河北省盐山中学2022-2023学年高一下学期期中考试数学试题

2022~2023学年度第二学期高一年级期中考试·数学试题 参考答案、提示及评分细则 1.D=(1十2)2=一3十4i,即x在复平面内对应的点的坐标为（一3,4）.故选D, 2.B设R为△ABC外接圆的半径放2R=品A=2,解得R=1放选B 3.D因为a·(2a-b)=2a2-a·b=2a2-1=2-1=1.故选D. 4.C由异面直线的定义可知，AD与BC异面，由AD⊥BD,AD⊥CD,可知AD⊥平面BCD,故AD LBC.故选C 5.CA.若mLn,mLa,nL3,则显然a⊥B.A正确：B.若m∥n,m⊥a,则n⊥a,又n∥B,则平面B内存在直线c ∥n,所以c⊥a,所以a⊥B,B正确：C.若m⊥n,m∥a,n∥B,则a,3可能相交，可能平行，C错误；D.若m∥n,m ⊥a,n⊥3，则易得a∥B,D正确.故选C 6.A因为a,b,c三向量共面，所以存在x,y∈R,使得c=z0十Jb,又0十3b=(2x一y,x十2y,3x一2y),所以 2x-y=7, x=4, x+2y=6,解得y=1,故选A. 3x-2y=λ， 1=10. 1B设△AC的最小内角为a,由正弦定理得品。一2整理得sa=密，由余弦定理得“去- 20+3a6)C=25解得a=12,c0sa=是.故选R (a+3)2+(a+6)2-a2=a+15 8.C如图，取AB的中点E.BC的中点D,连接PE,△PAB是等边三角形，则PE⊥AB. 因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PEC平面PAB,所以PEI 平面ABC,又EDC平面ABC,所以PE⊥ED.过D作OD⊥平面ABC,则OD∥PE 因为∠CAB=90°，所以三棱锥P-ABC的外接球的球心在DO上，设球心为O,连接A OB,OP,设外接球半径为R,由已知PE=X3=是，BC=V2+(3=7,BD 号，OD=√R一子，在直角梯形PED0中，ED=之AC=1,R=1+(号-√R-子)，R=E,所以三 棱锥P-ABC外接球的表面积S=4xR2=4x×(√2)=8π.故选C 9.ACD因为为纯虚数，设=mi(n∈R,且m≠0)，：=-mi,则十交=0，A正确：一=2mi,B错误；2= 一m为实数，C正确；i=n为实数，D正确.故选ACD, 10.BD不妨设点D坐标为(a,b,c),因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD=BC,即(a,b,c十1)=(2，-2， 2),所以a=2,b=一2，c=1,所以点D坐标为(2，一2,1)，故A错误：|BD=√4十(-2)+1平=√21，故 B正确：访-=2，-2.2)，市-(-20,1D所以∠DAB=s市.=密·高=-震故C IADIAB 错误：因为in∠DAB=2,所以四边形ABCD的面积S=|A市11Asin∠DAB=2V3×,5× 15 15 =2√14，故D正确.故选BD 11.ABDm∥n,V3cosA=sinA,anA=3,A=于，A正确：由题意及正弦定理得sinAcosB+ sinBcosA-=simC,即sinC=simC,又0<sinC≤1，∴.sinC=l,又C∈(0，x),.C=乏，C错误，D正确，又A+ B+C=元，则B=若，B正确，故选ABD, 【高一年级期中考试·数学试题参考答案第1页（共4页）】 231644Z 12.CD对于A,,PA⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,∴.PA⊥AC,假如AC⊥EF, 又PA∩EF=P,.AC⊥平面PAD,又ADC平面PAD,∴.AC⊥AD,而四边形 ABCD为正方形，与AC⊥AD矛盾，故AC⊥EF不正确，故A不正确： 对于B,设AC∩BD=O,连接OE,若PB∥平面AEC,又平面PBD∩平面AEC =OE,则PB∥OE,在△PBD中，因为O为BD的中点，则E必为PD的中点，这 与E为线段PD上的动点矛盾，故B不正确； 对于C,E为线段PD上的动点，二面角E-BD-C的大小即为二面角 P-BD-C的大小，故二面角E-BD-C的大小为定值，故C正确； 对于D,如图，将侧面△PAD和△PCD展开在一个平面内，连接AC,当E处在P AC与PD的交点处时，AE+CE取得最小值，此时，在△ACD中，由余弦定理， 得AC=AD+CD-2XAD×CD×cos∠ADC=1+1-2×1×1×cos135°= 2十√2，故AE+CE的最小值为√2十√2，故D正确.故选CD. 18.26由题意知=1.35，所以点P到a的距离d=n:P-是=26. n√6 14,兰因为圆柱的侧面展开图是面积为8的正方形，所以该圆柱的底面圆的周长为其侧面展开图正方形的边 长22，该圆柱底面圆半径为，故该圆柱一个底面的面积S==x·()-号 15.6/10 由题意可知，AB=300m,AC=150√2m,由余弦定理可得BC= √900