2022-2023学年安徽省合肥市高一下学期期中考试数学试题【含答案】

一、单选题1．若复数A．2【答案】C

【分析】根据给定条件，利用纯虚数的定义列式计算作答.

za24a2i为纯虚数，则实数a的值为（ ）

C．2D．4B．2或2a240za24a2ia20【详解】因为复数为纯虚数，则有，解得a2，所以实数a的值为2.故选：C

2．在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且c2acosB，则ABC的形状为（ ）A．等腰三角形【答案】A

【分析】已知条件用正弦定理边化角，由腰三角形的结论.

【详解】c2acosB，由正弦定理，得即sinAcosBcosAsinB2sinAcosB,∴sin AcosBcos Asin B，可得tanAtanB，又0Aπ,0Bπ，∴AB，则ABC的形状为等腰三角形.故选：A.

3．某圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为120的扇形，则该圆锥的体积为（ ）

B．直角三角形

C．等腰直角三角形

D．等腰三角形或直角三角形

sinCsinAB展开后化简得tanAtanB，可得出等

sinCsinAB2sinAcosB，

A．45π【答案】D

45π3B．C．22π22π3D．【分析】求出扇形的弧长，进而求出圆锥的底面半径，由勾股定理得到圆锥的高，利用圆锥体积公式求解即可.

【详解】因为圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为120的扇形，120π32π180所以该扇形的弧长为，

设圆锥的底面半径为r，则2πr2π，解得：r1，

22因为圆锥的母线长为3，所以圆锥的高为h3122，12122πrhπ1222π333该圆锥的体积为.

故选：D

4．ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知小为（ ）

Aπ4，a2，b3，则B的大

πA．6【答案】D

πB．3π5πC．6或6π2πD．3或3【分析】根据正弦定理即可求解.

【详解】由正弦定理可得

asinBbsinA2sinB323sinB22,π2πB0,πba由于,，所以B3或3,

故选：D

S:SABC5．设点P为内一点，且2PA2PBPC0，则ABPABC（ ）1A．5【答案】A

2B．51C．41D．31PDPC4【分析】设AB的中点是点D，由题得，所以点P是CD上靠近点D的五等分点，即得解.

【详解】设AB的中点是点D，

1PAPB2PDPC2∵，

1PDPC4∴，∴点P是CD上靠近点D的五等分点，

1∴ABP的面积为ABC的面积的5.

故选：A

【点睛】本题主要考查向量的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6．如图，在长方体

ABCDA1B1C1D1中，已知ABBC2，AA15，E为B1C1的中点，则异面直

线BD与CE所成角的余弦值为（ ）

5A．1034B．3413C．2613D．13【答案】C

【分析】根据异面直线所成角的定义，利用几何法找到所成角，结合余弦定理即可求解.【详解】取

C1D1的中点F，连接EF，CF，B1D1，易知

EFEF∥∥B1D1BD，所以CEF为异面直线BD

与CE所成的角或其补角.因为

1B1D12CECFCC2CE225126112，，所以由EF2EC2CF222626113cosCEF2EFEC26.2226226余弦定理得故选：C

7．在《九章算术》中，底面为矩形的棱台被称为“刍童”．已知棱台ABCDABCD是一个侧棱相等、高为1的“刍童”，其中AB2AB2，BC2BC23，则该“刍童”外接球的表面积为（ ）

A．20π【答案】A

20π3B．205π3C．D．55π【分析】根据刍童的几何性可知外接球的球心在四棱台上下底面中心连线上，设球心为O，根据几何关系求出外接球半径即可求其表面积．

【详解】

如图，连接AC、BD、AC、BD，设AC∩BD＝M，AC∩BD＝N，连接MN．

∵棱台ABCDABCD侧棱相等，∴易知其外接球球心在线段MN所在直线上，设外接球球心为O，

如图当球心在线段MN延长线上时，

2222ACABBC132，NC1，ACABBC4124易得，MC＝2，

MN＝1，

2222由OCOC得，NCONOMMC，即

1OMMNOM241OM1OM24OM122故OC＝OC125，22，

∴外接球表面积为

4π520π．

2如图当球心在线段MN上时，

2222由OCOC得，NCONOMMC，即

1MNOMOM2411OMOM24OM122舍去，

故选：A

【点睛】关键点睛：利用刍童的几何性确定外接球的球心是解题的关键.

8．如图，直角ABC的斜边BC长为2，C30，且点B,C分别在x轴，y轴正半轴上滑动，点

x,yROAxOByOCA在线段BC的右上方．设，（），记MOAOC，Nxy，分别考查

M,N的所有运算结果，则

A．M有最小值，N有最大值C．M有最大值，N有最大值【答案】B

B．M有最大值，N有最小值D．M有最小值，N有最小值

【分析】设OCB，用表示出M,N，根据的取值范围，利用三角函数恒等变换化简M,N，进而求得M,N最值的情况.

【详解】依题意BCA30,BC2,A90，所以AC3,AB1.设OCB，则

ABx30,090，所以A3sin30,sin30，B2sin,0,C0,2cos，所

1MOAOC2cossin30sin2302，当23090,30时，M取得最大值以

131为22.

3sin30sin30x,yOAxOByOC，所以2sin2cos，所以

3sin30sin303Nxy12sin2cos2sin2，当290,45时，N有最小值为1

32.故选B.

【点睛】本小题主要考查平面向量数量积的坐标运算，考查三角函数化简求值，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.

二、多选题9．下列关于复数

z21i的四个命题，其中为真命题的是（ ）

A．z的虚部为1C．z的共轭复数为1i【答案】AB

2B．z2iD．

z2【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可结合选项逐一求解.

z【详解】

221i21i1i1i1i,故虚部为1，共轭复数为1i，z12122，

z21i2i故选：AB

，故AB正确，CD错误，

10．蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物．巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底，由三个相同的菱形组成．巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜．如图是一个蜂巢的正六边形开口ABCDEF，下列说法正确的是（ ）

ACAEBFA．C．AFABCBCD【答案】BCD

3AEACAD2B．

ABABADD．在上的投影向量为

【分析】对A，利用向量的减法和相反向量即可判断；对B，根据向量的加法平行四边形法则即可判断；对C，利用平面向量的数量积运算即可判断；对D，利用向量的几何意义的知识即可判断．【详解】连接AE,AC,AD,BF,BD,CE，CE与AD交于点H，如图所示，

ACAEACEAECEC对于A：，显然由图可得与BF为相反向量，故A错误；对于B：由图易得

AEAC，直线AD平分角EAC，且△ACE为正三角形，根据平行四边形法

则有ACAE2AH，AH与AD共线且同方向，π易知EDH，△AEH均为含6角的直角三角形，

EH3DHAH3DHAH3EH故，，即，

ADAHDH3DHDH4DH所以，

又因为，故3AEACAD2故，故B正确；

2AH6DH2AH32AD，

对于C：设正六边形ABCDEF的边长为a，

2π12π12CBCDCBCDcosa2AFABAFABcosa32，32，则

AFABCBCD所以，故C正确；

对于D：易知故选：BCD．

ABDπ2，则AD在AB上的投影向量为AB，故D正确，

11．有一个三棱锥，其中一个面为边长为2的正三角形，有两个面为等腰直角三角形，则该几何体的体积可能是（ ）3A．32B．322C．323D．3【答案】BCD

【分析】分三种情况讨论，作出图形，确定三棱锥中每条棱的长度，即可求出其体积.【详解】如图所示：

①若AB平面BCD，△BCD为边长为2的正三角形，AB2，△ABD，ABC都是等腰直角三

1123V222sin60323；角形，满足题目条件，故其体积

②若AB平面BCD，ACD为边长为2的正三角形，AB2,△ABD，ABC都是等腰直角三

112V222323；角形，满足题目条件，故其体积

③若△BCD为边长为2的正三角形，△ABD，ABC都是等腰直角三角形，

ABBCCDAD2，AC22，满足题目条件，取AC中点E，因为BEAC，而

1122V222323；BE2DE2BD2，所以BEDE，即有BE平面ACD，故其体积为

故选：BCD

12．如图，已知O的内接四边形ABCD中，AB2，BC6，AD=CD=4，下列说法正确的是（ ）

A．四边形ABCD的面积为73BOCD4C．

【答案】BCD

221B．该外接圆的半径为3DFBCBCD．过D作交于F点，则DODF10【分析】A选项，利用圆内接四边形对角互补及余弦定理求出

cosD11cosB7，进而求出7，

sinB,sinD，利用面积公式进行求解；B选项，在A选项基础上，由正弦定理求出外接圆直径；C

选项，作出辅助线，利用数量积的几何意义进行求解；D选项，结合A选项和C选项中的结论，先求出∠DOF的正弦与余弦值，再利用向量数量积公式进行计算.

1616AC2436AC2cosDcosBACACD3224【详解】对于A，连接，在中，，，

2232AC40AC0BDπcosBcosD03224由于，所以，故，

256AC27，解得

cosD所以

14311sinBsinD1cosB497，7，所以7，

故

SABC1143243ABBCsinB262277，SADC1143323ADDCsinD442277，24332383ABCD77故四边形的面积为，故A错误；

256AC74212RsinB3437对于B，设外接圆半径为R，则，

421221故该外接圆的直径为3，半径为3，故B正确；

对于C，连接BD，过点O作OG⊥CD于点F，过点B作BE⊥CD于点E，则由垂径定理得：1CGCD22，

416BD21636BD20ACπcosAcosC018由于，所以，即，

1π1cosCCCEBCcosC632，所以3，且2解得BD27，所以，

EF321所以，即BO在向量CD上的投影长为1，且EG与CD反向，故

BOCDEGCD4，故C正确；

3πDFCDsin60423C23对于D，由C选项可知：，故，且CDF30，因为ADCD，由对称性可知：DO为∠ADC的平分线，故

11ADCcosADC27由A选项可知：，显然为锐角，

ODF1ADC302，

11cosADC211327cosADCsinADC1227，277，故

1cosODFcosADC302所以

1157cosADCcos30sinADCsin302214，22157DODFDODFcosODF2310314所以，故D正确.

故选：BCD

三、填空题13．已知向量【答案】6a2,4，

bm,3a，若b，则m________．

【分析】依题意可得ab0，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可；【详解】因为

a2,4，

bm,3a且b，

所以ab2m430，解得m6.

故答案为：614．若复数

zm1i6i所对应复平面内的点在第二象限，则实数m的取值范围为________；

【答案】6m0【分析】先化成复数代数形式得点坐标，再根据条件列不等式解得实数m的取值范围.【详解】因为

zmm6i对应复平面内的点为m，m6，又复数

zm1i6i所对应复平面

m06m0m60内的点在第二象限，所以【点睛】本题重点考查复数的概念，属于基本题.复数abi(a,bR)的实部为a、虚部为b、模为

a2b2、对应点为(a,b)、共轭为abi.1P0BABP0ABC415．已知，是边AB上一定点，满足，且对于AB上任一点P，恒有

πAAC4PBPCP0BP0C．若3，，则ABC的面积为________．【答案】43【分析】建立直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算公式，结合二次函数的性质、三角形面积公式进行求解即可.

【详解】以AB所在的直线为横轴，以线段AB的中垂线为纵轴建立如图所示的直角坐标系，

1P0BABPt,0AB4tt0A2t,0B2t,04设，，，因为，所以0，设

Ca,b，

Px,02tx2t，

，

，

PB2tx,0,PCax,b,P0Bt,0,P0Cat,b由

PBPCP0BP0C2txaxtatx2xa2tatt20fxxxa2tat设，该二次函数的对称轴为：

a2tx2t2当时，即a6t，

22xa2t2，

则有

f2t04t22ta2tatt20a3t，所以无实数解，

当

xa2t2t2时，即a2t，

f2t04t22ta2tatt20at则有，所以无实数解，

当

2ta2t2t2时，即6ta2t，

22，而a0，所以a0，

则有

22a2t4att0a0显然此时

C0,b在纵轴，而

A

π

3，所以该三角形为等边三角形，

134443ABC22故的面积为，故答案为：43【点睛】关键点睛：建立合适的直角坐标系，利用二次函数对称轴与区间的位置关系关系分类讨论是解题的关键.

16．我国古代数学家祖暅求几何体的体积时，提出一个原理：幂势即同，则积不容异．意思是：夹在两个平行平面之间的两个等高的几何体被平行于这两个面的平面去截，若截面积相等，则两个几何体的体积相等，这个定理的推广是：夹在两个平行平面间的几何体，被平行于这两个平面的平面所截，若截得两个截面面积比为k，则两个几何体的体积比也为k．已知线段AB长为4，直线l过点A且与AB垂直，以B为圆心，以1为半径的圆绕l旋转一周，得到环体M；以A，B分别为上下底面的圆心，以1为上下底面半径的圆柱体N；过AB且与l垂直的平面为，平面//，且距离为h，若平面截圆柱体N所得截面面积为

S1，平面截环体M所得截面面积为S2，我们可以

S1求出S2的比值，进而求出环体M体积为________．

【答案】8π2【分析】画出示意图的截面，结合图形可得体M的体积，得到答案.

S1和S2的值，进而求出圆柱的体积，乘以2π，可得环

222S2πr外内πr2S21h481h1【详解】画出示意图，可得，，

其中

r41h2外2，r422内1h2，

2S112故S2161hπ2πS1，即S22π，

2πV柱2π4π8π2M环体体积为.

故答案为：8π2四、解答题

2AEADABCABa317．如图所示，在中D、F分别是BC、AC的中点，，，ACb．

abADBF(1)用，表示向量，；(2)求证：B，E，F三点共线．

11ADabBFba22【答案】(1)，

(2)证明见解析

【分析】（1）由向量的线性运算法则求解；

ab（2）用，表示向量BF、BE，证明它们共线即可得证．

【详解】（1）∵ABa，ACb，D，F分别是BC，AC的中点，111ADABBDABBCABACABab222∴，

1BFAFABba2，

1121BFbaBEbaBFba2233，（2）由（1），∴

3123baBE2332∴BF与BE共线，又∵BF与BE有公共点B，故B，E，F三点共线．

22218．在ABC中，a，b，c分别是角A、B、C的对边，且abc2ab．

(1)求C；

tanB2actanCc，求A．(2)若

【答案】(1)C45(2)A75【分析】（1）由余弦定理即可求解，

（2）利用正弦定理边角互化，结合两角和的正弦公式即可得B60，进而可求解.a2b2c222cosC2222ab2，∴2，【详解】（1）∵abc2ab，∴

由于C是三角形内角，∴C45．

tanB2ac2sinAsinCtanCcsinC（2）由正弦定理可得，

sinBcosC2sinAsinCcosBsinCsinC∴

∴sinBcosC2sinAcosBsinCcosB，∴sinBcosCsinCcosB2sinAcosB，∴

sinBC2sinAcosB，∴sin(π-A)sinA2sinAcosB．

∵sinA0，∴

cosB12，

由于B是三角形内角 ，∴B60，则A180456075．

e,eyx,y19．如图，数轴的交点为O，夹角为，与x轴､轴正向同向的单位向量分别是12.由平面x,yOPxeye12，向量基本定理，对于平面内的任一向量OP，存在唯一的有序实数对，使得我们把

x,y叫做点P在斜坐标系xOy中的坐标（以下各点的坐标都指在斜坐标系xOy中的坐标）.

e(1)若90,OP为单位向量，且OP与1的夹角为120，求点P的坐标；

1,2e(2)若45，点P的坐标为，求向量OP与的夹角的余弦值.

113,22【答案】(1)25(2)51OPe1Px,y2求出x，再【分析】（1）90时，坐标系xOy为平面直角坐标系，设点利用利用模长公式计算可得答案；（2）根据向量的模长公式

OPe12e2e12e2、数量积公式OPe计算可得答案.，

21【详解】（1）当90时，坐标系xOy为平面直角坐标系，

Px,y设点，则有，而，11OPe1OPe1cos120xOPx2y212，所以2，又因又，

133,y22；2P解得，故点的坐标是

OPx,ye11,0,OPe1x（2）依题意

e1,e2245,e1e2e1e2cos45,OPe12e22夹角为，

OPe12e2e12e22e122e1e22e252OPe1OPe1cos5cos,OPe1e12e2e1e12e2e12，，

所以5cos2,cos255.BC1AD2，E是PD的中点．

20．如图所示，在四棱锥PABCD中，BC//平面PAD，

（1）求证：BC//AD；

（2）若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使MN//平面PAB？说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析.【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；

（2）取AD中点N，连接CN，EN，根据线面平行的性质定理和判断定理即可证明．【详解】证明：（1）在四棱锥PABCD中，BC//平面PAD，BC平面ABCD，平面ABCD平面PADAD，∴BC//AD，

（2）线段AD存在点N，使得MN//平面PAB，理由如下：

取AD中点N，连接CN，EN，∵E，N分别为PD，AD的中点，∴EN//PA，

∵EN平面PAB，PA平面PAB，∴EN//平面PAB，

取AP中点F,连结EF,BF，EF//AN，且EF=AN，因为BC//AD，

BC1AD2，

所以BC//EF，且BC=EF，所以四边形BCEF为平行四边形，所以CE//BF.

又CE面PAB，BF面PAB，所以CE//平面PAB；又CEENE，∴平面CEN//平面PAB，

∵M是CE上的动点，MN平面CEN，∴MN//平面PAB，

∴线段AD存在点N，使得MN∥平面PAB．

21．合肥一中云上农舍有三处苗圃，分别位于图中ABC的三个顶点，已知ABAC202m,BC40m．为了解决三个苗圃的灌溉问题，现要在ABC区域内（不包括边界）且与B,C等距的

一点O处建立一个蓄水池，并铺设管道OA、OB、OC．

(1)设OBC，记铺设的管道总长度为ym，请将y表示为的函数；(2)当管道总长取最小值时，求的值．

y20【答案】(1)(2)

202sinπ0cos4

π

6

【分析】（1）根据锐角三角函数即可表示

BO2020sinODcos，cos，进而可求解，

（2）利用

k2sincos，结合三角函数的最值可得k3，即可利用辅助角公式求解.

【详解】（1）由于ABAC202m,OBOC,O在BC的垂直平分线AD 上，若设OBC，则

BO2020sin20sinODOA20cos,cos ∴cosy2020tan2则

202sin20200coscos4；（2）令

k2sin2cos得2kcossink12y20203故k3，又k0，故k3则minππ2sin3cossin2sin32sin133此时：cos，即得π0,又

4，故

πππ

32,故6

22．数学史上著名的波尔约-格维也纳定理：任意两个面积相等的多边形，它们可以通过相互拼接得到．它由法卡斯·波尔约（FarksBolyai）和保罗·格维也纳（PaulGerwien）两位数学家分别在1833年和1835年给出证明．现在我们来尝试用平面图形拼接空间图形，使它们的全面积都与原平面图形的面积相等：（1）给出两块相同的正三角形纸片（如图1、图2），其中图1，沿正三角形三边中点连线折起，可拼得一个正三棱锥；图2，正三角形三个角上剪出三个相同的四边形（阴影部分）

1，其较长的一组邻边边长为三角形边长的4，有一组对角为直角，余下部分按虚线折起，可成一个

缺上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱锥的上底．

(1)试比较图1与图2剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小；

(2)如果给出的是一块任意三角形的纸片（如图3），要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形的面积相等．请仿照图2设计剪拼方案，用虚线标示在图3中，并作简要说明．

VV【答案】(1)柱锥(2)答案见解析

【分析】（1）根据题中的操作过程，结合棱锥、棱锥的体积进行求解比较即可；（2）根据题中操作过程，结合三角形内心的性质、直三棱柱的定义进行操作即可.

VV【详解】（1）依上面剪拼方法，有柱锥．

推理如下：设给出正三角形纸片的边长为2，那么，正三棱锥与正三棱柱的底面都是边长为1的正3三角形，其面积为4．现在计算它们的高：如图所示：在正四面体中，

22162DOBDBO111332高，

22在图2一顶处的四边形中，如图所示：

π1313PNtanPMNMNtan2162326，直三棱柱高

13363322V柱锥柱锥Vhh04346924，

VV∴柱锥．

（2）如图，分别连接三角形的内心与各顶点，得三条线段，再以这三条线段的中点为顶点作三角形．

以新作的三角形为直棱柱的底面，过新三角形的三个顶点向原三角形三边作垂线，沿六条垂线剪下三个四边形，

可以拼成直三棱柱的上底，余下部分按虚线折起，成为一个缺上底的直三棱柱，再将三个四边形拼成上底即可得到直三棱柱．