2022-2023學(xué)年浙江省杭州重點(diǎn)中學(xué)四校聯(lián)盟高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷-普通用卷

第=page11頁，共=sectionpages11頁2022-2023學(xué)年浙江省杭州重點(diǎn)中學(xué)四校聯(lián)盟高一（下）期中數(shù)學(xué)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(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng)）1.化簡PA?PBA.2AB B.2BA C.2.已知m，n表示兩條不同的直線，α，β，γ表示三個(gè)不同的平面，則下列說法正確的是(

)A.若m//α，n//α，則m//n B.若α⊥β，m⊥β，則m//α3.已知圓臺上、下底面的直徑分別為4和10，母線長為5，則該圓臺的體積為(

)A.145π3 B.116π3 C.4.已知O是原點(diǎn)，點(diǎn)A(?2,4)，B(1A.(1,2) B.(?∞5.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，則“acosA.充要條件 B.充分不必要條件

C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件6.已知長方體ABCD?A1B1C1D1的棱長AB=4，BC=3，A.對于任意一點(diǎn)Q，直線D1Q與直線BB1是異面直線

B.對于任意一點(diǎn)Q，存在一點(diǎn)P，使得CP⊥D1Q

C.對于任意一點(diǎn)

7.在△ABC中，∠BAC=90°，AD是∠BAC的角平分線，A.2377 B.21778.已知正四面體P?ABC內(nèi)接于球，D為棱AB上點(diǎn)，滿足AD=3A.[23,4] B.[二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求）9.設(shè)平面向量a,b,cA.若a?c=b?c，則a=b

B.若a//b，則a?10.已知正方體ABCD?A1B1C1D1A.AC⊥B1D1 B.A1F⊥A11.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且c=A.若B=π4，1<b<2，則△ABC有兩解

B.若B∈(π2,π)，b>12.如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=CBA.存在點(diǎn)Q，使得A1Q⊥AP

B.線段C1R長度的取值范圍是[0,2]

C.當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合時(shí)，四棱錐C?AQPR的體積為16

三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）13.已知平面向量a=(4,3)，|b|=2，a與14.已知直三棱柱ABC?A1B1C1的側(cè)棱與底面邊長都相等，D，F(xiàn)分別是A1B1

15.在△ABC中，∠ABC=60°，點(diǎn)D在邊AC上，16.如圖正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長是3，E是DD1上的動(dòng)點(diǎn)，P、F

四、解答題（本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17.(本小題10.0分)

如圖，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，AB=2，EC=2DE，AE交BD于點(diǎn)F．

18.(本小題12.0分)

三棱柱ABC?A1B1C1的棱長都為2，D和E分別是BB1和A1C1的中點(diǎn)．

(1)求證：直線DE/19.(本小題12.0分)

已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對邊分別為a，b，c，滿足ctanA=2asinC．

(1)求角A20.(本小題12.0分)

在三棱錐P?ABC中，面PAC⊥面ABC，AP⊥PC，PC=21.(本小題12.0分)

為了美化環(huán)境，某公園欲將一塊空地規(guī)劃建成休閑草坪，休閑草坪的形狀為如圖所示的四邊形ABCD.其中AB=3百米，AD=5百米，且△BCD是以D為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形．?dāng)M修建兩條小路AC，BD(路的寬度忽略不計(jì))，設(shè)∠BA22.(本小題12.0分)

如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AB⊥AC，面ABC⊥面BCC1B1，且B1C⊥AB，點(diǎn)

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：∵PA?PB+AB=B2.【答案】D

【解析】解：對于A，平行于同一平面的兩條直線可能平行，也可能異面，也可以相交，故A錯(cuò)誤，

對于B，若α⊥β，m⊥β，則m//α或者m?α，故B錯(cuò)誤，

對于C，若α⊥β，α⊥γ，不能得到β//γ，例如正方體一個(gè)頂點(diǎn)處的三個(gè)平面分別為α，β，γ，故C錯(cuò)誤，

對于D，若m3.【答案】D

【解析】解：如圖，作AD//BC，在RtΔADE中，

AD=?AE2?ED4.【答案】C

【解析】解：點(diǎn)A(?2,4)，B(1,a)，

BO=(?1,?a)，BA=(?3,45.【答案】B

【解析】【分析】本題考查正弦定理、誘導(dǎo)公式、三角恒等變換，考查數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題．

由acos【解答】解：∵acosB=c，∴由正弦定理得：sinAcosB=sinC，

∴sinAcosB

6.【答案】B

【解析】解：對于A：當(dāng)點(diǎn)Q為AC1中點(diǎn)時(shí)，直線D1Q即直線D1B，與BB1共面，故A錯(cuò)誤；

對于B：當(dāng)BP=95時(shí)，△CBP與△C1CB相似，CP⊥BC1，

所以CP⊥AD1，

因?yàn)镃P?面BCC1B1，C1D1⊥面BCC1B1，

所以CP⊥C1D1，

又因?yàn)镃1D1∩AD1=D1，C1D1?面AC1D1，AD7.【答案】A

【解析】解：在△ABC中，∠BAC=90°，AD是∠BAC的角平分線，AB=3，AC=4，

所以BC=AB2+AC2=5，sinB=ACBC=45，

因?yàn)锽DCD=ABAC=34，又BD+CD=5，

8.【答案】B

【解析】解：設(shè)正四面體棱長為a，球半徑為R，截面圓的半徑為r，則πr2=3π，r=3，

設(shè)PH⊥平面ABC于H，則H是△?ABC中心，且球心在PH上，

連接CH，并延長與AB交于點(diǎn)G，連接OG，OD，DH，

PH⊥平面ABC，AB?平面ABC，∴PH⊥AB，AB⊥GC，

∵PH∩GC=H，∴AB⊥平面OGC，

∵OG?平面OGC，∴AB⊥OG9.【答案】CD【解析】解：對于A，由a?c=b?c，得c?(a?b)=0，

則a=b或c⊥(a?b)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

對于B，a?b=|a||b|cos<a,b>，當(dāng)a,b反向時(shí)，a?b=?|a||b|，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

對于C，若|a+b10.【答案】AB【解析】解：對于選項(xiàng)A，

連接BD，∵DD1=BB1，DD1//BB1，

∴四邊形B1D1DB是平行四邊形，∴BD//B1D1，

又∵AC⊥BD，∴AC⊥B1D1，故A正確；

對于選項(xiàng)B，連接A1B，

∵BF⊥平面ABB1A1∴BF⊥AB1，

又∵A1B⊥AB1，∴AB1⊥平面A1BF，

∴AB1⊥A1F，故B正確；

對于選項(xiàng)C，連接BD，AC，AB1，CB1，

∵DD1⊥AC，BD⊥AC，∴AC⊥平面BD1D，

∴AC⊥BD1，同理，AB1⊥BD1，

∵AC∩AB1=A，∴BD1⊥平面AB1C，

∴BD1⊥平面B1EF不成立，故11.【答案】AC【解析】解：對于A，因?yàn)锽=π4,1<b<2，所以csinB<b<c，則△ABC有兩解，A正確；

對于B，因?yàn)锽∈(π2,π),b>2，所以△ABC有且僅有一解，B錯(cuò)誤；

對于C，由0<π?3C<π20<2C<π20<C<π2得π6<C<π4，則12.【答案】BC【解析】解：∵CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB，CC1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

則A(4,0,0)，B(0,4,0)，C(0,0,0)，A1(4,0,4)，B1(0,4,4)，P(0,2,4)，

設(shè)點(diǎn)Q(0,4,a)，R(b,0,4)，其中0≤a≤4，0≤b≤4，

對于A，若存在點(diǎn)Q，使得A1Q⊥AP，且A1Q=(?4,4,a?4)，AP=(?4,2,4)，

A1Q?AP=16+8+4(a?4)=0，解得a=?2，不合題意，故A錯(cuò)誤；

對于B，設(shè)AR=mAP+nAQ，其中m，n∈R，

即(b?4,0,4)=m(?4,2,4)+n(?4,4,a)，

即?4m?4n=b?42m+4n=04m+an=4，可得b13.【答案】39【解析】解：易知|a|=42+32=5,a?b=14.【答案】710【解析】解：直三棱柱ABC?A1B1C1的側(cè)棱與底面邊長都相等，D，F(xiàn)分別是A1B1和A1C1的中點(diǎn)，

連接DF，取BC的中點(diǎn)E，連接EF，EA，所以異面直線BD和AF所成角就是∠EFA，15.【答案】21【解析】解：由AD=BD=3得∠ABD=∠BAD，

設(shè)∠ABD=∠BAD=θ，則∠BDC=2θ，

△ABC中，由正弦定理得BCsin16.【答案】3【解析】解：以A，B，C，D為頂點(diǎn)構(gòu)造棱長為2的正方體ABCD?A′B′C′D′，

由對稱得PB′=PB1，PB1+PQ=PB′+PQ，

因?yàn)镋是DD1上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是下底面上的動(dòng)點(diǎn)，

則△D1EF是直角三角形，Q是EF中點(diǎn)，且EF=2，故QD1=1，

所以PB17.【答案】解：(1)因?yàn)樵诹庑蜛BCD中，DC//AB，DC=AB，EC=2DE，

所以DFFB=【解析】(1)根據(jù)題意可得DFFB=DEA18.【答案】(1)證明：方法一：連接CE交AC1于點(diǎn)G，連接CD交BC1于點(diǎn)H，

在三棱柱ABC?A1B1C1中，A1C1//AC，BB1//CC1，

∴EGGC=EC1AC=12，∴DHHC=BDCC1=12，

∴EGGC=DHHC，DE//HG，

又∵EF?面ABC1，HG?面ABC1，

∴直線EF//平面ABC1．

方法二：在三棱柱ABC?A1B1C1中，AB//A1B1，

取B【解析】(1)連接CE交AC1于點(diǎn)G，連接CD交BC1于點(diǎn)H，證明DE//HG，然后證明直線EF//平面ABC1．

方法二：取B1C1中點(diǎn)19.【答案】解：(1)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對邊分別為a，b，c，滿足ctanA=2asinC，

由正弦定理，可得：sinCtanA=2sinAsinC，

則cosA=12，又0<A<π，∴A=π3；

(2【解析】(1)利用正弦定理得到sinCta20.【答案】(1)證明：過P作PH⊥AC交AC于H，連接HB，

∵PH⊥AC，面PAC⊥面ABC，面PAC∩面ABC=AC，

∴PH⊥面ABC，

∴PH⊥BC，

∵∠ACP=45°，∴CH=PC?sin∠ACP=2，

在△BCH中，HB=CH2+BC2?2CH?BC?cos45°=1，

∴CH2=BC2+BH2，∴BC⊥BH，

又∵PH∩HB=H，∴BC⊥面PHB，

∴BC⊥BP．

(2)解：方法一：過H作HD⊥AC交AB于D，

以H點(diǎn)為原點(diǎn)，分別以HD，【解析】(1)過P作PH⊥AC交AC于H，連接HB，證明PH⊥面ABC，推出PH⊥BC，證明BC⊥BH，得到BC⊥面PHB，即可證明BC⊥BP．

(2)方法一：過H作HD⊥AC交AB于21.【答案】(本題滿分為14分)

解：(1)在△ABD中，由BD2=AB2+AD2?2AB?AD?cosθ，

得BD2=14?65cosθ，

又cosθ=?55，

∴BD=25.………………(2分)

∵θ∈(π2,π)，

∴sinθ=1?cos2θ=1?(?55)2=2【解析】(1)在△ABD中，由余弦定理可求BD的值，利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系式可求sin