2022-2023学年广东省东莞市松山湖未来学校高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省东莞市松山湖未来学校高一（下）期中数学试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知复数z满足z=3−4i，其中i是虚数单位，则|z|=( )
A. 5B. 5C. 2 5D. 3 5
2.在△ABC中，若AB=1，AC= 2，A=π4，则S△ABC的值为( )
A. 2B. 2C. 1D. 12
3.如图，在铁路建设中，需要确定隧道两端的距离(单位：百米)，已测得隧道两端点A，B到某一点C的距离分别为5和8，∠ACB=60°，则A，B之间的距离为
( )
A. 7B. 10 129C. 6D. 8
4.一个水平放置的三角形的斜二侧直观图是等腰直角三角形A′B′O′，若O′B′=1，那么原△ABO的面积是( )
A. 12
B. 22
C. 2
D. 2 2
5.一个正四棱锥的底面边长为2，高为 3，则该正四棱锥的表面积为( )
A. 8B. 12C. 16D. 20
6.已知|a|=|b|=1，且a⊥(a−2b)，则向量a,b的夹角为( )
A. π3B. π6C. 2π3D. π4
7.如图，α∩β=l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l=M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )
A. 点A
B. 点B
C. 点C但不过点M
D. 点C和点M
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
8.已知复数z=1+i，则下列说法正确的是( )
A. z的共轭复数是1−i
B. z的虚部是i
C. z−z=i
D. 若复数z0满足|z0−z|=1，则|z0|的最大值是 2+1
9.下面关于空间几何体的表述，正确的是( )
A. 棱柱的侧面都是平行四边形
B. 直角三角形以其一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体是圆锥
C. 正四棱柱一定是长方体
D. 用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台
10.已知向量OA=(1,−3)，OB=(2,−1)，OC=(m+1,m−2).若点A，B，C能构成三角形，则实数m可以是( )
A. −2B. 12C. 1D. −1
11.a、b、c为△ABC的三边，下列条件能判定△ABC为等腰直角三角形为( )
A. (AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0且|AB+AC|=|AB−AC|
B. acsA−bcsB=0
C. bcsA−acsB=c且2ccs2A2=acsC+c
D. sinA：sinB：sinC= 3： 3： 6
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
12.请写出一个在复平面内对应的点位于第一象限的复数：z= ______．
13.已知向量a=(−2,λ),b=(1,1)，且a⊥b，则λ= ______，a−b在b方向上的投影向量的坐标为______．
14.阿基米德(Archimedes，公元前287年−公元前212年)是古希腊伟大的数学家，物理学家和天文学家，他推导出的结论“圆柱内球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，圆柱的底面直径与高都等于球的直径.如图所示，若球的体积为12π，则圆柱的体积为______．
15.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为S，且a=1，4S=b2+c2−a2，则△ABC外接圆的半径为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
已知复数z1满足z1⋅i=1+i(i为虚数单位)，复数z2=m+2i(m∈R)．
(1)求z1；
(2)若z1⋅z2是纯虚数，求m的值．
17.(本小题12分)
如图，已知△ABC内接于以O圆心，半径为2的圆O中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，R表示的△ABC外接圆半径.若BC和BA是圆O的弦，且BC=2，∠ABC=45°，
(1)求∠A；
(2)求弦AB的长．
18.(本小题12分)
如图，在△OAB中，已知P为线段AB上一点，OP=xOA+yOB．
(1)若BP=2PA，求x，y的值；
(2)若BP=3PA，|OA|=4，|OB|=2，且OA与OB的夹角为60°，求OP⋅AB的值．
19.(本小题12分)
已知A，B，C分别为△ABC三边a，b，c所对的角，向量m=(sinA,sinB)，n=(csB,csA)，且m⋅n=sin2C．
(1)求角C的大小；
(2)若sinA+sinB=2sinC，且CA⋅(AB−AC)=18，求边c的长．
20.(本小题12分)
如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，BC=AA1=1，AB= 2，cs∠ACB= 33，P为线段BC1上的动点．
(1)当P为线段BC1上的中点时，求三棱锥B−PAC的体积；
(2)当P在线段BC1上移动时，求AP+CP的最小值．
21.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sinA+sinBsinC=c+ba−b．
(1)若a=2 3，b=2，求角B；
(2)设∠BAC的角平分线AD交BC于点D，若△ABC面积为 3，求AD长的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为z=3−4i，所以|z|= 32+(−4)2=5．
故选：B．
根据复数模的公式，直接求解．
本题考查复数的模长，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：三角形ABC的面积为S△ABC=12×AB×AC×sin∠A=12×1× 2× 22=12，
故选：D．
根据三角形的面积公式化简即可求解．
本题考查了三角形的面积公式的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了余弦定理的应用，已知两边和一个角，求边常用余弦定理来解决，属于基础题．
由余弦定理和已知边和角求得AB的长度．
【解答】
解：根据题意，由余弦定理知AB= BC2+AC2−2BC⋅ACcsC
= 25+64−2×5×8×12 =7，
所以A，B之间的距离为7百米．
故选：A．
4.【答案】C
【解析】解：由题意，直观图的面积为12，
因为直观图和原图面积之间的关系为S原图S直观图 =2 2，故原△ABO的面积是 2
故选：C．
可根据直观图和原图面积之间的关系求解，也可作出原图，直接求面积．
本题考查斜二测画法及斜二测画法中原图和直观图面积之间的联系，考查作图能力和运算能力．
5.【答案】B
【解析】解：如图所示，在正四棱锥P−ABCD中，底面ABCD的边长为2，
设点P在底面ABCD的射影点为点O，则四棱锥P−ABCD的高PO= 3，
则O为AC的中点，且AO=12AC= 22AB= 2，PB=PA= PO2+AO2= 5，
取AB的中点E，连接PE，则PE⊥AB，且PE= PA2−AE2=2，
S△PAB=12AB⋅PE=2，
故正四棱锥P−ABCD的表面积为S=4×2+22=12．
故选：B．
计算出正四棱锥的侧棱长以及侧面三角形的高，进而可计算出该正四棱锥的表面积．
本题考查锥体体积计算，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：根据题意，设向量a,b的夹角为θ，
若a⊥(a−2b)，则a⋅(a−2b)=a2−2a⋅b=1−2csθ=0，
解可得csθ=12，
又由0≤θ≤π，则θ=π3，
故选：A．
根据题意，设向量a,b的夹角为θ，由数量积的计算公式可得a⋅(a−2b)=a2−2a⋅b=0，解可得csθ的值，分析可得答案．
本题考查向量数量积的计算，涉及向量垂直的判断，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查平面与平面之间的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，比较基础．
直线AB∩l=M，过A，B，C三点的平面记作γ，可得β∩γ=MC，即可得出结论．
【解答】
解：∵直线AB∩l=M，过A，B，C三点的平面记作γ，
∴β∩γ=MC，
∴γ与β的交线必通过点C和点M，
故选：D．
8.【答案】AD
【解析】解：对于A选项，因为z=1+i，则z−=1−i，A对；
对于B选项，复数z的虚部为1，B错；
对于C选项，z−z=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−2i2=−i，C错；
对于D选项，令z0=x+yi，(x,y∈R)，则|z0−z|2=(x−1)2+(y−1)2=1，
即z0在圆心为(1,1)，半径为1的圆上，而|z0|表示圆上点到原点的距离，
由圆心(1,1)到原点的距离为 2，结合圆上点到定点距离范围易知：|z0|的最大值为 2+1，D对．
故选：AD．
利用共轭复数的定义可判断A选项；利用复数的概念可判断B选项；利用复数的除法可判断C选项；利用复数模的三角不等式可判断D选项．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的性质，属于基础题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A：棱柱的所有侧面都是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边都相互平行，故A正确；
对于B：只有以直角边为旋转轴旋转才能得到圆锥，以斜边为旋转轴旋转得到的是两个圆锥的组合体，故B错误；
对于C：正四棱柱是底面是正方形的直四棱柱，所以必然是长方体，故C正确；
对于D：只有截面与底面平行时，截面与底面之间的部分才是棱台，故D错误．
故选：AC．
用简单几何体的定义及特征去逐个判断即可．
本题主要考查空间几何体的结构特征，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：若点A、B、C不能构成三角形，则只能共线．
∵AB=OB−OA=(2,−1)−(1,−3)=(1,2)，
AC=OC−OA=(m+1,m−2)−(1,−3)=(m,m+1)．
假设A、B、C三点共线，
则1×(m+1)−2m=0，即m=1．
∴若A、B、C三点能构成三角形，则m≠1．
故A，B，D均正确，C错误．
故选：ABD．
若点A、B、C能构成三角形，则A，B，C三点不共线，我们求出A，B，C三点共线时m的取值范围，其补集即为A、B、C能构成三角形时，实数m应满足的条件．
本题考查的知识点是平面向量共线(平行)的坐标表示，平行向量与共线向量，如果从正面进行解答，需要复杂的分类讨论，故根据正难则反的原则，先确定A，B，C三点共线时m的取值范围，进而得到答案是解答本题的关键，是中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：选项A，因为(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，所以点A在BC的中垂线上，所以AB=AC，
又|AB+AC|=|AB−AC|，所以AB⊥AC，故△ABC为等腰直角三角形，即选项A正确；
选项B，由正弦定理及acsA−bcsB=0，知sinAcsA=sinBcsB，即sin2A=sin2B，
所以2A=2B或2A+2B=π，即A=B或A+B=π2，
所以△ABC为等腰或直角三角形，即选项B错误；
选项C，由正弦定理及bcsA−acsB=c，知sinBcsA−sinAcsB=sinC，
因为sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
所以−sinAcsB=sinAcsB，即2sinAcsB=0，
又sinA≠0，所以csB=0，即B=π2，
因为2ccs2A2=acsC+c，所以c(1+csA)=acsC+c，即ccsA=acsC，
由正弦定理知，sinCcsA=sinAcsC，即sin(A−C)=0，
因为A，C∈(0,π)，所以A−C=0，即A=C，
所以△ABC为等腰直角三角形，即选项C正确；
选项D，由正弦定理及sinA：sinB：sinC= 3： 3： 6，知a：b：c= 3： 3： 6，
所以a=c，且a2+c2=b2，即B=π2，
所以△ABC为等腰直角三角形，即选项D正确．
故选：ACD．
选项A，根据平面向量的线性和数量积运算法则，推出AB=AC，由|AB+AC|=|AB−AC|，知AB⊥AC，得解；
选项B，利用正弦定理化边为角，再结合二倍角公式，即可判断；
选项C，利用正弦定理化边为角，并结合两角和的正弦公式，化简可得B=π2，再根据二倍角公式与正弦定理对2ccs2A2=acsC+c化简，推出A=C，得解；
选项D，结合正弦定理与勾股定理，得解．
本题考查三角形形状的判断，熟练掌握平面向量的线性和数量积的运算法则，正弦定理，余弦定理，以及两角和差的正弦公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】1+i(答案不唯一)
【解析】就：根据复数的几何意义可知，复数a+bi在复平面内所对应的点的坐标为(a,b)，
所以第一象限的复数的坐标需满足a>0，b>0，
那么满足条件的其中一个复数z=1+i．
故答案为：1+i(答案不唯一)．
根据复数的几何意义直接写出．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
13.【答案】2 (−1,−1)
【解析】解：∵a=(−2,λ)，b=(1,1)，a⊥b，
∴a⋅b=(−2)×1+λ×1=0，解得λ=2，
∴a=(−2,2)，b=(1,1)，
∴a−b=(−3,1)，
∴(a−b)⋅b=(−3)×1+1×1=−2，|b|= 12+12= 2，
∴a−b在b方向上的投影为(a−b)⋅b|b|=−2 2=− 2，
故a−b在b方向上的投影向量为− 2 2⋅b=(−1,−1)．
故答案为：2；(−1,−1)．
根据平面向量垂直的判定条件求解λ的值，再结合投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
14.【答案】18π
【解析】解：根据阿基米德的结论“圆柱内球体的体积是圆柱体积的三分之二，
所以圆柱的体积为12π×32=18π．
故答案为：18π．
根据阿基米德的结论，即可求解．
本题考查新定义问题，属于基础题．
15.【答案】 22
【解析】解：由余弦定理知，a2=b2+c2−2bccsA，
所以b2+c2−a2=2bccsA，
因为4S=b2+c2−a2，
所以4⋅12bcsinA=2bccsA，即sinA=csA，所以tanA=1，
由A∈(0,π)，所以A=π4，
由正弦定理得，2R=asinA=1sinπ4= 2，所以R= 22．
故答案为： 22．
结合三角形的面积公式和余弦定理化简已知等式，求出角A，再利用正弦定理，即可得解．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)∵z1⋅i=1+i，∴z1=1+ii=(1+i)ii2=1−i，
(2)z1⋅z2=(1−i)(m+2i)=(m+2)+(2−m)i，
∵z1⋅z2是纯虚数，∴m+2=02−m≠0，∴m=−2．
【解析】(1)利用复数代数形式的乘除运算化简即可，
(2)先求出z1⋅z2，再利用纯虚数的概念列出方程组得答案．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了纯虚数的概念，是基础题．
17.【答案】解：(1)因为半径R=2，由正弦定理得：
BCsinA=2sinA=2R=4，解得sinA=12，
故A=π6，或5π6，又因为∠B=π4，结合内角和定理可知
A=π6即为所求．
(2)由已知得ACsinB=BCsinA，即ACsinπ4=2sinπ6，解得AC=2 2，
又sinC=sin(A+B)=sin(π6+π4)
=sinπ6csπ4+csπ6sinπ4= 6+ 24，
所以AB2=AC2+BC2−2AB⋅BC⋅csC=8+4−2×2 2×2× 6+ 24
=8−4 3=( 6− 2)2，
故AB= 6− 2．
【解析】(1)利用正弦定理求出AC的长，再利用正弦定理求出A；
(2)结合(1)的结论，利用余弦定理求出AB的长．
本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵BP=2PA，∴BP=23BA=23(OA−OB)=23OA−23OB，∴OP=OB+BP=23OA+13OB∴x=23，y=13．
(2)∵BP=3PA，∴BP=34BA=34OA−34OB，∴OP=OB+BP=34OA+14OB，
∵OA⋅OB=4×2×cs60°=4．AB=OB−OA，OA2=16，OB2=4，
∴OP⋅AB=(34OA+14OB)⋅(OB−OA)=−34OA2+12OA⋅OB+14OB2=−34×16+12×4+14×4=−9．
【解析】(1)用OA,OB表示出OP，根据平面向量的基本定理得出x，y；
(2)用OA,OB表示出OP,AB，代入数量积公式计算．
本题考查了平面向量的基本道理，向量的数量积运算，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由m=(sinA,sinB)，n=(csB,csA)，
得m⋅n=sinAcsB+csAsinB=sin(A+B)=sinC，
又m⋅n=sin2C，∴sin2C=2sinCcsC=sinC，
∵0(2)∵sinA+sinB=2sinC，∴2c=a+b，
又CA⋅(AB−AC)=18，∴CA⋅CB=18，即abcsC=18，
∴abcsπ3=12ab=18，得ab=36．
由余弦定理得c= a2+b2−2abcsC= (a+b)2−3ab= 4c2−3×36，
解得c=6．
【解析】(1)由已知求解csC，进一步可得角C的大小；
(2)由sinA+sinB=2sinC，得2c=a+b，再由向量等式求得ab，然后利用余弦定理求解．
本题考查平面向量的数量积的性质及运算，考查三角形的解法，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)由已知可得sin∠ACB= 63，
由余弦定理有2=1+AC2−2ACcs∠ACB，得到AC= 3．
在△ACB中，有S△ACB=12⋅AC⋅BC⋅sin∠ACB=12× 3×1× 63= 22，
VB−PAC=VP−ACB=12VC1−ABC=12×13S△ACB×1=16× 22= 212．
(2)将△ABC1绕BC1旋转到与△CBC1同一平面(如图所示)，
连接AC交BC于点P0，此时AP+CP取得最小值，最小值即AC长．
在△ABC1中，BC1= 2，AB= 2，AC1=2，
故BC12+AB2=AC12，故AB⊥BC1，即∠ABC1=90°，
又易知∠CBC1=45°，故∠ABC=135°，
由余弦定理得AC2=1+2−2× 2×1×cs135°=5，所以AC= 5，
(或者在△AC1C中由勾股定理得AC= 5)
故AP+CP的最小值为 5．
【解析】(1)由余弦定理求出AC= 3，即可求出AC= 3的面积，再由等体积法求解即可；
(2)根据平面展开图可确定AP+CP的最小值即AC长，由三角形余弦定理求解即可．
本题主要考查棱锥体积的求法，涉及余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)∵sinA+sinBsinC=c+ba−b，
∴正弦定理可得：a+bc=c+ba−b⇒a2−b2=bc+c2，
∴b2+c2−a2=−bc，
∴csA=b2+c2−a22bc=−bc2bc=−12，
又A∈(0,π)，∴A=2π3，
∵a=2 3，b=2，
∴在△ABC中，由正弦定理得：
asinA=bsinB⇔2 3 32=2sinB⇒sinB=12，
∵b(2)∵S△ABC=12bcsin∠BAC= 34bc= 3⇒bc=4，
AD是∠BAC=2π3的角平分线，
而S△ABC=S△ABD+S△ACD，
∴12×AB×AD×sinπ3+12×AC×AD×sinπ3=12×AB×AC×sin2π3，
即(b+c)AD=bc，
∴AD=bcb+c，
∵b>0，c>0，b+c≥2 bc，且bc=4，当且仅当b=c取等，
∴AD=bcb+c≤bc2 bc=1，当且仅当b=c=2取等，
∴AD最大值为1．
【解析】本题考查正余弦定理解三角形，考查三角形面积公式，考查利用基本不等式求最值，属中档题．
(1)从正弦定理出发进行角换边，再利用余弦定理求得角A，再利用一次正弦定理求得角B．
(2)利用角平分线性质及面积公式得到AD=bcb+c，再利用基本不等式得出AD最值．