2022-2023学年广东省东莞市高一（下）期中数学试卷【含答案】

《2022-2023学年广东省东莞市高一（下）期中数学试卷【含答案】》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年广东省东莞市高一（下）期中数学试卷【含答案】（13页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、2022-2023学年广东省东莞市高一（下）期中数学试卷 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i为虚数单位，则复数3i-2在复平面内对应的点在（　　） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．一个田径队，有男运动员56人，女运动员42人，比赛后，立即用分层抽样的方法，从全体队员中抽出一个容量为7的样本进行尿样兴奋剂检查，其中男运动员应抽的人数为（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 3．如图，用斜二测画法所画的一个平面图形的直观图是一个边长为a的正方形O'A'B'C'，则原平面图形的

2、周长为（　　） A．10a B．8a C．6a D．4a 4．在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点．则（　　） A． B． C． D． 5．如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高度是60m，则河流的宽度BC等于（　　） A．m B．m C．m D．m 6．卡拉夫金字塔（如图1）由埃及第四王朝法老卡夫拉建造，可通往另一座河谷的神庙和狮身人面像，是世界上最紧密的建筑之一。从外侧看，金字塔的形状可以抽象成一个正四棱锥（如图2），其中，点E为SB的中点，则SA，CE所成角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 7．

3、已知三棱锥S﹣ABC的四个顶点都在球O的球面上，且SA＝BC＝2，SB＝AC＝，SC＝AB＝，则球O的体积是（　　） A． B． C． D． 8．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c＝5，点O为其外接圆的圆心，已知，则边a＝（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 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． 9．下列四个命题中正确的是（　　） A．若两条直线互相平行，则这两条直线确定一个平面 B．若两条直线相交，则这两条直线确定一个平面 C．若

4、四点不共面，则这四点中任意三点都不共线 D．若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线 10．为丰富老年人的业余生活，某小区组建了合唱、朗诵、脱口秀、舞蹈、太极拳五个兴趣社团，该小区共有2000名老年人，每位老人依据自己兴趣爱好最多可参加其中一个，各个社团的人数比例的饼状图如图所示，其中参加朗诵社的老人有8名，参加太极拳社团的有12名，则（　　） A．这五个社团的总人数为100 B．脱口秀社团的人数占五个社团总人数的20% C．这五个社团总人数占该小区老年人数的4% D．从这五个社团中任选一人，其来自脱口秀社团或舞蹈社团的概率为40% 11．在△ABC中，角A，

5、B，C的对边分别为a，b，c，有如下命题，其中正确的是（　　） A．若sin2A＝sin2B，则△ABC为等腰三角形 B．若sinA＞sinB，则A＞B C．若，则△ABC是钝角三角形 D．若a3+b3＝c3，则△ABC为锐角三角形 12．已知圆锥的底面半径为1，高为，S为顶点，A，B为底面圆周上两个动点，则（　　） A．圆锥的体积为π B．圆锥的侧面展开图的圆心角大小为 C．圆锥截面SAB的面积的最大值为 D．从点A出发绕圆锥侧面一周回到点A的无弹性细绳的最短长度为 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．已知复数z满足|z|＝1，则|

6、z﹣3i|的最大值为 　 　． 14．已知向量在向量方向上的投影向量为，且，则　 　． 15．如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为1，高为2，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图2，这时水面恰好为中截面，则图1中容器内水面的高度是 　 　． 16．已知三棱锥P﹣ABC的棱长均为4，先在三棱锥P﹣ABC内放入一个内切球O1，然后再放入一个球O2，使得球O2与球O1及三棱锥P﹣ABC的三个侧面都相切，则球O2的表面积为 　 　． 四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过

7、程或演算步骤． 17．已知复数z＝（2m2﹣m﹣1）+（m2+2m﹣3）i，m∈R． （1）当m取什么值时，复数z是纯虚数； （2）当复数z在复平面内对应的点位于第四象限时，求m的取值范围． 18．在斜三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足asinA+4bsinCcos2A＝bsinB+csinC． （1）求角A的大小； （2）若a＝2，且BC上的中线AD长为，求斜三角形ABC的面积． 19．在直角梯形ABCD中，已知AB∥CD，∠DAB＝90°，AB＝4，AD＝CD＝2，对角线AC交B

8、D于点O，点M在AB上，且满足OM⊥BD． （1）求的值； （2）若N为线段AC上任意一点，求的最小值． 20．如图，洪泽湖湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台P，已知射线AB，AC为湿地两边夹角为120°的公路（长度均超过2千米），在两条公路AB，AC上分别设立游客接送点M，N，从观景台P到M，N建造两条观光线路PM，PN，测得AM＝2千米，AN＝2千米． （1）求线段MN的长度； （2）若∠MPN＝60°，求两条观光线路PM与PN之和的最大值． 21．如图，在棱长为4的正方体

9、ABCD﹣A1B1C1D1中，E是DD1上的动点，F是CD的中点． （1）求三棱锥B﹣AB1E的体积； （2）若E是DD1的中点，求证：BF∥平面AB1E． 22．如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB＝2． （1）求证：AC⊥平面BDEF； （2）求BC与平面AEF所成角的正弦值． 参考答案与试题解析 一、单项选择题（本大题共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．【解答】选：B． 2．【解答】选：A． 3．【解答

10、】【解答】解：由直观图还原得到原图形，如图， ∴OA＝BC＝a，OB＝2a，∠BOA＝90°， ∴AB＝OC＝3a，原图形的周长为8a， 故选：B． 4．【解答】解：因为△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点， 所以＝＝＝＝， 故选：A． 5．【解答】解：由题可得∠ACB＝30°，所以，则AC＝120， 在△ABC中，∠BAC＝75°﹣30°＝45°，∠ABC＝105°， 由正弦定理可得，即， 解得． 故选：D． 6．【解答】选：C． 7．【解答】解：将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为a，b，c，如图所示： 则，故a2

11、+b2+c2＝8，球O的半径R＝＝， 故体积为πR3＝．故选：D． 8．【解答】解：如图，∵c＝5，O为△ABC的外接圆圆心， ∴＝＝＝， ∴a2＝49，a＝7． 故选：C． 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分） 9．【解答】解：公理2的推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面，选项A正确； 公理2的推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面，选项B正确； 空间四点不共面，则其中任何三点不共线，否则由公理2的推论1：直线与直线外一点确定一个平面，这空间

12、四点共面，所以选项C正确； 若两条直线没有公共点，可以互相平行，不一定是异面直线，选项D错误． 故选：ABC． 10．【解答】解：由于参加朗诵社团的同学有8名，该社团人数占比为10%， ∴社团总人数为80人，故A错误； 合唱团人数为80×30%＝24，舞蹈社团人数为80×25%＝20人， ∴脱口秀社团的人数为80﹣24﹣12﹣20﹣8＝16， ∴脱口秀社团的人数占有五个社团总人数的＝20%，故B正确； 五个社团总人数占该校学生人数的＝4%，故C正确； 脱口秀社团的人数占五个社团总人数的20%， 舞蹈社团的人数占五个社团总人数的25%， ∴这两个社团人数占五个社团总人数

13、的45%， ∴从这五个社团中任选一人，其来自脱口秀社团或舞蹈社团的概率为45%，故D错误． 故选：BC． 11．【解答】解：由sin2A＝sin2B可得2A＝2B或2A+2B＝π， 所以A＝B或A+B＝，A错误； 若sinA＞sinB，则a＞b，所以A＞B，B正确； 若，则C为钝角，△ABC是钝角三角形，C正确； D项：a3+b3＝c3，则c最大， 1＝（）3+（）3＜（）2+（）2， ∴a2+b2＞c2，∴C为锐角，又知C为最大角， ∴△ABC为锐角三角形，D正确． 故选：BCD． 12．【解答】解：对于A：因为圆锥的底面半径为1，高为，所以体积，故A正确；

14、 对于B：设圆锥的母线为l，则， 设圆锥的侧面展开图的圆心角为θ，由弧长公式得：lθ＝2πr，即2θ＝2π，解得：θ＝π，故B错误； 对于C：显然当圆锥截面SAB为轴截面时，其面积最大，此时，故C正确； 对于D：由B可得该圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆， 所以从点A出发绕圆锥侧面一周回到点A的无弹性细绳的最短长度为4，故D错误； 故选：AC． 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．） 13．【解答】解：满足|z|＝1的点在复平面内以原点为圆心，以1为半径的圆上， |z﹣3i|的几何意义为单位圆上的点到定点P（0，3）的距离， 如图： 则|z﹣3i|的最

15、大值为4． 故答案为：4． 14．【解答】答案为：-18． 15．【解答】解：在图2中，水中部分是四棱柱， 四棱柱底面积为S＝﹣＝，高为2， ∴四棱柱的体积为V＝2a×＝， 设图1中容器内水面高度为h， 则V＝＝，解得h＝． ∴图1中容器内水面的高度是． 故答案为：． 16．【解答】解：如图所示： 依题意得， 底面ABC的外接圆半径为， 点P到平面ABC的距离为， 所以， 所以， 设球O1的半径为R，所以， 则，得， 设球O2的半径为r，则，又，得， 所以球O2的表面积为． 故答案为：． 四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应

16、写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．【解答】解：（1）∵z是纯虚数， ∴2m2﹣m﹣1＝0且m2+2m﹣3≠0， 解得； （2）∵复数z在复平面内对应的点位于第四象限， ∴，解得﹣3＜m＜﹣． 故m的取值范围为（﹣3，﹣）． 18．【解答】解：（1）∵asinA+4bsinCcos2A＝bsinB+csinC， ∴由正弦定理可得，a2+4bc•cos2A＝b2+c2， ∴cos2A＝＝cosA， ∵三角形ABC为斜三角形， ∴∠A不为直角，即cosA≠0，∴cosA＝，又∵A∈（0，π）， ∴A＝； （2）∵A＝，a＝2，∴由余弦定理可得4＝b2+c2﹣bc

17、，① ∵BC上的中线AD长为，可得BD＝CD＝1， ∴在△ABD中，由余弦定理可得cos∠ADB＝， 在△ACD中，由余弦定理可得cos∠ADC＝， 又∵cos∠ADB＝cos（π﹣∠ADC）＝﹣cos∠ADC， ∴＝﹣，整理可得b2+c2＝8，② ∴由①②解得b＝c＝2， ∴S△ABC＝bcsinA＝＝． 19．【解答】解：方法一 （1）在梯形ABCD中，因为AB∥CD，AB＝2CD， 所以AO＝2OC， ∴ ＝ ＝ ＝； （2）令，＝ 则，即， ＝ 令，则，， 所以当时，有最小值． 方法二 （1）以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在

18、直线为y轴建立平面直角坐标系； 则A（0，0），B（4，0），C（2，2），D（0，2）；则， 由相似三角形易得．设M（λ，0），则， ． 得．则，． （2）设N（a，a），显然0≤a≤2，， 所以当时，有最小值． 20．【解答】解：（1）在△AMN中，由余弦定理得，MN2＝AM2+AN2﹣2AM•ANcos120°…（2分） ＝， 所以千米． …（4分） （2）设∠PMN＝α，因为∠MPN＝60°，所以∠PNM＝120°﹣α 在△PMN中，由正弦定理得，．…（6分） 因为＝， 所以PM＝4sin（1200

19、﹣α），PN＝4sinα…（8分） 因此PM+PN＝4sin（1200﹣α）+4sinα…（10分） ＝ ＝＝…（13分） 因为0°＜α＜120°，所以30°＜α+30°＜150°． 所以当α+300＝900，即α＝600时，PM+PN取到最大值．…（15分） 答：两条观光线路距离之和的最大值为千米．…（16分） 21．【解答】解：（1）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，DD1∥平面ABB1A1 所以点E在DD1上运动时，到平面ABB1A1的距离为4，； 证明：（2）连接A1B交AB1于点M，连接EM，EF，D1C， 因为EF∥D1C，且，MB∥D1C，且，所以

20、， 所以四边形MEFB是平行四边形， 所以BF∥ME， 又因为BF⊄平面AB1E，ME⊂平面AB1E， 所以BF∥平面AB1E． 22．【解答】证明：（1）连接BD交AC于O， ∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD， 又∵ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC． 又∵FB∥ED，∴B，D，E，F四点共面， ∵ED⋂BD＝D，且ED，BD⊂平面BDEF， ∴AC⊥平面BDEF； 解：（2）∵BC∥AD，∴BC与平面AEF所成角就是AD与平面AEF所成角， 在△AEF中，可以求得，，， 根据余弦定理得， ∵∠AEF∈（0，π），∴， ∴， 设点D到平面AEF的距离为d， 由DE⊥平面ABCD知DE⊥AB，而AD⊥AB，AD∩DE＝D， ∴AB⊥平面ADE， ∵FB∥ED，FB⊄平面ADE，ED⊂平面ADE， ∴FB∥平面ADE，则点F到平面ADE的距离为AB长2， 又∵， 由VD﹣AEF＝VF﹣ADE，得， 即，解得， 故BC与平面AEF所成角的正弦值为．