2023-2024学年浙江省温州市新力量联盟高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省温州市新力量联盟高一（下）期中数学试卷（含解析），共16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A(3,7)，B(5,2)，把向量AB按向量a=(1,2)平移后，所得向量A′B′的坐标是( )
A. (2,−5)B. (1,−7)C. (0,4)D. (3,−3)
2.在△ABC中，“A>B”是“sinA>sinB”的( )
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
3.已知|a|=6，|b|=3，向量a在b上的投影向量的模长是4，则a⋅b可能为( )
A. 12B. 8C. −8D. 2
4.有一块多边形菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形ABCD(如右图)，其中∠ABC=45°，AD=CD=1，BC⊥CD，则这块菜地的面积为( )
A. 3 24B. 32C. 32 2D. 3 2
5.已知锐角△ABC的三边长分别为x， 5，x+1，则实数x的取值范围为( )
A. (1,2)B. (2,3)C. (25,2)D. (2,5)
6.如图，一个三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1=8.若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点．则当底面ABC水平放置时，液面高为( )
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
7.在△ABC中，由下面的条件能得出△ABC为钝角三角形的是( )
A. AB⋅BC<0B. sinA+csA=15
C. csAcsBcs(A+B)<0D. b=3，c=3 3，B=30°
8.在钝角△ABC中，a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C所对的边，点G是△ABC的重心，若AG⊥BG，则csC的取值范围是( )
A. (0, 63)B. [45, 63)C. ( 63,1)D. [45,1)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设向量a=(k,2),b=(1,−1)，则下列叙述正确的是( )
A. 若k=−3，则a与b的夹角为钝角B. |a|的最小值为2
C. 与b垂直的单位向量只能为( 22, 22)D. 若|a|=2|b|，则k=±2 2
10.已知O为坐标原点，点P1(csα,sinα)，P2(csβ,−sinβ)，P3(cs(α+β),sin(α+β))，A(1,0)，则( )
A. |OP1|=|OP2|B. |AP1|=|AP2|
C. OA⋅OP3=OP1⋅OP2D. OA⋅OP1=OP2⋅OP3
11.下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( )
A. 直径为0.99m的球体B. 所有棱长均为1.4m的四面体
C. 底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D. 底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，A1B1=1，AA1= 2，则该棱台的体积为______．
13.为了测量一古塔的高度，某人在塔的正西方向的A地测得塔尖的仰角为45°，沿着A向北偏东30°前进100米到达B地(假设A和B在海拔相同的地面上)，在B地测得塔尖的仰角为30°，则塔高为______米.
14.如图，在△ABC中，M为BC上不同于B，C的任意一点，点N满足AN=2NM，若AN=xAB+yAC，则x2+9y2的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知向量a=(1,2)，b=(3,x)，c=(2,y)，且a//b，a⊥c．
(1)求b与c；
(2)若m=2a−b，n=a+c，求向量m，n的夹角的大小．
16.(本小题15分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2+c2−a2csA=2．
(1)求bc；
(2)若acsB−bcsAacsB+bcsA−bc=1，求△ABC面积．
17.(本小题15分)
求一个棱长为 2的正四面体的体积，常有如下解法：构造一个棱长为1的正方体，我们称之为该四面体的“生成正方体”(如图一)，则四面体BDA1C1是棱长为 2的正四面体，四面体BDA1C1的体积V四面体BDA1C1=V正方体−VA1−ABD−VC1−BCD−VB−A1B1C1−VD−A1C1D1．
(1)求四面体BDA1C1的体积；
(2)模仿(1)，对一个已知四面体，构造它的“生成平行六面体”，记两者的体积依次为V四面体和V生成平行六面体，试给出这两个体积之间的一个关系式，不必证明；
(3)一个相对棱长都相等的四面体，通常称之为等腰四面体(如图二)，其三组对棱长分别为 5， 10， 13，求此四面体的体积．
18.(本小题17分)
设z1是虚数，z2=z1+1z1是实数，且−1≤z2≤l．
(1)求|z1|的值以及z1的实部的取值范围；
(2)若ω=1−z11+z1，求证ω为纯虚数；
(3)求z2−ω2的最小值．
19.(本小题17分)
在直角梯形ABCD中，已知AB/​/CD，∠DAB=90°，AB=6，AD=CD=3，对角线AC交BD于点O，点M在AB上，且OM⊥BD．
(1)求AM⋅BD的值；
(2)若N为线段AC上任意一点，求AN⋅MN的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了向量的坐标和平移，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
把向量AB按向量a=(1,2)平移后，所得向量A′B′的坐标不变，即可得出．
【解答】
解：AB=(2,−5)，把向量AB按向量a=(1,2)平移后，
所得向量A′B′仍然为(2,−5)．
故选：A．
2.【答案】A
【解析】解：由正弦定理知asinA=bsinB=2R，
∵sinA>sinB，
∴a>b，
∴A>B．
反之，∵A>B，∴a>b，
∵a=2RsinA，b=2RsinB，∴sinA>sinB
故选：A．
由正弦定理知asinA=bsinB，由sinA>sinB，知a>b，所以A>B，反之亦然，故可得结论．
本题以三角形为载体，考查四种条件，解题的关键是正确运用正弦定理及变形．
3.【答案】A
【解析】解：根据题意，设a与b夹角为θ，
若向量a在b上的投影向量的模长是4，则有|a||csθ|=4，则csθ=±23，
又|b|=3，则a⋅b=|a||b|csθ=±12，
分析选项：A符合．
故选：A．
根据题意，设a与b夹角为θ，根据投影向量的模长可得csθ的值，进而由数量积的计算公式计算可得答案．
本题考查投影向量的计算，注意向量数量积的计算公式，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：根据题意，设这块菜地即原图的面积为S，
直角梯形ABCD中，∠ABC=45°，AD=CD=1，BC⊥CD，
作AE⊥BC，交BC与点E，则AE/​/DC且AE=DC，则有AD=EC=1，
又由∠ABC=45°，则BE=AE=CD=1，
则BC=BE+EC=1+1=2，
直角梯形ABCD的面积S1=(1+2)×12=32，
又由S1S= 24，则S=32×2 2=3 2，
故选：D．
根据题意，设这块菜地即原图的面积为S，直角梯形ABCD中，作AE⊥BC，交BC与点E，求出S梯形ABCD，然后利与用平面图形与直观图形面积关系，分析可得答案．
本题考查平面图形的直观图，注意直观图与平面图形的面积的比例关系的应用，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
由题意利用余弦定理可得x2+(x+1)2−52x(x+1)>0x2+5−(x+1)22 5x>0，即可解得x的取值范围．
【解答】
解：因为锐角△ABC的三边长分别为x， 5，x+1，
由题意，利用余弦定理可得x2+(x+1)2−52x(x+1)>0x2+5−(x+1)22 5x>0，解得1故选A．
6.【答案】C
【解析】解：根据题意，当侧面AA1B1B水平放置时，水的形状为四棱柱形，底面是梯形，
设△ABC的面积为S，则S梯形=34S，
水的体积V水=34S×AA1=6S，
当底面ABC水平放置时，水的形状为三棱柱形，设水面高为h，
则有V水=Sh=6S，
故h=6；
故选：C．
根据题意，当底面ABC水平放置时，水的形状为四棱柱形，由已知条件求出水的体积；当底面ABC水平放置时，水的形状为三棱柱形，设水面高为h，故水的体积可以用三角形的面积直接表示出，计算即可得答案．
本题考点是棱柱的体积计算，考查用用体积公式来求高，解答本题时要充分考虑几何体的形状，根据其形状选择求解的方案．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了平面向量的数量积运算，正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
由平面向量的数量积判断A；将已知等式两边平方即可判断B；由csAcsBcs(A+B)<0判断C；利用正弦定理即可求解判断D．
【解答】
解：A.因为AB⋅BC<0，所以AB⋅BCCOSπ−B<0，
−csB<0，csB>0，即角B为锐角，角A，C不定，故A错误；
B.两边平方得1+2sinAcsA=125，所以sinAcsA<0，由00，
得csA<0，即角A为钝角，故B正确；
C.由csAcsBcs( A+B)<0，可得csAcsBcsC>0，
则csA>0，csB>0，csC>0，所以角A，B，C为锐角，故C错误；
D，因为b=3，c=3 3，B=30°，
由正弦定理得sinC=c⋅sinBb= 32，
因为b则A=90°，或A=30°，故D错误；
故选B．
8.【答案】C
【解析】解：如图所示：
，
连接CG，并延长交AB于D，
由G是三角形的重心，得D是AB的中点，
∵AG⊥BG，∴DG=12AB=12c，
由重心的性质得CD=3DG，即CD=32AB=32c，
由余弦定理得：AC2=AD2+CD2−2AD⋅CD⋅cs∠ADC，
BC2=BD2+CD2−2BD⋅CD⋅cs∠BDC，
∵∠ADC+∠BDC=π，AD=BD，
∴AC2+BC2=a2+b2=2AD2+2CD2=5c2，
则csC=a2+b2−c22ab=25(ab+ba)，
∵∠AGD>∠ACD，∠BGD>∠BCD，∴90°=∠AGB>∠ACB，∴∠ACB为锐角，
∵△ABC是钝角三角形，∴∠BAC或∠ABC为钝角，
∴b2+c2将a2+b2=5c2代入得：ba∈( 62,+∞)∪(−∞, 63)，
∴ 63故选：C．
根据余弦定理求出csC=a2+b2−c22ab=25(ab+ba)，根据三角形是钝角三角形求出ba∈( 62,+∞)∪(−∞, 63)，利用对号函数的性质求出csC的范围即可．
本题考查了余弦定理的应用，考查三角形的重心以及直角三角形的性质，是一道中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：对于A，当k=−3时，cs〈a,b〉=a⋅b|a||b|=−3−2 13× 2=−5 26，
所以−1所以a与b的夹角为钝角，所以A正确；
对于B，|a|= k2+4≥2，
所以|a|的最小值为2，所以B正确；
对于C，与b垂直的向量可以为(1,1)，
则与b垂直的单位向量为(− 22,− 22)或( 22, 22)，
所以C不正确；
对于D，若|a|=2|b|，
又|b|= 1+1= 2，
则 k2+4=2 2，
解得k=2或−2，所以D不正确．
故选：AB．
由平面向量数量积的运算，结合平面向量夹角的运算逐一判断．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量夹角的运算，属中档题．
10.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查平面向量数量积的性质及运算，考查同角三角函数基本关系式及两角和的三角函数，是中档题．
由已知点的坐标分别求得对应向量的坐标，然后逐一验证四个选项得答案．
【解答】
解：∵P1(csα,sinα)，P2(csβ,−sinβ)，P3(cs(α+β),sin(α+β))，A(1,0)，
∴OP1=(csα,sinα)，OP2=(csβ,−sinβ)，
OP3=(cs(α+β),sin(α+β))，OA=(1,0)，
AP1=(csα−1,sinα)，AP2=(csβ−1,−sinβ)，
则|OP1|= cs2α+sin2α=1，|OP2|= cs2β+(−sinβ)2=1，则|OP1|=|OP2|，故A正确；
|AP1|= (csα−1)2+sin2α= cs2α+sin2α−2csα+1= 2−2csα，
|AP2|= (csβ−1)2+(−sinβ)2= cs2β+sin2β−2csβ+1= 2−2csβ，
|AP1|=|AP2|不能恒成立，故B错误；
OA⋅OP3=1×cs(α+β)+0×sin(α+β)=cs(α+β)，
OP1⋅OP2=csαcsβ−sinαsinβ=cs(α+β)，
∴OA⋅OP3=OP1⋅OP2，故C正确；
OA⋅OP1=1×csα+0×sinα=csα，
OP2⋅OP3=csβcs(α+β)−sinβsin(α+β)=cs[β+(α+β)]=cs(α+2β)，
∴OA⋅OP1=OP2⋅OP3不能恒成立，故D错误．
故选：AC．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，棱长为1的正方体内切球的直径为1>0.99，选项A正确；
对于B，如图，
正方体内部最大的正四面体D−A1BC1的棱长为 12+12= 2>1.4，选项B正确；
对于C，棱长为1的正方体的体对角线为 3<1.8，选项C错误；
对于D，如图，六边形EFGHIJ为正六边形，E，F，G，H，I，J为棱的中点，
高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，
六边形EFGHIJ棱长为 22米，∠GFH=∠GHF=30°，
所以FH= 3FG= 3GH= 62米，故六边形EFGHIJ内切圆半径为 62米，
而( 62)2=32>(1.2)2=1.44，选项D正确．
故选：ABD．
对于A，由正方体的内切球直径大于0.99可判断；对于B，由正方体内部最大的正四面体的棱长大于1.4可判断；对于C，由正方体的体对角线小于1.8可判断；对于D，取E，F，G，H，I，J都为棱中点，则六边形EFGHIJ为正六边形，由正六边形的内切圆直径大于1.2可判断．
本题考查简单几何体的体积，考查空间想象能力与运算求解能力，属于中点题．
12.【答案】7 66
【解析】解：如图，设正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上下底面中心分别为M，N，
过A1作A1H⊥AC，垂足点为H，由题意易知A1M=HN= 22，又AN= 2，
∴AH=AN−HN= 22，又AA1= 2，∴A1H=MN= 62，
∴该四棱台的体积为13×(1+4+ 1×4)× 62=7 66．
故答案为：7 66．
先根据题意求出四棱台的高，再代入台体的体积公式即可求解．
本题考查台体的体积公式的应用，属基础题．
13.【答案】50
【解析】解：如图，CD为古塔的高度，设为hm，由题意，CD⊥平面ABD，AB=100米，∠BAD=60°，∠CAD=45°，∠CBD=30°
在△CBD中，BD= 3hm，在△CAD中，AD=hm，
在△ABD中，BD= 3hm，AD=hm，AB=100m，∠BAD=60°，
∴3h2=10000+h2−2×100hcs60°
∴(h−50)(h+100)=0
∴h=50或h=−100(舍去)
故答案为：50
理解方位角、仰角的含义，画出图形，确定△ABD中的边与角，利用余弦定理，即可求得结论．
本题考查利用数学知识解决实际问题，考查余弦定理的运用，解题的关键是确定三角形的边与角．
14.【答案】25
【解析】【分析】
本题考查了向量的加减的几何意义以及二次函数的性质，属于中档题．
不妨设BM=λBC，0<λ<1，根据向量的加减的几何意义可得x=2−2λ3，y=2λ3，代入得到x2+9y2=409(λ−110)2+25，即可求出最值．
【解答】解：不妨设BM=λBC，0<λ<1，
∴AN=23AM=23(AB+BM)
=23AB+2λ3BC
=23AB+2λ3(AC−AB)
=2−2λ3AB+2λ3AC，
∵AN=xAB+yAC，
∴x=2−2λ3，y=2λ3，
∴x2+9y2=(2−2λ)29+4λ2
=409λ2−8λ9+49
=409(λ−110)2+25，
当λ=110时，x2+9y2有最小值，最小值为25．
故答案为：25．
15.【答案】解：(1)由a//b，得x−2×3=0，解得x=6，
由a⊥c，得1×2+2y=0，解得y=−1，
∴b=(3,6)，c=(2,−1)；
(2)因为m=2a−b=(−1,−2)，n=a+c=(3,1)，
∴m⋅n=−1×3−2×1=−5，|m|= (−1)2+(−2)2= 5，|n|= 32+12= 10，
∴cs=m⋅n|m||n|=−5 5× 10=− 22，且0≤≤π，
∴向量m，n的夹角为3π4．
【解析】本题考查向量平行时的坐标关系，向量垂直的充要条件，向量加法和数乘的坐标运算，向量夹角的余弦公式，考查计算能力，属于基础题．
(1)根据向量平行和向量垂直时的坐标关系即可求出x=6，y=−1，从而得出b=(3,6)，c=(2,−1)；
(2)进行向量加法和数乘的坐标运算即可得出m=(−1,−2)，n=(3,1)，然后即可求出m⋅n、|m|和|n|的值，从而可求出cs的值，进而得出m,n的夹角．
16.【答案】解：(1)因为b2+c2−a2csA=2bccsAcsA=2bc=2，
所以bc=1；
(2)acsB−bcsAacsB+bcsA−bc=sinAcsB−sinBcsAsinAcsB+sinBcsA−sinBsinC=1，
所以sin(A−B)sin(A+B)−sinBsinC=sin(A−B)−sinBsinC=1，
所以sin(A−B)−sinB=sinC=sin(A+B)，
所以sinAcsB−sinBcsA−sinB=sinAcsB+sinBcsA，
即csA=−12，
由A为三角形内角得A=2π3，
△ABC面积S=12bcsinA=12×1× 32= 34．
【解析】(1)由已知结合余弦定理进行化简即可求解bc；
(2)先利用正弦定理及和差角公式进行化简可求csA，进而可求A，然后结合三角形面积公式可求．
本题主要考查了余弦定理，正弦定理，和差角公式及三角形面积公式的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵V四面体BDA1C1=V正方体−VA1−ABD−VC1−BCD−VB−A1B1C1−VD−A1C1D1，
而4个小三棱锥体积均为正方体体积的16倍，
∴四面体BDA1C1的体积为正方体体积的1−4×16=13倍，
又正四面体BDA1C1的棱长为 2，∴正方体的棱长为1，
∴四面体BDA1C1的体积为13×1×1×1=13；
(2)V四面体=13V生成平行六面体；
(3)类比(1)，构造该四面体的“生成长方体”，
设棱长分别为x，y，z，则有：
x2+y2=5x2+z2=10y2+z2=13，解得x=1y=2z=3，
∴由(1)的证明和(2)的结论可得：
所求四面体的体积为长方体体积的13倍，
∴所求四面体的体积为13×1×2×3=2．
【解析】根据化归转化思想，分割补形法，锥体的体积公式，柱体的体积公式即可求解．
本题考查化归转化思想，分割补形法，锥体的体积公式，柱体的体积公式，属基础题．
18.【答案】解：(1)设z1=a+bi，(a,b∈R，且b≠0)，
则z2=z1+1z1=(a+bi)+1a+bi=(a+bi)+a−bi(a+bi)(a−bi)=(a+bi)+a−bia2+b2=(a+aa2+b2)+(b−ba2+b2)i，
因为z2是实数，
所以b−ba2+b2=0，即b(a2+b2−1a2+b2)=0，
因为b≠0，所以a2+b2=1，
即|z1|=1，且z2=2a，
由−1≤z2≤1，得−1≤2a≤1，解得−12≤a≤12，
即z1的实部的取值范围为[−12,12].
(2)证明：∵a2+b2=1，
ω=1−z11+z1=1−a−bi1+a+bi=1−a2−b2−2bi(1+a)2+b2=−bia+1，
因为−12≤a≤12，b≠0，
所以ω=1−z11+z1为纯虚数．
(3)z2−ω2=(a+aa2+b2)+(b−ba2+b2)i−(−bia+1)2，
=2a+(b−b)i+b2(a+1)2
=2a+1−a2(a+1)2
=2a+1−aa+1
=2a(a+1)+(1−a)a+1
=2a2+a+1a+1
=1+2a2a+1
=1+2(a+1)2−4a−2a+1
=1+2(a+1)2−4(a+1)+2a+1
=1+2(a+1)−4+2a+1
=2(a+1)+2a+1−3，a+1∈[12,32]，
当2(a+1)=2a+1时，即a=0时，z2−ω最小2=1．
【解析】(1)设z1=a+bi，(a,b∈R，且b≠0)，则z2=(a+aa2+b2)+(b−ba2+b2)i，因为z2是实数，所以a2+b2=1，即|z1|=1，且z2=2a，由−1≤z2≤1，z1的实部的取值范围为[−12,12].
(2)ω=1−z11+z1=1−a−bi1+a+bi=1−a2−b2−2bi(1+a)2+b2=−bia+1，由此证明ω=1−z11+z1是纯虚数．
(3)z2−ω2=(a+aa2+b2)+(b−ba2+b2)i−(−bia+1)2=2(a+1)+2a+1−3，a+1∈[12,32]，利用基本不等式即可得出答案．
本题考查复数的实部的取值范围的求法，考查纯虚数的证明，解题时要注意复数的代数形式的乘除运算法则的合理运用．
19.【答案】解：(1)以A为原点，AB，AD分别为x，y轴建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(6,0)，D(0,3)，C(3,3)，

因为AB/​/CD，AB=6，CD=3，
所以△ABO∽△CDO，所以OAOC=OBOD=ABCD=2，
所以点O(2,2)，
设M(m,0)，则OM=(m−2,−2)，BD=(−6,3)，
因为OM⊥BD，所以OM⋅BD=−6(m−2)−6=0，解得m=1，
所以M(1,0)，AM=(1,0)，
所以AM⋅BD=−6．
(2)由(1)知，AC=(3,3)，
设AN=λAC=(3λ,3λ)，λ∈[0,1]，则MN=(3λ−1,3λ)，
所以AN⋅MN=3λ(3λ−1)+3λ⋅3λ=3λ(6λ−1)=18(λ−112)2−18，
因为λ∈[0,1]，
所以当λ=1时，AN⋅MN取得最大值，为15；
当λ=112时，AN⋅MN取得最小值，为−18，
故AN⋅MN的取值范围为[−18,15]．
【解析】(1)以A为原点，建立平面直角坐标系，根据△ABO∽△CDO，可求得点O的坐标，设M(m,0)，由OM⋅BD=0，求得m=1，再由平面向量数量积的坐标运算，得解；
(2)设AN=λAC=(3λ,3λ)，λ∈[0,1]，用含λ的式子表示出AN⋅MN，再根据二次函数的图象与性质，得解．
本题考查平面向量在几何中的应用，遇到规则图形，一般采用建立坐标系，将问题转化为平面向量的坐标运算可简化试题难度，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．