河北省邯鄲市九校聯(lián)考2021-2022學(xué)年高一下學(xué)期數(shù)學(xué)期中試卷（含答案）

河北省邯鄲市九校聯(lián)考2021-2022學(xué)年高一下學(xué)期數(shù)學(xué)期中試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題1．設(shè)向量m=(?1，2)，n=(?2，A．4 B．-4 C．1 D．-12．已知復(fù)數(shù)z=2+ii，則A．2 B．2i C．-2 D．-2i3．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若A＝30°，a=3A．1 B．2 C．3 D．24．設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題正確的是（）A．若m⊥n，m⊥α，則nB．若m⊥α，m?β，則α⊥βC．若m//β，αD．若α∩β=n，m//n5．若M為△ABC的邊AB上一點，且AB=52A．?32CAC．32CA+6．已知直三棱柱ABC?A1B1C1中，AC⊥BC，A．33 B．133 C．247．已知△ABC是邊長為23的正三角形，E為線段BC上一點（含端點），M為線段AC上一點，3AM=A．[7112，10] B．[71128．在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且tan2C=?43A．(55，5) B．(5二、多選題9．下列兩個向量，不能作為平面中一組基底的是（）A．e1=(1，2)，e2C．e1=(1，2)，e210．已知復(fù)數(shù)z滿足z=2+i3?i（i為虛數(shù)單位），復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為A．zB．復(fù)數(shù)z對應(yīng)復(fù)平面上的點在第一象限C．|z|=D．211．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sinAA．a(chǎn)B．最大角的余弦值為?C．若△ABC外接圓半徑是51414，則△ABCD．若△ABC的面積是614，則12．在三棱錐P?ABC中，∠PAB=π3，PA=5，AB=4，二面角P?AB?C的大小為π4，點M為側(cè)面△PAB上的動點，點M到直線PA的距離為d1，點M到平面ABC的距離為A．PB=21 B．點M到直線AB的距離等于C．點M的軌跡為一段圓弧 D．點M的軌跡長度為20三、填空題13．已知復(fù)數(shù)z=(1+3i)i3，則z?14．已知a=(?3，2)，b=(15．在△ABC中，cosB=15，AB=5，BC=2，則16．已知正四面體P?ABC的棱長為23?2PQ=QB，過點Q的平面截正四面體四、解答題17．若復(fù)數(shù)z=(m（1）z是實數(shù)；（2）z是純虛數(shù)；（3）z對應(yīng)的點在第四象限.18．已知平面向量e1=(2，?1)，e2=(3，（1）求BD的坐標(biāo)；（2）已知D(2，19．如圖，正方體ABCD?A1B（1）求證：DQ∥平面B1（2）求二面角B120．隨著我國房地產(chǎn)行業(yè)迅速發(fā)展和人們生活水平的不斷提高，大家對住宅區(qū)的園林綠化設(shè)計提出了更高?更新的要求，設(shè)計制“人性化，生態(tài)化?自然化”的園林式居住區(qū)，以提高現(xiàn)代人的生活質(zhì)量，成為當(dāng)今住宅區(qū)園林綠化的設(shè)計準則.某小區(qū)有一片綠化用地，如圖所示，區(qū)域四周配植修剪整齊的本土植物，中間區(qū)域合理配植有層次感的高?中?低植物，BD為鵝卵石健康步道，AD//BC，A=π3，AD=20m，（1）求鵝卵石健康步道BD的長（單位：m）；（2）求綠化用地總面積（單位：m221．如圖，四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，且∠BAD=60°，cos∠PAB=?（1）證明：AD⊥平面PBM；（2）求四棱錐P?ABCD的體積.22．已知銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，csin（1）求B；（2）若a=2，求△ABC面積的取值范圍.

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：因為m=(?1，2)，n所以m?n=?1×(?2)+2k=0故答案為：D

【分析】利用兩個向量垂直的性質(zhì)，兩個向量的數(shù)量積公式，兩個向量坐標(biāo)形式的運算法則，計算求得k的值.2．【答案】A【解析】【解答】解：因為z=2+ii=(2+i)ii2=1?2i故答案為：A

【分析】利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡z，然后再利用復(fù)數(shù)的定義可得答案.3．【答案】C【解析】【解答】由正弦定理得2R=asinA故答案為：C.

【分析】利用三角形外接圓半徑與邊的關(guān)系，結(jié)合正弦定理可得答案.4．【答案】B【解析】【解答】若m⊥n，m⊥α，則n∥α或n?α，A不符合題意；若m⊥α，m?β，則α⊥β，B符合題意；若m//β，α//β，則若α∩β=n，m//n，則m//故答案為：B.

【分析】根據(jù)直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系逐項進行判斷，可得答案.5．【答案】D【解析】【解答】解：因為AB=52AM，所以故答案為：D.

【分析】根據(jù)向量加法和減法的三角形法則進行轉(zhuǎn)化，即可得答案.6．【答案】C【解析】【解答】如圖所示，把三棱柱補成四棱柱，由題意得BC=23，易知該四棱柱為長方體，CD=AB=4，異面直線AC1與BC1D1=CD=4，∴cos∠故答案為：C.

【分析】把三棱柱補成四棱柱，即可知異面直線AC1與B17．【答案】A【解析】【解答】解：以線段BC的中點O為坐標(biāo)原點，BC?OA所在直線分別為x?y軸建立如下圖所示的平面直角坐標(biāo)系，設(shè)E(a，0)，則?3≤a≤3，A(0由3AM=AC得M(33所以EM?EA=?a(所以當(dāng)a=36時(EM?EA所以EM?故答案為：A.

【分析】以線段BC的中點O為坐標(biāo)原點，BC?OA所在直線分別為x?y軸建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)E(a，0)，則?38．【答案】D【解析】【解答】解：由tan2C=2tanC1?因為△ABC為銳角三角形，所以tanC=2又tanC=sinCcosC所以a+=sin因為△ABC為銳角三角形，所以B+C>π2，則0<π則655<故答案為：D.

【分析】首先由二倍角正切公式求出tanC，即可求出sinC，cosC，利用正弦定理、兩角和的正弦公式及同角三角函數(shù)基本關(guān)系式將a+9．【答案】B,C【解析】【解答】解：A，D選項，e1，eB選項，零向量和任意向量平行，所以e1，eC選項，2e1=e2故答案為：BC.

【分析】根據(jù)兩向量共線就不能作為基底，逐項進行判斷，可得答案.10．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：z=2+i3?i=(2+i)(3+i)(3?i)(3+i)=6+2i+3i+i22z故答案為：ABD.

【分析】把已知等式變形，再由復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡，然后逐項進行判斷，可得答案.11．【答案】A,C【解析】【解答】由正弦定理得：sinA因為a：b：設(shè)a=6k，b=5k，c=3k，則cosA=因為cosA=?115因為△ABC外接圓半徑R=51414，所以a=2R則△ABC的周長為a+b+c=14k=56△ABC的面積是12bcsinA=1故答案為：AC.

【分析】根據(jù)正弦定理、余弦定理和三角形的面積公式逐項進行判斷，可得答案.12．【答案】A,D【解析】【解答】解：在△PAB中，因為∠PAB=π3，PA=5，由余弦定理得PB=A過點M作AB的垂線，垂足為G，作平面ABC的垂線，垂足為H，過點M作PA的垂線，垂足為N，連接HG.因為二面角P?AB?C的大小為π4，所以∠MGH=所以MG=2MH=2d2點M的軌跡是∠PAB的角平分線，C不符合題意，設(shè)∠PAB的角平分線為AQ，在△PAB中，由余弦定理得cos∠APB=由角平分線定理得APAB=PQBQ=在△PAQ中，所以AQ=P所以點M的軌跡長度為203故答案為：AD.

【分析】利用余弦定理求出PB，即可判斷A；過點M作AB的垂線，垂足為G，作平面ABC的垂線，垂足為H，過點M作PA的垂線，垂足為N，連接HG，即可得到MG=MN，可判斷B；得到點M的軌跡是∠PAB的角平分線，可判斷C；由角平分線定理求出PQ，再由余弦定理計算可判斷D.13．【答案】10【解析】【解答】因為z=(1+3i)i3=3?i，所以z故答案為：10.

【分析】直接由復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡復(fù)數(shù)z，即可得z，進而求出答案.14．【答案】38【解析】【解答】a?(3故答案為：38

【分析】根據(jù)向量數(shù)量積的坐標(biāo)運算，可求出答案.15．【答案】4【解析】【解答】因為cosB=15，AB=5，BC=2所以cosA=52所以tanA=故答案為：46

【分析】根據(jù)已知條件結(jié)合余弦定理求出AC，cosA16．【答案】[【解析】【解答】如圖所示，將三棱錐P?ABC放置于正方體中，正方體的外接球就是三棱錐P?ABC的外接球，已知三棱錐P?ABC的所有棱長都為23，所以正方體的棱長為6外接球的直徑為正方體的體對角線，4R2=故截面的最大面積為S=π?R因為Q是BP上的點，當(dāng)球心O到截面距離最大時，截面面積最小，此時球心O到截面的距離為OQ，△OBP為等腰三角形，過O作BP的垂線，垂足為H，則有OB=322，OH=OB2?HB2=(322)故答案為：[8π

【分析】將三棱錐P?ABC放置于正方體中，正方體的外接球就是三棱錐P?ABC的外接球，當(dāng)球心O到截面距離最大時，截面面積最小，此時球心O到截面的距離為OQ，求解可得答案.17．【答案】（1）解：復(fù)數(shù)z=(m2?5m+6)+(m2當(dāng)z是實數(shù)時，m2?4=0，解得m=2或m=?2，所求的m值為2或（2）解：當(dāng)z是純虛數(shù)時，m2?5m+6=0m2?4≠0（3）解：當(dāng)z對應(yīng)的點在第四象限時，m2?5m+6>0m2?4<0，解得?2<m<2【解析】【分析】(1)由虛部為0求得實數(shù)m的值；

(2)由實數(shù)為0且虛部不為0求得實數(shù)m的值；

(3)由實部大于0且虛部小于0求得實數(shù)m的取值范圍.18．【答案】（1）解：因為e1=(2，?1)，e2=(3，?3)，所以因為AB=?e所以AC=AB+因為A，C，D三點共線，所以λ?1?4=5所以BD=(?26，（2）解：由（1）知BD=(?14，1)，又因為D(2因為AB=?e1因為A，B，D，E四點按逆時針順序構(gòu)成平行四邊形，所以BD=設(shè)E(x，y)，則因為BD=(?14，1)，所以x?9=?14y?6=1解得【解析】【分析】（1）由題意可得e1與e2可以作為平面內(nèi)的一組基底，表示出AC→，再根據(jù)A，C，D三點共線，即可求出λ，從而求出BD的坐標(biāo)；

（2）先求出B、A的坐標(biāo)，設(shè)E(x19．【答案】（1）證明：取AB1的中點∴QG=12A1B1，∴QG=DP，QG//DP，∴四邊形GPDQ是平行四邊形，∴DQ//GP，又DQ?平面B1AP，PG?平面∴DQ//平面B1（2）解：過B作BH⊥AP，垂足為H，連接B1H，由B1B⊥平面ABCD，AP?平面ABCD，所以B1B⊥AP，所以AP⊥平面B1BH，由B1H?平面所以∠B1HBsin∠BAH=∴BH=AB?sin在Rt△B1BH∴sin∠B1HB=B【解析】【分析】（1）取AB1的中點G，連接QG，GP，可得四邊形GPDQ是平行四邊形，即可證得DQ∥平面B1AP；

（2）過B作BH⊥AP，垂足為H，連接B1H，得∠B1HB即為二面角B20．【答案】（1）解：在△ABD中由余弦定理可知BD即BD=421（2）解：在△ABD中，S△ABD由余弦定理可得cos∠ABD=則sin因為AD//BC，A=π3，所以∠ABC=2π3，在sin∠CBD=則S所以綠化用地總面積為S△ABD【解析】【分析】（1）在△ABD中利用余弦定理計算可求出BD的長；

（2）在△ABD中，由面積公式計算S△ABD.，由余弦定理求出cos∠ABD，即可得到sin∠ABD，再根據(jù)兩角差的正弦公式求出sin21．【答案】（1）證明：因為PA=PD，M為AD的中點，所以AD⊥PM.因為ABCD是菱形，∠BAD=60°，則△BAD為等邊三角形，則又因為PM∩BM=M，所以AD⊥平面PBM.（2）解：在△PAB中，由余弦定理得PB則PB=25因為PA=PD=23，AB=AD=2，易得PM=11，在△PBM中，由余弦定理得cos∠PMB=則sin∠PMB=222所以VP?ABCD則四棱錐P?ABCD的體積為46【解析】【分析】(1)先證AD⊥PM，AD⊥BM，再由直線與平面垂直的判定定理可證AD⊥平面PBM；

(2)根據(jù)VP?ABCD