浙江省浙北G2聯(lián)盟2022-2023學(xué)年高一下學(xué)期數(shù)學(xué)4月期中聯(lián)考試卷姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三四總分評(píng)分一、單選題1．若a與b均為實(shí)數(shù)，且b?3i=4+ai，則|a+biA．3 B．4 C．5 D．62．在△ABC中，sinA：sinBA．?12 B．0 C．233．已知向量a=(?1，1)，A．13 B．1 C．?14．已知m、n是兩條不同的直線，α、β、γ是三個(gè)不同的平面.下列說法中錯(cuò)誤的是（）A．若m//α，m?β，α∩β=nB．若m//n，m//αC．若α∩β=n，α⊥γ，β⊥γ，則n⊥γD．若m⊥α，m⊥β，α//γ，則β//γ5．如圖，為了測(cè)量某濕地A，B兩點(diǎn)間的距離，觀察者找到在同一直線上的三點(diǎn)C，D，E．從D點(diǎn)測(cè)得∠ADC＝67.5°，從C點(diǎn)測(cè)得∠ACD＝45°，∠BCE＝75°，從E點(diǎn)測(cè)得∠BEC＝60°．若測(cè)得DC＝23，CE＝2(單位：百米)，則A，B兩點(diǎn)的距離為（）A．6 B．22 C．3 D．236．如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a，E是棱AB的中點(diǎn)，F(xiàn)是側(cè)面AA1D1DA．7 B．6 C．5 D．37．在△ABC中，點(diǎn)D，E滿足BD=DC，AE=2EC，BE與ADA．25 B．23 C．4258．在平面中，已知單位向量e1、e2的夾角為60°，向量a=xe1+ye2，且1≤xA．64 B．63 C．57二、多選題9．設(shè)向量a，b滿足|a|=|b|=1，且A．a(chǎn)B．|C．|2D．向量a+b與a10．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c.下面四個(gè)結(jié)論正確的是（）A．若A<B，則sinB．a(chǎn)=2，A=30°，則C．若acosAD．若A=30°，a=4，b=3，則11．已知在正四面體ABCD中，E、F、G、H分別是棱AB，BC，CD，AD的中點(diǎn)，則（）A．EF//平面ACD B．C．AB⊥平面FGH D．E、F、G、H四點(diǎn)共面12．在△ABC中角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若a2A．33 B．233 C．3三、填空題13．邊長(zhǎng)為2的正三角形直觀圖的面積為.14．向量a=(1，?1)，c=15．正三棱錐P?ABC的側(cè)棱長(zhǎng)為2，M為AB的中點(diǎn)，且PM⊥PC，則三棱錐P?ABC外接球的表面積為．16．如圖，在平面中，圓O是半徑為1的圓，OA=2，設(shè)B，C為圓上的任意2個(gè)點(diǎn)，則AC?BC的取值范圍是四、解答題17．如圖ABCD是直角梯形，以上底邊CD為軸將梯形旋轉(zhuǎn)一周，得到一個(gè)旋轉(zhuǎn)體，求它的表面積和體積．18．已知復(fù)數(shù)z1=1?2i，z2（1）求z1（2）若|z|=2，且復(fù)數(shù)z的虛部等于復(fù)數(shù)3z119．如圖，直三棱柱ABC?A1B1C1中，（1）求證：MN∥平面ABB（2）線段CC1上是否存在點(diǎn)Q，使A120．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，sin2A（1）求C；（2）若c=7，a>b，△ABC的面積為33221．如圖，某菜農(nóng)有一塊等腰三角形菜地，其中∠BAC=120°，AB=AC=8米．現(xiàn)將該三角形菜地分成三塊，其中（1）若∠CAE=15°，求（2）求△ADE面積的最小值．22．如圖，點(diǎn)P，Q分別是正方形ABCD的邊DC、CB上兩點(diǎn)，AB=1，∠PAQ=θ，記點(diǎn)O為（1）若DP=λDC，CQ=λCB，（2）若θ=45°，求AP?（3）若θ=60°，若AO=xAP+y

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】因?yàn)閎?3i=4+ai，所以a=?3，b=4，所以|a+bi故答案為：C

【分析】利用已知條件結(jié)合復(fù)數(shù)相等的判斷方法，進(jìn)而得出a，b的值，從而得出復(fù)數(shù)，再結(jié)合復(fù)數(shù)求模公式得出|a+bi2．【答案】A【解析】【解答】在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為由正弦定理得a：b：由余弦定理得：cosC=故答案為：A

【分析】由已知條件結(jié)合正弦定理和余弦定理，整理化簡(jiǎn)計(jì)算出結(jié)果即可。3．【答案】D【解析】【解答】由題設(shè)ma+b=(1?m，故答案為：D

【分析】利用已知條件結(jié)合向量的坐標(biāo)運(yùn)算和向量共線的坐標(biāo)表示，進(jìn)而得出實(shí)數(shù)m的值。4．【答案】B【解析】【解答】對(duì)于A：若m//α，m?β，α∩β=n，根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理可得對(duì)于B：若m//n，m//α，則n//α或?qū)τ贑：設(shè)α、β的法向量分別為a、b，若αβ=n，則n⊥a，n⊥b，又α⊥γ，β⊥γ，則a//γ對(duì)于D：若m⊥α，m⊥β，則α//β，又α//γ，則β//γ，即D符合題意．故答案為：B

【分析】利用已知條件結(jié)合線線平行的判斷方法、線面平行的判定定理、線面垂直的判定定理、面面平行的判定定理，進(jìn)而找出錯(cuò)誤說法的選項(xiàng)。5．【答案】C【解析】【解答】根據(jù)題意，在△ADC中，∠ACD＝45°，∠ADC＝67.5°，DC＝23，則∠DAC＝180°－45°－67.5°＝67.5°，則AC＝DC＝23，在△BCE中，∠BCE＝75°，∠BEC＝60°，CE＝2，則∠EBC＝180°－75°－60°＝45°，則有CEsin∠EBC＝BCsin∠BEC，變形可得BC＝CE?sin在△ABC中，AC＝23，BC＝3，∠ACB＝180°－∠ACD－∠BCE＝60°，則AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝9，則AB＝3．故答案為：C.【分析】在Rt△ADC中，求得AC=DC；在△BCE中，利用正弦定理求得BC；再在△ABC中，利用余弦定理即可求得結(jié)果.6．【答案】B【解析】【解答】如圖，過點(diǎn)F作HG//DD1，交AD于點(diǎn)G，交A1D1于點(diǎn)H連接EG、AF，∵HG⊥平面ABCD，EG?平面ABCD，∴HG⊥EG，所以，EF∵HG//DD1，HG?平面BDD1B1，DD∵EF//平面BDD1B1，F(xiàn)G//平面BDD1B1，又GE?平面EFG，∴GE//平面BDD∵平面ABCD∩平面BDD1B1=BD，GE?∵E為AB中點(diǎn)，∴G為AD中點(diǎn)，則H為A1∵F在線段GH上，∴AFmin=AG=∴EFmin=則b=EFmax=故答案為：B.

【分析】過點(diǎn)F作HG//DD1，交AD于點(diǎn)G，交A1D1于點(diǎn)H，則HG⊥底面ABCD，連接EG、AF，利用HG⊥平面ABCD結(jié)合線面垂直的定義證出線線垂直，所以HG⊥EG，再利用勾股定理得出EF2=AE2+AF2，再結(jié)合HG//DD1和線線平行證出線面平行，所以HG//平面BDD1B1，再結(jié)合EF//平面BDD1B1，F(xiàn)G//平面BDD1B1和線面平行證出面面平行，所以平面EFG//平面BDD17．【答案】C【解析】【解答】法一：因?yàn)镻在AD上，故AP//AD，所以存在唯一實(shí)數(shù)λ，使得AP=λAD，又BD=所以AD=12AB+12又AP=所以λ2=1?μ=2μ3，所以μ=35，所以故答案為：C.法二：不妨設(shè)△ABC為等腰直角三角形，其中AB⊥AC，AB=AC=6，以A為原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖，A(0，0)，B(6，0)，C(0，6)，D(3，3)，E(0，4)，則直線BE，AD的方程分別為x6聯(lián)立解得P(125，得(125，125故答案為：C.

【分析】法一：利用P在AD上，故AP//AD，所以存在唯一實(shí)數(shù)λ，使得AP=λAD，又BD=DC，故D為BC的中點(diǎn)，再利用中點(diǎn)的性質(zhì)和平面向量基本定理得出AP=λ2AB+法二：不妨設(shè)△ABC為等腰直角三角形，其中AB⊥AC，AB=AC=6，以A為原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系，從而得出點(diǎn)的坐標(biāo)，則直線BE，AD的方程分別為x6+y8．【答案】C【解析】【解答】因?yàn)閱挝幌蛄縠1、e2的夾角為60a?|a所以，cosα=當(dāng)cosα取最大值時(shí)，必有x+1=x因?yàn)?≤x2≤4，1≤y2≤4，則當(dāng)12≤xy≤2當(dāng)?2≤xy≤?所以，(x此時(shí)cosα=綜上所述，cosα的最大值為5故答案為：C.

【分析】利用單位向量e1、e2的夾角為60°和平面向量數(shù)量積的定義可得e1→?e2→的值，再結(jié)合平面向量基本定理和數(shù)量積的運(yùn)算法則得出a→?e1→=x+12y，再結(jié)合數(shù)量積求向量的模的公式得出|a→|=x2+y2+xy，再結(jié)合數(shù)量積求向量夾角公式得出cosα=x+19．【答案】A,B,D【解析】【解答】因?yàn)閨a|=|b所以(b?2a)2=5，即所以|a|2b因?yàn)?a+b)?(a?b故答案為：ABD

【分析】利用已知條件結(jié)合數(shù)量積為0兩向量垂直的等價(jià)關(guān)系、數(shù)量積求向量的模的公式、數(shù)量積求向量夾角公式，進(jìn)而找出結(jié)論正確的選項(xiàng)。10．【答案】A,C【解析】【解答】對(duì)于A，若A<B，則a<b，由正弦定理得2RsinA<2Rsin對(duì)于B，a=2，A=30°，由正弦定理asin則△ABC的外接圓半徑是2，故錯(cuò)誤；對(duì)于C，若acosA=bsin因?yàn)?°<A<180對(duì)于D，若A=30°，a=4，b=3，則由余弦定理可得即9+c2?16解得c=33±552即△ABC有一解，故錯(cuò)誤.故答案為：AC.

【分析】利用已知條件結(jié)合正弦定理的性質(zhì)、正弦函數(shù)的單調(diào)性、余弦定理、解三角形的方法，進(jìn)而找出正確的結(jié)論。11．【答案】A,B,D【解析】【解答】把正四面體ABCD放到正方體里，畫圖為：對(duì)于A項(xiàng)，∵E、F分別為AB，BC的中點(diǎn)，∴EF又∵AC?平面ACD且EF?平面ACD∴EF//平面ACD對(duì)于B項(xiàng)，從正方體的角度上看易得AC⊥BD，B符合題意.對(duì)于D項(xiàng)，∵E、F、G、H分別是棱AB，BC，CD，AD的中點(diǎn)EF//ACGH//AC所以EF所以四邊形EFGH是平行四邊形，故E、F、G、H四點(diǎn)共面，所以D符合題意.對(duì)于C項(xiàng)，若AB⊥平面FGH成立，即AB⊥平面EFGH又因?yàn)镠E?平面EFGH所以AB⊥HE又因?yàn)镋、H分別為AB，AD的中點(diǎn)，所以EH所以AB⊥BD而△ABD為等邊三角形，與AB⊥BD矛盾，所以C不正確.故答案為：ABD

【分析】把正四面體ABCD放到正方體里，根據(jù)線面平行的判定定理證明，可判斷A；利用正方體結(jié)構(gòu)特征直接求解，可判斷B；利用反證法判斷，可判斷C；證明四邊形EFGH是平行四邊形，可判斷D.12．【答案】A,B【解析】【解答】因?yàn)閍2+b所以2bccosA=10?2a2因?yàn)镾=12bcsin①②兩式平方相加可得b2由基本不等式可得b2c2所以4S所以S2≤2512，即所以，四個(gè)選項(xiàng)中，AB選項(xiàng)的值可以作為三角形的面積.故答案為：AB

【分析】利用已知條件結(jié)合余弦定理得出bccosA=5?a2①，再結(jié)合三角形的面積公式得出2S=bcsinA13．【答案】6【解析】【解答】如圖，在直角坐標(biāo)xOy中，△ABC為等邊三角形，取OB=OC=1，按照斜二測(cè)畫法可得：在坐標(biāo)x'O'故直觀圖的面積S△故答案為：64

【分析】在直角坐標(biāo)xOy中，△ABC為等邊三角形，取OB=OC=1，OA=3，按照斜二測(cè)畫直觀圖的方法可得：在坐標(biāo)x14．【答案】(?1【解析】【解答】因?yàn)橄蛄縜=(1所以a?所以c在a方向上的投影向量坐標(biāo)為a?故答案為：(?1，

【分析】利用已知條件結(jié)合數(shù)量積求投影向量的坐標(biāo)的方法，進(jìn)而得出c在a方向上的投影向量坐標(biāo)。15．【答案】12π【解析】【解答】∵M(jìn)為AB中點(diǎn)，PA=PB，CA=CB，∴CM⊥AB，PM⊥AB，又CM∩PM=M，CM，PM?平面PCM，∴AB⊥平面∵PC?平面PCM，∴AB⊥PC，又PM⊥PC，PM∩AB=M，PM，AB?平面∴PC⊥平面PAB，又三棱錐P?ABC為正三棱錐，∴側(cè)面為全等的等腰直角三角形，∴三棱錐P?ABC為如圖所示的棱長(zhǎng)為2的正方體的一角，∴該正方體的外接球即為三棱錐P?ABC的外接球，∵正方體外接球半徑R=1222+故答案為：12π.

【分析】利用M為AB中點(diǎn)，PA=PB，CA=CB結(jié)合等腰三角形三線合一，所以CM⊥AB，PM⊥AB，再利用線線垂直證出線面垂直，所以AB⊥平面PCM，再利用線面垂直的定義證出線線垂直，所以AB⊥PC，再利用PM⊥PC結(jié)合線線垂直證出線面垂直，所以PC⊥平面PAB，再利用三棱錐P?ABC為正三棱錐，所以側(cè)面為全等的等腰直角三角形，所以三棱錐P?ABC為如圖所示的棱長(zhǎng)為2的正方體的一角，所以該正方體的外接球即為三棱錐P?ABC的外接球，再利用勾股定理得出正方體外接球半徑，再結(jié)合球的表面積公式得出所求外接球表面積。16．【答案】[【解析】【解答】若D為BC中點(diǎn)，令OA，BC夾角為AC?BC=由cosθ≤1，則1此時(shí)，當(dāng)|BC|=2時(shí)AC由cosθ≥?1，則1此時(shí)，當(dāng)|BC|=2時(shí)AC綜上所述，AC?BC的取值范圍是故答案為：[

【分析】若D為BC中點(diǎn)，令OA，BC夾角為θ，再利用數(shù)量積的運(yùn)算法則和數(shù)量積的定義得出AC→?BC→=12|BC→|17．【答案】解：由題意知，該幾何體是一個(gè)底面半徑為3，高為AB=6的圓柱，挖去一個(gè)同底，但高為3的圓錐．所以V=S=(2π?3?6+2π?3【解析】【分析】由題意知，該幾何體是一個(gè)底面半徑為3，高為AB=6的圓柱，挖去一個(gè)同底，但高為3的圓錐，再利用圓柱的體積公式和圓錐的體積公式以及作差法得出組合體的體積，再結(jié)合圓柱的表面積公式和圓柱的上底面的面積公式和圓錐的側(cè)面積公式，再結(jié)合作和法和作差法，進(jìn)而得出組合體的表面積。

18．【答案】（1）解：復(fù)數(shù)z1=1?2i，z2（2）解：由題設(shè)，3z1?z2所以，可設(shè)z=a?i(a∈R)∴a2+1=4，解得a=∵復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第三象限，∴a<0，即a=?3，故z=?【解析】【分析】（1）利用已知條件結(jié)合復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算法則得出復(fù)數(shù)z1z2。

（2）由題設(shè)結(jié)合復(fù)數(shù)的混合運(yùn)算法則和復(fù)數(shù)z所以，可設(shè)z=a?i(a∈R)，再利用|19．【答案】（1）解：取AB中點(diǎn)D，連接DM，DB1．在△ABC中，因?yàn)镸為AC中點(diǎn)，所以DM∥BC，因?yàn)镹為B1C1中點(diǎn)，所以B1N∥BC，B所以MN∥DB1．因?yàn)镸N?平面ABB1A1，DB（2）解：線段CC1上存在點(diǎn)Q，且Q為CC1中點(diǎn)時(shí)，有連接BC1，MQ，NQ．在正方形BB又A1C1⊥B1C1，CC1，B1所以A1C1⊥QN，又A1C1，BC1?平面所以A1B⊥QN．同理可得A1B⊥MQ，又MQ，QN?平面MNQ，故線段CC1上存在點(diǎn)Q，使得A1【解析】【分析】（1）取AB中點(diǎn)D，連接DM，DB1，在△ABC中，利用M為AC中點(diǎn)結(jié)合中點(diǎn)作中位線的方法和中位線的性質(zhì)，所以DM∥BC，DM=12BC，在矩形B1BCC1中，利用N為B1C1中點(diǎn)結(jié)合中點(diǎn)作中位線的方法和中位線的性質(zhì)，所以B1N∥BC，B1N=12BC，再結(jié)合平行和相等的傳遞性，所以DM∥B1N，DM=BN，所以四邊形MDB1N為平行四邊形，所以MN∥DB1，再利用線線平行證出線面平行，從而證出MN∥平面ABB1A1。

（2）線段CC1上存在點(diǎn)Q，且Q為CC1中點(diǎn)時(shí)，有A1B⊥20．【答案】（1）解：由正弦定理得sin2cos2∵A+B+C=π，∴2co即2cos2C?cos又∵C為銳角，∴C=π（2）解：S△ABC=1由余弦定理c2a2+b2?ab=解得a=3，b=2，由正弦定理bsinB=csin∵a>b，∴∠A>∠B，∴角B為銳角，∴cosB=∴sin2B=2sinB∴cos(2B?【解析】【分析】(1)由正弦定理和兩角和的余弦公式以及三角形內(nèi)角和為180度的性質(zhì)，再結(jié)合誘導(dǎo)公式得出2cos2C?cosC=0，再結(jié)合一元二次方程得出角C的余弦值，再利用角C為銳角，從而得出角C的值。

（2）利用已知條件結(jié)合三角形的面積公式得出ab的值，再由余弦定理和21．【答案】（1）解：在等腰△ABC中，因?yàn)椤螧AC=120°，則在△ACE中，由題意可得AC=8米，∠CAE=15°，且sin∠CAE=