第=page11頁，共=sectionpages11頁2022-2023學年廣東省重點大學附屬中學高一（下）期中數學試卷一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）1.AB?2A.CA B.AC C.BC2.已知(1+i)2A.?2?i B.?2+i3.如圖所示是古希臘數學家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻著一個圓柱，圓柱內有一個內切球，這個球的直徑恰好與圓柱的高相等，相傳這個圖形表達了阿基米德最引以為自豪的發現，我們來重溫這個偉大發現，圓柱的表面積與球的表面積之比為(

)A.12

B.2

C.32

4.已知邊長為2的正三角形采用斜二測畫法作出其直觀圖，則其直觀圖的面積為(

)A.32 B.3 C.5.設α是空間中的一個平面，l，m，n是三條不同的直線，則(

)A.若m?α，n?α，l⊥m，l⊥n，則l⊥α

B.若l//m，m//n，l⊥α，則n⊥α6.棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1A.3 B.2 C.37.點P是菱形ABCD內部一點，若2PA+3PA.6 B.8 C.12 D.158.若AB=4，AC=3CB，平面內一點PA.23 B.12 C.13二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項符合題目要求）9.若1?2i是關于x的方程x2A.a=2

B.b=5

C.a+bi的共軛復數的模為10.已知向量a=(1,3)A.若a⊥b，則x=6

B.若a與b夾角為銳角，則x<6

C.若x=1，則a11.如圖所示是正方體的平面展開圖，那么在正方體中(

)A.AC⊥EF

B.若BE=1則該正方體外接球表面積為3π

C.直線AB和直線EF異面

D.12.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，則A.若A=30°，b=4，a=3，則△ABC有兩解

B.若tanAtan三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）13.已知輪船A和輪船B同時離開C島，A船沿北偏東30°的方向航行，B船沿正北方向航行(如圖).若A船的航行速度為30nmile/h，1小時后，B船測得A船位于B船的北偏東45°的方向上，則此時

14.等邊△ABC的邊長為2，點G為△ABC15.某景區為提升游客觀賞體驗，搭建一批圓錐形屋頂的小屋(如圖1).現測量其中一個屋頂，得到圓錐SO的底面直徑AB長為12m，母線SA長為18m(如圖2).現用鮮花鋪設屋頂，如果每平方米大約需要鮮花50朵，那么裝飾這個屋頂(不含底面)大約需要______朵鮮花(參考數據：π≈3.14)；若C是母線SA的一個三等分點16.如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=BC，點E是AB(四、解答題（本大題共6小題，共70.0分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17.(本小題10.0分)

已知|a|=4，|b|=8，a與b的夾角為2π3．

(1)18.(本小題12.0分)

如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為CC1的中點．

(Ⅰ)19.(本小題12.0分)

如圖，在△ABC中，∠BAC=2π3，BC=27，A20.(本小題12.0分)

如圖，在三棱錐P?ABC中，PA=PB=AB=AC=BC=221.(本小題12.0分)

在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AC=BC=2，∠ACB=90°，AA1=22.(本小題12.0分)

在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，向量p=(2b,2c?a)，q=(1,c答案和解析1.【答案】A

【解析】解：AB?2AC+BC=A2.【答案】A

【解析】解：由(1+i)2z=2+4i3，

3.【答案】C

【解析】解：設球的半徑為R，因為球是圓柱的內切球，則圓柱的底面半徑為R，高為2R．

所以圓柱的表面積S1=2πR2+2πR?2R=6πR2，球的表面積S2=4πR4.【答案】C

【解析】解：由題意，S原圖=34×22=3，

因為S原圖S直觀圖=225.【答案】B

【解析】【分析】本題考查空間中線線線、線面間的位置關系，涉及線面垂直的判定與性質，屬于基礎題．

根據空間中線線、線面位置關系進行判斷即可．【解答】解：由α是空間中的一個平面，l，m，n是三條不同的直線，知：

在A中，若m?α，n?α，l⊥m，l⊥n，

由線面垂直的判定定理可知，當直線m，n相交時才能得到l⊥α，

若直線m，n平行，則不能推出l⊥α，故A錯誤；

在B中，若l//m，m//n，則l//n，又l⊥α，則可得n⊥α，故B正確；

在C中，若m⊥α，n⊥α

6.【答案】C

【解析】解：在上底面ABCD中，AC⊥BD，又BB1⊥AC，BB1∩BD=B，

又BB1，BD?平面B1BD，

∴AC⊥平面B1BD，又BD1?平面B1BD，

∴AC⊥BD1，

同理可證B7.【答案】A

【解析】解：如圖，設AB中點為E，BC中點為F，

因為2PA+3PB+PC=0，即2PA+2PB+PB+PC=0，則4PE+2PF=0，

8.【答案】C

【解析】解：由向量關系AB=4，AC=3CB，

可得PC是∠APB角平分線，∴PA=3PB，

構造阿波羅尼斯圓，A(?2,0)，B(2,0)，

設P(x,y)，則：9.【答案】BC【解析】解：由題意得(1?2i)2+a(1?2i)+b=a+b?3?(2a+4)i=0，得a+b?3=02a+4=0，

解得a=?210.【答案】AC【解析】解：a=(1,3),b=(2x,2?x)，

若a⊥b，則a?b=2x+3(2?x)=0，解得x=6，故A正確；

若a與b夾角為銳角，則a?b=2x+3(2?x)>0，解得x<6，

又當x=27，b=(47,127)，此時a=74b，a與b夾角為0，

11.【答案】BD【解析】解：如圖，把正方體的平面展開圖還原成正方體ADBG?FCEH．

在正方體ADBG?FCEH中，可知AC//EG，AC=EG=EF=FG，

故異面直線AC與EF所成的角即為EG與EF所成的角為60°，故A項錯誤；AB//EF，故C項錯誤；

正方體外接球的半徑R=3，所以表面積S=3π12.【答案】AB【解析】解：對A，因為bsinA<a<b，所以△ABC有兩解，故A正確；

對B，因為tanAtanB=1，所以cosAcosB?sinAsinB=0,cos(A+B)=0,A+B=π2，故C=π2，故B正確；13.【答案】15【解析】解：由題意，△ABC中，AC=30nmile，∠C=30°，∠B=135°，

由正弦定理可得ABsi14.【答案】2

【解析】解：如圖，過A作AH⊥BC交BC于點H，則H為BC中點，

因為△ABC為等邊三角形，G為△ABC的重心，

所以AG=23A15.【答案】16956

6【解析】解：由題意知：圓錐SO的底面半徑r=6，母線長l=18，

∴圓錐SO的側面積S=πrl=108π(m2)，

∴裝飾屋頂大約需要108π×50≈16956朵鮮花．

將圓錐側面沿母線SA展開，是側面展開圖為如圖所示的扇形SAA′，

則A′C的長度即為燈光帶的最小長度，

∵AA′=2π16.【答案】67【解析】解：作D1C1的六等分點H且D1HD1C1=16，

∵D1HD1F=BEBC，∴可知FH//CE，

設FH∩B1D1=N，CE∩BD=M，

連接MN，則MNO三點共線(∵平面EFC∩平面BB17.【答案】解：(1)∵a?b=|a|?|b|cos<a【解析】(1)根據向量數量積定義和運算律可求得|a+b|2，進而得到|a+18.【答案】解：(Ⅰ)在正方形DCC1D1中，直線D1E與直線DC相交，

設D1E∩DC=F，連接AF，

∵F∈DC，DC?平面ABCD，則F∈平面ABCD，

∵F∈D1E，D1E?平面AD1E，∴F∈平面AD1E.

∴平面AD1E∩平面ABCD=【解析】(Ⅰ)在正方形DCC1D1中，直線D1E與直線DC相交，設D1E∩DC=F，連接AF，可證F∈平面ABCD且F∈平面AD1E，得到平面AD1E∩19.【答案】解：(1)在△ABC中，由余弦定理可得AB2+22?2×AB×2×cos∠BAC=(27)2，

∴AB2+2AB?24【解析】(1)由余弦定理可得AB2+22?2×AB×2×cos∠20.【答案】解：證明：(1)取AB中點D，連接PD，CD，

因為PA=PB=AB=AC=BC=2，所以AB⊥PD，AB⊥CD，

又因為PD∩CD=D，且PD，CD含于平面PCD，所以AB⊥平面PCD，

又因為PC?平面PCD，所以PC⊥AB；

(2)在平面PCD【解析】本題考查線面垂直的證明和點到平面距離的求解，利用線面垂直的判定定理證明線面垂直是關鍵，數形結合思想，屬于中檔題．

(1)取AB中點D，連接PD，CD，即可得到AB⊥PD，AB⊥CD，進而根據線面垂直定理可得AB⊥平面PCD，即可證得PC⊥AB21.【答案】解：(1)以C為原點，CB、CA、CC1分別為x、z、y軸建立空間直角坐標系．

因為AC=BC=2，AA1=2．

所以C(0,0,0)，A(0,0,2)，C1(0,2,0)，B1(2,2,0)．

所以AC1=(0,2,?2)，B1C=(2,2,0)

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