河南省实验中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题1．如果直线aÌ平面a，直线bÌ平面b，且a//b，则a与b的位置关系为（　　）A．共面B．平行C．异面D．平行或异面2．若复数z满足(1+i)2z=3+4i，则在复平面内z的共轭复数所对应的点位于（ ）A．第一象限C．第三象限B．第二象限D．第四象限rrrrraba×b=-23．已知b=3，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）2rA．-a32rB．a32rC．-b32rD．b34．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为（ ）A．34B．33C．32D．35．如图，矩形¢¢¢¢是一个水平放置的平面图形的直观图，其中O¢A¢=3，¢¢，OABCOC=1则原图形是（　　）试卷第11页，共33页

A．面积为62的菱形B．面积为62的矩形C．面积为32的菱形4D．面积为32的矩形46．在VABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A=60°，b=23，为使此三角形有两个，则a满足的条件是（ ）A．39．已知VABC三个内角A,B,C的对边分别是a,b,c，则下列说法正确的是（ ）A．若A，则sinA>sinB>BruuurB．若uuuAB×CA>0，则VABC为钝角三角形

试卷第21页，共33页

C．若D．若VABC为锐角三角形，则sinA>cosBsinA:sinB:sinC=2:3:4，则VABC为锐角三角形10．已知i为虚数单位，则以下四个说法中正确的是（ ）A．i+i2+i3+i4=0C．若复数z为纯虚数，则|z|2=z211．在锐角B．复数-2-i的虚部为-iD．z×z=zz1212ABCabcVABC中，内角，，的对边分别为，，，(sinA+sinB)2=(2sinB+sinC)sinC，且sinA>3，则下列结论正确的是（ ）3π3A．c-a=acosCB．a>cC．c>aD．C>uuuruuuruurr12．已知点O为VABC所在平面内一点，满足OC+lOB+mOA=0，（其中l，mÎR）.（ ）A．当l=m时，直线OC过边AB的中点；uuuruuuruuuruuruuur3l=m=1OA=OB=OC=1B．若，且，则OA×AB=-；2C．若l=2，m=3时，VAOB与VAOC的面积之比为2:3；uuuruuuruuuruuuruuur22l，mD．若OA×OB=0，且OA=OB=OC=1，则满足l+m=1.三、填空题rrrrrra//ba=(8-k,3)b=(k+2,2)(kÎR)13．已知向量，，若，则a-b=_____．14．设复数满足条件z=1，那么z+3+i的最大值为_____．z试卷第31页，共33页

rrrrrrrrccba×b=0c-a-b=215．已知与是单位向量，．若向量满足，则的取值范围ra是_____．16．在锐角ABCabcVABC中，内角，，所对应的边分别是，，，且2csin(B-A)=2asinAcosB+bsin2A，则c的取值范围是______．a四、解答题rr17．已知向量a， =(-4,3)b=(1,-2)．rr（1）设向量a与b的夹角为 q，求sinq；（2）若向量ma+b与向量a-b垂直，求实数 m．18．在rrrrVABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足3acosC-csinA=0.(1)求角C的大小；(2)已知b=6，VABC的面积为63，求边长c的值.19．在VABC中，点D,E分别在边BC和边AB上，且DC=2BD，BE=2AE，AD交uuurruuurr，BA=b．CE于点P，设BC=arr，r表示uuu(1)试用abBP；试卷第41页，共33页

ruuur(2)在边AC上有点F，使得uuuAC=5AF，求证：B,P,F三点共线．20．如图,已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形,AB//CD,ÐDAB=90o,PA^底面ABCD,且PA=AD=DC=PB1AB=1,M是的中点.2(1)求证:AM=CM;(2)若N是PC的中点,求证:DN//平面AMC.rrræææööpprfx=a×b．æöö()21．已知向量a=cosç-x÷,-sinx÷，b=çsinçx+÷,sinx÷，函数ç6øè3øèøèèø(Ⅰ)求函数f(x)的最小正周期和单调递减区间；(Ⅱ在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，求)VABC1c=23f(C)=-2VABC面积的最大值．22．在长方体ABCD-ABCD中，E，F，G分别为所在棱的中点，H，Q分别为1111AC，AD，的中点，连EF，EG，FG，DQ，CQ，DH．11试卷第51页，共33页

（I）求证：平面EFG//平面ACQ

（II）问在线段CD上是否存在一点P，使得DQ//平面D1PH？若存在，求出P点的位置若不存在，请说明理由

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参：1．D【分析】根据空间中面面、线面、线线的位置关系直接判断即可．【详解】因为直线aÌ平面a，直线bÌ平面b，且a//b，所以直线a与b的位置关系为：平行或异面，故选：D．2．A【分析】根据复数除法计算出z，再根据共轭复数定义得出z，最后确定对应点在复数平面的位置即可．2(1+i)z=3+4i，得【详解】由z=3+4i3+4i(3+4i)´(-i)4-3i3，====2-i(1+i)22i22233ö所以z=2+i，则其在复平面内其所对应的点为æ2,ç÷，位于第一象限．2è2ø故选：A．3．Crr【分析】根据投影向量的定义求向量a在向量b上的投影向量即可.rrrrrrrrrrbra×bba×b2racosa,b×r=a×rr×r=r2×b=-b.【详解】向量在向量上的投影向量为3babb|b|rarb故选：C4．D【分析】由侧面为等边三角形，结合面积公式求解即可..【详解】设底面棱长为2a(a>0)，正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则侧面为等边三角形，答案第11页，共22页

322a)´4(.则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为4=32(2a)故选：D5．A【分析】由直观图与原图形面积关系求面积，由直观图得出原图形，证明四边形为菱形即可得解.【详解】因为直观图中四边形O¢A¢B¢C¢为矩形，所以S¢=O¢A¢×O¢C¢=3，S¢3==62，2244所以原图形中四边形面积S=由直观图，还原原图形，如图，由O¢C¢=1,ÐD¢O¢A¢=45°，可得O¢D¢=2，所以OD=22，又CD=C¢D¢=1，所以OC=1+8=3,又OA∥CB,OA=CB，所以四边形OABC为菱形.故选：A6．C【分析】为使此三角形有两个，只需满足bsinA＜a＜b，即可求a范围．【详解】为使此三角形有两个，即bsinA＜a＜b，答案第21页，共22页

∴23×3＜a＜23，解得：3＜a＜23，2故选：C．【点睛】本题考查三角形解的情况，考查特殊角的三角函数值，属于基础题．7．A【分析】由题意求出矩形的对角线的长，即截面圆的直径，根据棱锥的体积计算出球心距，进而求出球的半径，代入球的表面积公式，可得答案．【详解】由题可知矩形ABCD所在截面圆的半径即为ABCD的对角线长度的一半，QAB=3，BC=3，32+(3)2\\r==3，2由矩形ABCD的面积S=ABgBC=33，则O到平面ABCD的距离为满足：´33h=43，h13解得h=4，故球的半径R=r2+h2=19，故球的表面积为：4pR2=76π，故选：A．答案第31页，共22页

8．Duuuruuuruuur2PA×PB=PO-1，再由圆的性质，得到【分析】根据平面向量的线性运算法则，得到uuurPO的最小值，即可得出结果.【详解】由题意可得，uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur2uuur2uuur2PA×PB=PO+OA×PO+OB=PO+OA×PO-OA=PO-OA=PO-1，()()()()为使OP最小，只需OP^EF，根据圆的性质可得，此时P为EF中点时，又EF=1r，因此uuuPOmin3，æ1ö=1-ç÷=2è2ø22uuuruuur1PA×PB所以的最小值为-.4故选：D.9．ABC【分析】对于A：结合大角对大边及正弦定理即可求解；对于B：由向量夹角公式即可判断；对于C：由锐角三角形内角的性质与诱导公式即可求解；对于D：由余弦定理变形式即可求解.答案第41页，共22页

【详解】对于A：由大角对大边及正弦定理可知：A>BÞa>bÞsinA>sinB，故A正确；uuuruuuruuuruuur对于B：因为AB×CA>0，所以AB×AC<0，所以A为钝角，所以VABC为钝角三角形，故B正确；对于C：因为VABC为锐角三角形，所以A+B>πππÞ>A>-B>0,222πö所以sinA>sinæ-Bç÷=cosB，故C正确；è2ø对于D：因为sinA:sinB:sinC=2:3:4，由正弦定理得：a:b:c=2:3:4，设a=2kÞb=3k,c=4k，a2+b2-c24k2+9k2-16k21==-<0，由余弦定理变形式得：cosC=2ab2´2k´3k4所以C为钝角，故D错误.故选：ABC.10．AD【分析】根据复数的运算可得A,C,D的正误，根据复数虚部的概念可知B的正误.【详解】因为i+i2+i3+i4=i-1-i+1=0，A正确；复数-2-i的虚部为-1，B不正确；若z=i，则z2=-1，|z|2=1，C不正确；设z1=a+bi,z2=c+di，所以zz=ac-bd+(ad+bc)i，12z1z2=(ac-bd)+(ad+bc)22=a2c2+b2d2+a2d2+b2c2答案第51页，共22页

=a2+b2×c2+d2=z1z2，D正确.故选：AD.11．ACD【分析】利用正弦边角关系可得a2+b2-c2=2b(c-a)，结合余弦定理及锐角三角形知c-a=acosC、c-asinC，应用>0判断A、B、C正误；再由正弦边角关系得sinA=1+cosCaπ倍角公式得tanC>3，注意002ab由上知：c>ac-a，B错误，C正确；>0，即a由c-a=acosC知：sinC-sinA=sinAcosC，则sinA=sinC=1+cosC2sinCCcos22=tanC>3，232C2cos2又0【分析】对于A，根据向量的线性运算结合向量数乘的含义可判断A;对于B，由条件可判uuuruuur断VABC为等边三角形，利用数量积的定义即可求得OA×AB的值；对于C，利用作图，结合向量加减法的几何意义，可判断VAOB与VAOC的面积之比；对于D,由uuuruuuruurruuuruuuruurOC+lOB+mOA=0得，OC=-(lOB+mOA)，平方后结合数量积的运算可推得结果.uuuruuuruuruuuruuurr【详解】对于A，设AB的中点为D，则当l=m时，有OC+lOB+mOA=OC+2lOD=0,即得O,C,D三点共线，故直线OC过边AB的中点，故A正确；uuuruuuruuurruuuruuuruuurl=m=1对于B，由于OA=OB=OC=1且时，OC+OB+OA=0，故O为VABC的外心和重心，故VABC为等边三角形，uuuruuuruuuroÐBAO=30o,OA=OB=OC=1|AB|=2´1´cos30=3 ，则 由可得uuruuur3故OA×AB=1´3´cos150o=-，故B正确；2对于C，延长OA至A¢,使OA¢=3OA , 延长OB至B¢,使OB¢=2OB,连接A¢B¢,设其中点为E,连接OE并延长至C¢ ，使EC¢=EO ,答案第71页，共22页

连接A¢C¢,B¢C¢ ,则四边形OA¢C¢B¢是平行四边形，uuuruuuruuuruuuruuuuruuuruuuruurr，所以2OB+3OA=OB¢+OA¢=OC¢，而l=2,m=3时，OC+2OB+3OA=0uuuruuuruuuruuurr故OC+OC¢=0,即C,O,C¢ 三点共线，且|OC|=|OC¢|，根据同底等高三角形面积相等，则SVAOC=SVAOC¢=SVAOB¢=2SVAOB,即VAOB与VAOC的面积之比为1:2,故C错误；uuuruuuruuuruuuruuur对于D，因为OA×OB=0，且OA=OB=OC=1，uuuruuuruurruuuruuuruur由OC+lOB+mOA=0得，OC=-(lOB+mOA)，uuruuuruuruuur2uur222,即22，故D正确，所以u2OC=lOB+2lmOA×OB+mOA=1l+m=1故选：ABD13．5rr【分析】首先根据向量共线的坐标表示得到关于k的方程，求出k的值，即可得到a、b的r坐标，再求出a-b，最后根据向量模的坐标表示计算即可．rr【详解】因为a//b，所以2(8-k)=3(k+2)，解得k=2，rrr则a=(6,3)，b=(4,2)，rr所以a-b=(2,1)，rr22所以a-b=2+1=5，答案第81页，共22页

故答案为：5．14．3【分析】利用复数模的三角不等式可求得z+3+i的最大值.【详解】因为z=1，则z+3+i£z+3+i=1+3+1=3，3当且仅当z=3+1i时，等号成立，故z+3+i的最大值为.22故答案为：3.ù15．éë2-2,2+2ûrrrrrrr2rrrr2【分析】通过c-a-b=2、a=b=1及a×b=0可求得2a+b×c=c-2；根据()rrrrrrrrrra=b=1且a^b可求得a+b，从而可构造出关于c和cosc,a+b的等式，利用rrrrccosc,a+bÎ[-1,1]可求得的取值范围.【详解】rQarrrb，是单位向量，\\a=b=1，rrrQc-a-b=2，rrr2r2rrrrr\\c-a-b=c-2a+b×c+a+br2rrrr2rrr2=c-2a+b×c+a+2a×b+b=4，()()2()答案第91页，共22页

rrrrrr2a×b=0又，\\2a+b×c=c-2，()rrrrrra×b=0Qa=b=1且 \\a+b=2r2rrrr\\c-2=22ccosc,a+b，又rrrcosc,a+bÎ[-1,1]r2c-2rÎ[-1,1]，，即22c所以-22|c|£|c|2-2£22|c|®®®r2rìï|c|+22c-2³0，即ír2，r|c|-22c-2£0ïîr解得2-2£c£2+2.ù故答案为；éë2-2,2+2û16．(1,2)【分析】由正弦定理和正弦二倍角公式将已知化为sin(B-A)=sinA，根据VABC为锐角三角形可得B=2A，C=π3-A以及ππcsinCsin3A=2sinAsin(A+B)，π-C)=s因为0rra×brr=【详解】（1）cosq=a×b-4+3´(-2)(-4)2+32´1+(-2)2=-10-2=5´55，5æ-2ö所以sinq=1-cosq=1-ç÷=5è5ø22（2）若向量rrma+b与向量rra-brrrr垂直，则ma+b×a-b=0，()()r2rrr2即ma+(1-m)a×b-b=0，rrr2r2222aa=(-4)+3=25，×b=-4´1+3´(-2)=-10，b=12+(-2)=5，35m=153所以25m-10(1-m)-5=0，即，解得：m=.7π；318．(1)C=(2)c=27．【分析】（1）由正弦定理将3acosC-csinA=0边角互化，化简可求出角C的大小；（2）根据三角形面积公式及余弦定理即得．【详解】（1）在VABC中，由正弦定理得：3sinAcosC-sinCsinA=0因为0π0，从而3cosC=sinC，又cosC¹0 ，所以tanC=3，又0π所以C=π；3（2）在VABC中，S△ABC=a=41π，´6a´sin=63，得23由余弦定理得：c2=62+42-2´6´4cosπ=28．3所以c=27．uuur1r4r19．(1)BP=a+b77(2)证明见解析【分析】（1）利用向量的线性运算及平面向量的基本定理即可求解；（2）利用向量的线性运算及共线向量基本定理即可求解.uuuruuuruuur2uuur2rEP=tEC【详解】（1）设，由题意BE=BA=b，33uuuruuuruuurr2ruuuruuuruuuruuuruuur2rrr2rör2所以EC=EB+BC=a-b，BP=BE+EP=BE+tEC=b+tæa-b=ta+1-tb()①，ç÷3333èøuuuruuuruuur1uuur1ruuuruuuruuurr1r设DP=kDA，由BD=BC=a，DA=DB+BA=b-a，333uuuruuuruuur1rrBP=BD+DP=(1-k)a+kb②，3r1rr2r由①、②得，ta+(1-t)b=(1-k)a+kb，33答案第131页，共22页

1ì1ìt=1-kt=()ïïï3ï7所以í，解得í，24ï(1-t)=kïk=ïï7î3îuuur1r4r所以BP=a+b；77uuurrruuur1uuur1rrAC=a-b2（）由，得AF=AC=a-b，55()uuuruuuruuur1r4r所以BF=BA+AF=a+b，55uuur7uuur所以BF=BP，5uuuruuur因为BF与BP有公共点B，所以B，P，F三点共线．20．(1)证明见解析；(2)证明见解析.【详解】试题分析：(1)利用垂直，构造等腰三角形，证明结论成立；(2)通过构造平行四边形，证明DN∥OM，结合直线与平面平行的判定定理，证明得到直线与平面平行.试题解析：(1)设E为AB的中点，则可得EM^平面ABCDAM2=AE2+ME2,MC2=CE2+ME2且AE=EC所以AM=CM.答案第141页，共22页

(2)DE∥BC,O为DE中点，所以OD∥BC，MN∥BC，且MN1OD=1 =BCBC，22所以MNDO为平行四边形，从而DN∥OMDNË平面AMC，OMÌ平面AMC故DN∥平面AMC.点睛：一是推证线面平行时，一定要说明一条直线在平面外，一条直线在平面内．二是推证面面平行时，一定要说明一个平面内的两条相交直线平行于另一平面．三是利用线面平行的性质定理把线面平行转化为线线平行时，必须说明经过已知直线的平面与已知平面相交，则该直线与交线平行．pkÎZ21．（Ⅰ）最小正周期为，单调递减区间为ékp+p,kp+2pù，；（Ⅱ）3．êú63ûë【分析】(Ⅰ)根据向量数量积的定义求出函数的解析式，结合周期公式以及单调性进行求解即可；(Ⅱ根据条件求出C的值，结合余弦定理以及基本不等式，以及三角形的公式进行求解即)可．(pösinx)prræö，【详解】解：Ⅰ)f(x)=a×b=(cosæ-sinx)×(sinx+-xç÷，ç÷6èøè3ø答案第151页，共22页

pö13æpöæ=cosç-x÷sinçx+÷-sin2x=(cosx+sinx)2-sin2x6ø22è3øè=13131pöæcos2x-sin2x)+sinxcosx=cos2x+sin2x=sinç2x+÷，(42442è6ø2p=p，2\\函数的周期T=由2kp+pp3pkÎZ£2x+£2kp+，，262即kp+p2pkÎZ£x£kp+，，63p2pùkÎZ即函数的单调递减区间为é，．kp+,kp+êú63ûë(Ⅱ)Qf(C)=-1，21pö1æ\\sinç2C+÷=-，26ø2èpöæ\\sinç2C+÷=-1，6øè即2C+pppkÎZ，=2kp-，得C=kp-，623\\k=12p，当时，C=，3Q0\\12=a2+b2-2abcos2p=a2+b2+ab³2ab+ab=3ab，3即ab£4，a=b则三角形的面积S=1absinC£1´4´3=3，当且仅当时取等号，222即三角形的面积的最大值为3．【点睛】本题主要考查三角函数的图像和性质，利用向量数量积的定义以及辅助角公式求出函数的解析式是解决本题的关键，还考查余弦定理，求面积公式等，属中档题．22．（1）证明见解析 （2）当DP=1DC时，满足条件，证明见解析.3【分析】(1) 连接AC可证EF//平面ACQ，GF//平面ACQ,从而可证. 11,BC1(2) 当DP=1DC时，连接PH并延长交ABM3于点,连接D1M,取线段D1M的中点N，连接QN,可证四边形QDPN为平行四边形，从而可证QD//NP，从而得出答案.,由E，F，G分别为所在棱的中点【详解】连接AC11,BC1所以A1C1//GF,EF//BC1 由AD1//BC1,所以AD1//EF,又AD1Ì平面ACQ, EFË 平面ACQ所以EF//平面ACQ,所以GF//AC,又ACÌ平面ACQ, GFË 平面ACQ又AC11//AC所以GF//平面ACQ,又GFÇEF=F所以平面EFG//平面ACQ答案第171页，共22页

（2）线段CD上存在一点P，当DP=DC时，满足13DQ//平面D1PH.证明如下：连接PH并延长交AB于点M,连接D1M，则平面D1PH与平面D1PM为同一平面.VAMH由H为AC的中点，则与△CPH全等.则AM=22AB=CD 33取线段D1M的中点N，连接QN.Q,N由分别为AD1,D1M的中点，所以QN=111QN//AMAM=AB=DC且233又DP//AM且DP=DC, 即13QN//DP且QN=DP所以四边形QDPN为平行四边形，故QD//NP 又QDË平面D1PH，NPÌ平面D1PH，所以DQ//平面D1PH.【点睛】关键点睛：本题考查面面平行的证明和动点位置的探索问题，解答本题的关键是探索出满足条件的点P的位置，构造平行四边形QDPN，从而使得QD//NP，使得问题得以解决，属于中档题.答案第181页，共22页