p，但p不能推出q．
所以p是q的必要不充分条件．
故选：B．
利用余弦定理化简(c−a)csB=b(csA−csC)，再利用充分条件和必要条件的定义判断．
本题考查解三角形，考查学生运算能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由题意知：所得几何体是一个以1为半径的半球体和一个底面半径为1，高为1的圆锥构成的组合体，
∵半球体表面积S1=12×4π×12=2π，圆锥侧面积S2=π×1× 12+12= 2π，
∴所得几何体的表面积S=S1+S2=(2+ 2)π．
故选：B．
根据旋转体特征可知所得几何体是一个半球体和一个圆锥构成的组合体，结合球的表面积和圆锥侧面积公式可求得结果．
本题考查了组合体表面积的计算，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：由|3a−b|≤2 3可得|3a−b|2≤12，即(3a−b)2=9|a|2+|b|2−6a⋅b≤12，
而−6a⋅b≤6|a||b|≤9|a|2+|b|2，当且3|a|=b|且a，b反向时等号成立，
所以−12a⋅b≤12，即a⋅b≥−1，等号成立条件为b=−3a．
故选：A．
根据数量积的运算性质及均值不等式化简可得−12a⋅b≤12，即可求解．
本题主要考查数量积的运算性质及均值不等式，属于基础题．
9.【答案】AB
【解析】解：根据四棱柱的侧面都是矩形，可知该四棱柱为直四棱柱，
然后根据四棱柱的底面是矩形，可知该四棱柱为长方体．
故选：AB．
根据已知四棱柱的性质，即可得出答案．
本题考查四棱柱的性质，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查了复数的运算性质，属于基础题．
对应各个选项逐个分析即可求解．
【解答】
解：选项A：当z=12+ 32i时，
z3−1=(12+ 32i)3−1=(12+ 32i)2⋅(12+ 32i)−1=−14−34−1=−2，故A错误，
选项B：当z=−12+ 32i时，
z3−1=(−12+ 32i)3−1=(−12+ 32i)2⋅(−12+ 32i)−1=14+34−1=0，故B正确，
选项C：当z=−12− 32i时，
z3−1=(−12− 32i)3−1=(−12− 32i)2⋅(−12− 32i)−1=14+34−1=0，故C正确，
选项D：显然当z=1时满足z3−1=0，故D正确，
故选：BCD．
11.【答案】AB
【解析】解：由余弦定理可知，b2=a2+c2−2accsB，
所以b2−a2−c2=−2accsB，
又a2=b2+c2−2bccsA，
所以b2+c2−a2=2bccsA，
则由sinAsinC=b2−c2−a2b2+c2−a2⋅sinB，
可得sinAsinC=−2accsB2bccsA⋅sinB，则有csAcsB<0，
整理可得bsinAsinCcsA+asinBcsB=0，
由正弦定理边化角可得：sinBsinAsinCcsA+sinAsinBcsB=0，
因为sinAsinB≠0，
所以sinCcsA+csB=0，
因为csB=−cs(A+C)=−csAcsC+sinAsinC，
所以sinC(sinA+csA)=csAcsC，显然sinA+csA≠0，即tanA≠−1，
所以有sinCcsC=csAsinA+csA，
所以tanC=1tanA+1，
若csA<0，则A为钝角，tanA<0，此时必有tanC>0，
所以0此时有tanC=1tanA+1>1，所以C>π4，
则A+C>3π4+π4=π，显然不可能，所以csA>0，
则tanA>0，tanC=1tanA+1>0，
则tanA+1>1，此时有tanC=1tanA+1<1，
所以0故选：AB．
根据余弦定理，化简整理可得bsinAsinCcsA+asinBcsB=0，根据正弦定理边化角整理可tanC=1tanA+1.先判断csA<0，不合适得出csA>0，则tanA>0，然后根据不等式的性质，即可得出tanC的取值范围．
本题考查余弦定理，正弦定理的应用，属于中档题．
12.【答案】AD
【解析】解：D是△ABC的边BC上的一点(不包含顶点)，则有BD=λBC(0<λ<1)，
得AD−AB=λ(AC−AB)，即AD=λAC+(1−λ)AB，
又AD=xAB+yAC，D为BC边上的一点，
可得x+y=1，0所以A正确，B错误；
( x+ y)2=x+y+2 xy≤x+y+x+y=2，当且仅当x=y=12时等号成立，所以 x+ y≤ 2，C错误；
lg2x+lg2y=lg2(xy)≤lg214=−2，D正确．
故选：AD．
利用平面向量的线性运算，结合基本不等式，验证各选项的结果．
本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题．
13.【答案】±45+35i
【解析】解：因为向量OA=(−1,1)，OB=(2,1)，
所以z1=−1+i，z2=2+i，
故z1z2=−1+i2+i=(−1+i)(2−i)(2+i)(2−i)=−1+3i5=−15+35i，
则可设z=a+35i,a∈R，
由|z|= a2+(35)2=1，解得a=±45，
所以z=±45+35i．
故答案为：±45+35i．
根据复平面上向量对应的复数求出z1，z2，再由复数除法求出z1z2的虚部，利用复数模求解即可．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于中档题．
14.【答案】13
【解析】解：由向量a，b，c在正方形网格中的位置可得：
a=(1,1)，b=(1,−2)，c=(3,2)，
又c=λa+μb(λ,μ∈R)，
则λ+μ=3λ−2μ=2，即λ=83μ=13，
则μ=13，
故答案为：13．
由平面向量的坐标运算求解即可．
本题考查了平面向量的坐标运算，属基础题．
15.【答案】10
【解析】解：由tanC=sinCcsC= 73sin2C+cs2C=1，且0可得csC=34,sinC= 74，
∴S=12absinC= 78ab=3 7，解得ab=24，
∵c=4，
∴42=a2+b2−2×34ab，可得42=a2+b2−32ab=(a+b)2−72ab，
代入ab=24，即(a+b)2=16+12×7=100，
∴a+b=10．
故答案为：10．
根据三角形面积公式求出ab，再由余弦定理的变形即可得出a+b．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
16.【答案】40(答案不唯一)
【解析】【分析】
本题考查了空间几何体体积的计算，属于中档题．
如图，在正方体ABCD−EFGH中，若要使液面形状不可能为三角形，则平面EHD平行于水平面放置时，液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC，据此计算即可得解．
【解答】
解：如图，在正方体ABCD−EFHG中，若要使液面形状不可能为三角形，
则平面EHD平行于水平面放置时，液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC，
若满足上述条件，则任意转动正方体，液面形状都不可能为三角形，
设正方体内水的体积为V，而VG−EHD而VG−EHD=VB−AFC=13×12×62×6=36(升)，V正方体−VB−AFC=63−36=180(升)，
所以V的取值范围是(36,180)，
则V的一个可能取值为40(答案不唯一)．
故答案为：40(答案不唯一)．
17.【答案】解：(1)因为(a−b)⋅(a+b)=−3，
所以|a|2−|b|2=−3，
因为|a|=1，
所以1−|b|2=−3，
解得|b|=2，
而a⋅b=1，
则a⋅c=−2a⋅b=−2，|c|=|−2b|=4，
cs=a⋅c|a||c|=−21×2×2=−12，
又[0,π]，
所以=2π3．
(2)因为|a|=1，a⋅c=−2a⋅b=−2，|c|=|−2b|=4，
所以|a−c|2=a2−2a⋅c+c2=1+4+16=21，
即|a−c|= 21．
【解析】(1)由(a−b)⋅(a+b)=−3，|a|=1，解得|b|=2，再由c=−2b结合向量的数量积，向量夹角公式即可得出答案．
(2)由向量的数量积的运算性质即可得出答案．
本题考查了向量的数量积，重点考查了向量夹角公式，属中档题．
18.【答案】解：(1)设z=a+bi(a,b∈R)，
则z−6=(a−6)+bi．
因为z−6为纯虚数，所以a=6，且b≠0，
所以z=6+bi，
所以iz3+i=6i−b3+i=(6i−b)(3−i)(3+i)(3−i)=6−3b10+18+b10i．
因为iz3+i为纯虚数，所以6−3b=0，所以b=2，
所以，z=6+2i，所以z−=6−2i．
(2)由(1)知12z−−1m−1+2m−2i=3−i−1m−1+2m−2i=3−1m−1+(2m−2−1)i，
所以，复数在复平面内对应的点为(3−1m−1,2m−2−1)．
由题意可知，m−1≠0，m−2≠0，2m−2−1<0，解得m<2或m>4，且m≠1，
所以，实数m的取值范围为(−∞,1)∪(1,2)∪(4,+∞)．
【解析】(1)设z=a+bi(a,b∈R)，可知a=6，根据复数的除法运算化简，即可得出b=2，根据共轭复数的概念，即可得出答案；
(2)代入化简可得复数为3−1m−1+(2m−2−1)i，根据复数的几何意义，结合已知列不等式组，求解即可得出答案．
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
19.【答案】解：(1)该半球的直径d=6cm，
所以“浮球”的圆柱筒直径也是6cm，得半径R=3cm，
所以两个半球的体积之和为V球=43πR3=43π⋅27=36πcm3，
而V圆柱=πR2⋅h=π×9×2=18πcm3，
该“浮球”的体积是V=V球+V圆柱=36π+18π=54π≈169.6cm3；
(2)上下两个半球的表面积是S球表=4πR2=4×π×9=36πcm2，
而“浮球”的圆柱筒侧面积为S圆柱侧=2πRh=2×π×3×2=12πcm2，
所以1个“浮球”的表面积为S=36π+12π104=48104πm2，
因此，2500个“浮球”的表面积的和为2500S=2500×48104π=12πm2，
因为每平方米需要涂胶100克，
所以总共需要胶的质量为：100×12π=1200π(克)．
【解析】(1)分别求出两个半球的体积V1，和圆柱体的体积V2，即可求出“浮球”的体积；
(2)先求出一个“浮球”的表面积，再求出2500个的面积，即可求解．
本题主要考查简单几何体的体积及表面积计算，考查运算求解能力，属于基础题．
20.【答案】解：(1)由题意，β=60°，γ=45°，
所以∠BCP=45°，∠BPC=15°，BC=100，sin15°=sin(60°−45°)= 6− 24，
所以BCsin∠BPC=PBsin∠BCP，即100sin15∘=PBsin45∘，
解得PB=50 2 6− 24=100(1+ 3)≈273m；
(2)因为α=30°，β=60°，所以∠A=30°，∠APB=90°，
又由(1)知PB=100(1+ 3)，
所以在Rt△APB中，PB=ABsinA=12AB，
即AB=2PB=200(1+ 3)≈546，
所以DE=AB−AD−BE=546−150−33=363m．
【解析】(1)求出角∠BCP，在△PCB中由正弦定理即可得结果；
(2)在Rt△PAB中求出AB，从而求解得DE．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)圆台的侧面积为π(r1+r2)l=π×(1+2)×2=6π．
由已知圆台上底面面积S1=πr12=π，下底面面积S2=πr22=4π，

如图，O1，O2分别是上下底面圆的圆心，则O1A=1，O2B=2，
取F为O2B的中点，连结AF，则AF⊥O2B，且BF=1，
所以AF= AB2−BF2= 3，
所以圆台的高为 3，
所以圆台的体积为V=13(S1+S2+ S1S2)h=13×(π+4π+2π)× 3=7 3π3．
所以圆台的体积与侧面积之比为7 33π6π=7 318．
(2)作出原圆锥的轴截面，如图2，

因为AD=2，BC=4，又易知△OAD∽△OBC，
所以OAOB=ADBC=12．
因为AB=2，所以OB=4．
将圆台侧面沿CD展开如图3，则CE即为所求最短距离，

因为上底面展开后得到扇形的弧长l=2πr1=2π，半径OA=OB−AB=2，
所以圆心角α=2π2=π，所以∠DOA=π2．
又OE=OA+AE=3，OC=OB=4，
在Rt△EOC中，有CE= OE2+OC2=5，
所以点C到点E的最短路径长为5．
【解析】(1)先求出圆台的侧面积，根据圆台的轴截面，可得出圆台的高，然后即可根据体积公式求出圆台的体积，然后作比即可得出答案；
(2)先作出原圆锥的轴截面，然后即可得出圆锥的母线长，将圆台侧面沿CD展开，连结CE即为点C到点E的最短路径，根据圆台的侧面展开图，求得圆心角，进而根据三角形，即可得出答案．
本题考查圆台的体积与侧面积问题，距离的最值问题，属中档题．
22.【答案】解：(1)由已知可得b=1．
由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcsC=42+12−2×4×1×12=13，
所以c= 13，
由正弦定理bsinB=csinC可得sinB=bsinCc=1× 32 13= 3926，
因为b所以csB>0，
所以csB= 1−sin2B= 1−( 3926)2=7 1326，
所以tanB=sinBcsB= 39267 1326= 37．
(2)因为AB⋅AC−BA⋅CB=AB⋅AC+AB⋅CB=AB⋅(AC+CB)=AB2=c2，
由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcsC=a2+b2−ab，
又a+2b=6，
所以a=6−2b，
所以c2=a2+b2−ab=(6−2b)2+b2−(6−2b)b=7b2−30b+36=7(b−157)2+277≥277，
当b=157时，c2有最小值为277，
所以，AB⋅AC−BA⋅CB=c2≥277，
所以AB⋅AC−BA⋅CB的最小值为277．
【解析】(1)根据余弦定理求得c= 13，根据正弦定理推得sinB= 3926，然后即可根据csB= 1−sin2B得出csB，进而得出答案；
(2)首先根据向量的运算得出AB⋅AC−BA⋅CB=c2.然后根据余弦定理，结合已知得出c2=7(b−157)2+277≥277，即可得出答案．
本题考查了正弦定理、余弦定理，重点考查了平面向量数量积的运算，属中档题．