2023-2024学年云南省昆明一中高一（下）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2023-2024学年云南省昆明一中高一（下）期中数学试卷-普通用卷，共14页。试卷主要包含了下列等式正确的是，0625⋅[−2等内容，欢迎下载使用。

A. (−1,+∞)B. [14,3)C. [14,1)D. (3,+∞)
2.复数1−2i3−i在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.在△ABC中，点D满足AD=4DB，则( )
A. CD=14CA+34CBB. CD=34CA+14CB
C. CD=15CA+45CBD. CD=45CA+15CB
4.下列等式正确的是( )
A. (lg5)2+2lg2−(lg2)2=1B. lg35⋅lg32⋅lg59=3
C. lg 72 2+eln2+ (π−5)2=πD. 614+40.0625⋅[(0.06413)−2.5]25=1
5.设m，n是两条直线，α，β是两个平面，则下列命题为真命题的是( )
A. 若m⊥α，n⊥β，m//n，则α⊥β
B. 若α∩β=m，n//α，n//β，则m//n
C. 若m⊂α，n⊂β，m//n，则α//β
D. 若α⊥β，m//α，n//β，则m⊥n
6.对于任意的平面向量a，b，c，下列说法中正确的是( )
A. 若a//b且b//c，则a//c
B. 若a⋅b=a⋅c，且a≠0，则|b|=|c|
C. (a⋅b)c=a(b⋅c)
D. (a+b)在c上的投影向量为(a⋅c+b⋅c)c|c|2
7.在平面四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点.若AB=2，CD=3，且EF⋅AB=4，则|EF|=( )
A. 172B. 212C. 422D. 5
8.若圆锥的表面积为3π，其侧面展开图为一个半圆，则下列结论正确的为( )
A. 圆锥的母线长为1B. 圆锥的底面半径为2
C. 圆锥的体积为 33πD. 圆锥的侧面积为π
9.欧拉公式exi=csx+isinx是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥.依据欧拉公式，下列选项中正确的是( )
A. e2π3i对应的点位于第二象限B. eπ2i为纯虚数
C. eπi 3+i的模长等于12D. eπ6i的共轭复数为12− 32i
10.在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，已知BD1与平面BCC1B1所成的角为π6，则( )
A. AA1= 2ABB. BD1与平面A1B1C1D1所成的角为π4
C. BD1⊥DA1D. AB1⊥平面BCD1
11.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且3bcsC+3ccsB=a2，则下列说法正确的是( )
A. a=3
B. 若A=π4，且△ABC有两解，则b的取值范围为[3,3 2]
C. 若C=2A，且△ABC为锐角三角形，则c的取值范围为(3 2,3 3)
D. 若A=2C，且sinB=2sinC，O为△ABC的内心，则S△AOB=3 3−34
12.平面向量a，b的夹角为120∘，若|a|=2，|b|=1，则|a−3b|=______.
13.棱长为2的正四面体的外接球的表面积为______.
14.类比是研究数学问题的重要方法之一．数学家波利亚曾说：“求解立体几何问题往往有赖于平面几何中的类比问题．”在平面几何里，研究三角形三边长度间的关系，有勾股定理：“设△ABC的两边AB⊥AC，则AB2+AC2=BC2.”拓展到空间，类比研究三棱锥的侧面面积与底面面积间的关系，可以得出的正确结论是：“设三棱锥A−BCD的三个侧面ABC，ACD，ADB两两互相垂直，则______.
15.已知一个平面内的三个向量a，b，c，其中a=(1,2).
(1)若向量c为单位向量，且与a共线，求向量c的坐标；
(2)若|b|= 5，且2a+b与2a−3b垂直，求向量a与b的夹角的余弦值.
16.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的图象相邻对称轴之间的距离是π2，若将f(x)的图像向右移π6个单位，所得函数g(x)为奇函数.
(1)求f(x)的解析式；
(2)若函数h(x)=f(x)−35的一个零点为x0，且x0∈(π12,π3)，求cs2x0.
17.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ccsB+bcsC=−2acsB.
(1)求角B的大小；
(2)若A的角平分线交边BC于点D，且AD= 3,c= 2，求边b.
18.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，截去三棱锥A1−ABD，求
(1)截去的三棱锥A1−ABD的表面积；
(2)剩余的几何体A1B1C1D1−DBC的体积；
(3)在剩余的几何体A1B1C1D1−DBC中连接B1D1，求四棱锥A1−BB1D1D的体积.
19.在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，ABCD为直角梯形，BC//AD，∠ADC=90∘，BC=CD=12AD=1，PA=PD，E，F为AD，PC的中点．
(Ⅰ)求证：PA//平面BEF；
(Ⅱ)若PC与AB所成角为45∘，求PE的长；
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，求二面角F−BE−A的余弦值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为集合A={x|x≥14}，集合B={x|x2−2x−3<0}={x|−1则A∩B=[14,3).
故选：B.
由已知结合集合的交集运算即可求解．
本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：∵1−2i3−i=(1−2i)(3+i)(3−i)(3+i)=3+i−6i−2i29−i2=5−5i10=12−12i，
∴复数1−2i3−i在复平面内对应的点的坐标为(12,−12)，位于第四象限．
故选：D.
利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复数所对应点的坐标得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：因为AD=4DB，
所以CD=CA+AD=CA+45AB=CA+45(CB−CA)=15CA+45CB.
故选：C.
由平面向量的线性运算计算即可．
本题考查平面向量的线性运算，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：(lg5)2+2lg2−(lg2)2=(1−lg2)2+2lg2−(lg2)2=1，A正确；
lg35⋅lg32⋅lg59=lg5lg3⋅lg2lg3⋅2lg3lg5≠3，B错误；
lg 72 2+eln2+ (π−5)2=lg78+2+5−π≠π，C错误；
614+40.0625⋅[(0.06413)−2.5]25=52+12×(0.4)−1=52+12×52≠1，D错误．
故选：A.
结合指数及对数的运算性质检验各选项即可判断．
本题主要考查了对数及指数的运算性质的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：m，n是两条直线，α，β是两个平面，
对于A，若m⊥α，n⊥β，m//n，则由面面平行的判定定理得α//β，故A错误；
对于B，若α∩β=m，n//α，n//β，则由线面平行的性质得m//n，故B正确；
对于C，若m⊂α，n⊂β，m//n，则α与β相交或平行，故C错误；
对于D，若α⊥β，m//α，n//β，则m与n相交、平行或异面，故D错误．
故选：B.
对于A，由面面平行的判定定理得α//β；对于B，由线面平行的性质得m//n；对于C，α与β相交或平行；对于D，m与n相交、平行或异面．
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
6.【答案】D
【解析】解：对于A，b=0时，a,c不共线时，满足a//b,b//c，不能得出a//c，选项A错误；
对于B，因为a⋅b=a⋅c，所以|a||b|cs=|a||c|cs，且|a|≠0，
所以|b|cs=|c|cs，不能得出|b|=|c|，选项B错误；
对于C，根据向量数量积的定义知，a⋅b与b⋅c不一定相等，c与a不一定共线，所以(a⋅b)c=a(b⋅c)不成立，选项C错误；
对于D，(a+b)在c上的投影向量为(a+b)⋅c|c|c|c|=(a⋅c+b⋅c)c|c|2，选项D正确．
故选：D.
选项A，b=0，a与c不共线时，得不出a//c；
选项B，根据条件得出|b|cs=|c|cs，不能得出|b|=|c|；
选项C，根据数量积的定义判断即可；
选项D，根据投影向量的定义，判断即可．
本题考查了平面向量的定义与数量积运算问题，也考查了推理与运算能力，是基础题．
7.【答案】B
【解析】解：设G为AC的中点，根据三角形中位线定理，
可得GF//AB，且GF=12AB=1，
GE//CD，且GE=12CD=32，
又EF=EG+GF，且EF⋅AB=4，
所以EF⋅AB=(EG+GF)⋅AB=EG⋅AB+GF⋅AB，
即4=32×2×cs+1×2，
解得cs=23，即cs=23，
故|EF|2=|EG|2+|GF|2+2|EG||GF|cs
=94+1+2×32×1×23=214，所以|EF|= 212.
故选：B.
根据EF⋅AB=4，可求得cs=23，由EF=EG+GF，根据数量积的性质即可求解．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，属中档题．
8.【答案】C
【解析】解：设圆锥的底面半径为r，母线为l，由于其侧面展开图是一个半圆，
则2πr=12×2πl，即l=2r，又圆锥的表面积为3π，
所以表面积S=πrl+πr2=3πr2=3，解得r=1，得母线长l=2，故A，B均错误；
则圆锥的高h= l2−r2= 3，
所以侧面积S侧=πrl=2π，体积V=13πr2h=13π×1× 3= 33π.故C正确，D错误．
故选：C.
设圆锥的底面半径为r，母线为l，由于其侧面展开图是一个半圆，求出l=2r，由圆锥的表面积为3π，求出r=1，得母线长l=2，则圆锥的高h= l2−r2= 3，求出侧面积S侧=πrl=2π，体积V=13πr2h=13π×1× 3= 33π.
本题考查圆锥的结构特征、母线长、体积公式、侧面积公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
9.【答案】BC
【解析】解：e2π3i=cs2π3+isin2π3=−12+ 32i，对应的点位于第四象限，所以A不正确；
eπ2i=csπ2+isinπ2=i，是纯虚数，所以B正确；
eπi=csπ+isinπ=−1，
|eπi 3+i|=1| 3+i|=12，所以复数的模长等于12，所以C正确；
eπ6i=csπ6+isinπ6= 32+12i，它的共轭复数为 32−12i，所以D不正确；
故选：BC.
利用欧拉公式exi=csx+isinx，化简各个选项，判断对应点所在象限即可．
本题考查复数的基本运算，欧拉公式的应用，是基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：易知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1是长方体，故以D为原点建立空间直角坐标系，
连接BD1，设AA1=z，AD=x，CD=y，BD1与平面BCC1B1所成的角为θ，
故D1(0,0,z)，A(x,0,0)，B(x,y,0)，D1B=(x,y,−z)，易知面BCC1B1的法向量n=(0,1,0)，
易知θ=π6，故sinθ=12，可得12=y1× x2+y2+z2，化简得3y2=x2+z2，
结合底面ABCD是正方形，可得x=y，故z2=2y2，z= 2y，即AA1= 2AB，故A正确，
易知面A1B1C1D1的法向量m=(0,0,1)，D1B=(x,y,−z)，设BD1与平面A1B1C1D1所成的角为α，
故sinα=|−z1× x2+y2+z2|=z1× x2+y2+z2，化简得sinα= 22，故α=π4，故B正确；
易知A1(x,0,z)，DA1=(x,0,z)，故DA1⋅D1B=x2−z2=−y2≠0，即BD1，DA1不垂直，故C错误；
易知B1(y,y, 2y)，A(y,0,0)，
故AB1=(0,y, 2y)，D1B=(y,y,− 2y)，
D1(0,0, 2y)，C(0,y,0)，D1C=(0,y,− 2y)，
设面BCD1的法向量a=(a,b,c)，故ay+by− 2cy=0，by− 2cy=0，解得a=0，b= 2，c=1，
即a=(0, 2,1)，则a与AB不平行，故AB1与面BCD1不垂直，故D错误．
故选：AB.
建立空间直角坐标系，运用向量法逐个分析即可．
本题考查了空间点线面的位置关系，空间角的求法，考查转化思想和数形结合思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A选项，因为3bcsC+3ccsB=a2，
所以由正弦定理，得3sinBcsC+3sinCcsB=asinA，即 3sin(B+C)=asinA，
因为A+B+C=π，所以sin(B+C)=sinA，且sinA≠0，所以a=3，A选项正确；
对于B选项，由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA得9=b2+c2− 2bc，
将此式看作关于c的二次方程c2− 2bc+b2−9=0，由题意得此方程有两个正解，
故b2−9>0( 2b)2−4(b2−9)>0，解得b∈(3,3 2)，所以选项B错误；
对于C选项，由正弦定理，得asinA=csin2A，即c=2acsA=6csA，
因为△ABC为锐角三角形，
所以0所以c=6csA∈(3 2,3 3)，故选项C正确；
对于D选项，因为sinB=2sinC，所以b=2c，
因为A=2C，所以sinB=sin(A+C)=sin3C，
所以由正弦定理bsinB=csinC，得2csin3C=csinC，即sin3C=2sinC，
所以sin2CcsC+cs2CsinC=2sinC，
即2sinCcs2C+2cs2CsinC−sinC=2sinC，
因为sinC≠0，所以2cs2C+2cs2C=3，即cs2C=34，
又因为A=2C，
所以C=π6，A=π3，B=π2，b=2 3,c= 3，即△ABC是直角三角形，
所以内切圆的半径r满足S△ABC=12(a+b+c)r=12ac，即r=aca+b+c=3− 32，
所以△AOB的面积为S=12cr=12× 3×3− 32=3 3−34，选项D正确．
故选：ACD.
选项A：根据条件3bcsC+3ccsB=a2求出a=3；选项B：由余弦定理得9=b2+c2− 2bc，将此式看作关于c的二次方程，由题意得此方程有两个正解，求得b的取值范围；选项C：根据正弦定理得c=6csA，利用△ABC为锐角三角形求角A的范围，从而求边c的范围；选项D：利用正弦定理求出角C，从而判断出△ABC是直角三角形，利用等面积法求△ABC的内切圆半径，从而求△AOB的面积．
本题综合考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
12.【答案】 19
【解析】解：平面向量a，b的夹角为120∘，若|a|=2，|b|=1，
则|a−3b|= a2−6a⋅b+9b2= 4+6×2×1×12+9= 19.
故答案为： 19.
利用向量的模的运算法则化简求解即可．
本题考查了平面向量的线性运算以及数量积的运算问题，是基础题目．
13.【答案】6π
【解析】解：已知正四面体A−BCD的棱长为2，
如图所示：
设外接球的球心为O，半径为R，底面三角形的外心为H，
连接AH、BH，可得BH=23 22−12=2 33，
由于AH⊥BH，∴AH= 22−(2 33)2=2 63，
在Rt△BHO中，利用勾股定理得：(BH)2+(OH)2=(OB)2，
即：(2 33)2+(2 63−R)2=R2，解得R= 62，
∴该正四面体外接球的表面积为S=4π×( 62)2=6π.
故答案为：6π.
利用正四面体和球的关系，结合勾股定理求出外接球的半径，再由球的表面积公式求解．
本题考查多面体外接球的表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
14.【答案】S△ABC2+S△ACD2+S△ADB2=S△BCD2
【解析】【分析】
斜边的平方等于两个直角边的平方和，可类比到空间就是斜面面积的平方等于三个直角面的面积的平方和，边对应着面．
本题主要考查学生的知识量和知识的迁移类比等基本能力，体现了数形结合的数学思想．
【解答】
解：线的关系类比到面的关系，猜测：S△BCD2=S△ABC2+S△ACD2+S△ADB2.
证明如下：
如图作AE⊥CD连BE，则BE⊥CD.
S△BCD2=14CD2⋅BE2=14CD2(AB2+AE2)
=14(AC2+AD2)(AB2+AE2)
=14(AC2AB2+AD2AB2+AC2AE2+AD2AE2)
=14(AC2AB2+AD2AB2+CD2AE2)
=S△ABC2+S△ACD2+S△ADB2，
故答案为：S△BCD2=S△ABC2+S△ACD2+S△ADB2.
15.【答案】解：(1)设c=(x,y)，因为a=(1,2)，且向量c为单位向量，且与a共线，
所以x2+y2=12x−y=0，解得x= 55y=2 55或x=−55y=−2 55，
所以向量c的坐标为( 55,2 55)或(− 55,−2 55)；
(2)设向量a与b的夹角为θ，
因为2a+b与2a−3b垂直，所以(2a+b)⋅(2a−3b)=0，
即4a2−4a⋅b−3b2=0，
因为a=(1,2)，|b|= 5，所以|a|= 1+4= 5，
所以4×5−4a⋅b−3×5=0，解得a⋅b=54，
所以csθ=a⋅b|a||b|=54 5× 5=14，
所以向量a与b的夹角的余弦值为14.
【解析】(1)设c=(x,y)，结合题意建立方程求解即可；
(2)由2a+b与2a−3b垂直计算可求得a⋅b，再由夹角的计算公式计算即可．
本题考查平面向量的数量积与夹角的求法，属于基础题．
16.【答案】解：(1)由题意可得T2=π2，可得T=π，
而T=2πω=π，可得ω=2，
此时f(x)=sin(2x+φ)，
由题意可得g(x)=sin[2(x−π6)+φ]=sin(2x−π3+φ)，
要使函数g(x)为奇函数，则−π3+φ=kπ，k∈Z，
即φ=π3+kπ，k∈Z，而0<φ<π，
所以φ=π3，
所以f(x)=sin(2x+π3)；
(2)由题意令h(x)=f(x)−35=0，
可得f(x0)=35，即sin(2x0+π3)=35，
因为x0∈(π12,π3)，
所以2x0+π3∈(π2,π)，所以cs(2x0+π3)=− 1−sin2(2x0+π3)=−45，
所以cs2x0=cs[(2x0+π3)−π3]=cs(2x0+π3)csπ3+sin(2x0+π3)sinπ3
=−45×12+35× 32=3 3−410.
【解析】(1)由题意可得半个周期可得ω，再由题意可得函数g(x)为奇函数，可得φ的值，可得函数f(x)的解析式；
(2)由题意可得f(x0)=35，即sin(2x0+π3)=35，再由x0的范围，可得cs(2x0+π3)的符号，进而可得cs(2x0+π3)的值，再由cs2x0=cs[(2x0+π3)−π3]，展开可得它的值．
本题考查函数的解析式的解法及三角函数的性质的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为ccsB+bcsC=−2acsB
所以由正弦定理可得：−2csBsinA=sinCcsB+sinBcsC=sin(B+C)=sinA，
因为A∈(0,π)，所以sinA>0；
可得csB=−12.
又B∈(0,π)，故B=2π3.
(2)如图所示，
在△ABD中，由正弦定理有：ADsinB=csin∠ADB，
所以sin∠ADB=csinBAD= 22，
结合B=2π3，所以∠ADB=π4，
所以∠BAD=∠DAC=π12，
可得∠ACB=∠BAC=π6，
所以△ABC是等腰三角形，且a=c，
所以b=2acsπ6= 6.
【解析】(1)利用正弦定理以及两角和公式的逆用可求得csB=−12，结合其范围可得B=2π3；
(2)在△ABD中利用正弦定理以及AD= 3,c= 2可求得∠ADB=π4，可知△ABC是等腰三角形，可求出b= 6.
本题考查利用正余弦定理和三角恒等变换知识解三角形，属于中档题．
18.【答案】解：(1)根据题意可得：截去的三棱锥A1−ABD的表面积为：
3×12×2×2+12×2 2×2 2× 32=6+2 3；
(2)根据题意可得剩余的几何体A1B1C1D1−DBC的体积为23−13×12×23=203；
(3)根据正方体的性质易知A1C1⊥平面BB1D1D，
∴A1到平面BB1D1D的距离为12A1C1= 2，
又矩形BB1D1D的体积为2 2×2=4 2，
∴四棱锥A1−BB1D1D的体积为13×4 2× 2=83.
【解析】(1)根据三角形面积公式，即可求解；
(2)根据分割补形法，即可求解；
(3)根据四棱锥的体积公式，即可求解．
本题考查几何体的表面积与体积的求解，属基础题．
19.【答案】(Ⅰ)证明：连接AC交BE于O，并连接EC，FO，
∵BC//AD，BC=12AD，E为AD中点，∴AE//BC，且AE=BC.
∴四边形ABCE为平行四边形，则O为AC中点．
又F为PC中点，∴OF//PA.∵OF⊂平面BEF，PA⊄平面BEF.∴PA//平面BEF.
(Ⅱ)解：∵PA=PD，E为AD中点，∴PE⊥AD.
∵侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，PE⊂平面PAD，∴PE⊥平面ABCD.
易知BCDE为正方形，∴AD⊥BE.
建立如图空间直角坐标系E−xyz，
设PE=t(t>0)，
则E(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，P(0,0,t)，C(−1,1,0)
∴PC=(−1,1,−t),AB=(−1,1,0).
∵PC与AB所成角为45∘，
∴|cs|=|PC⋅AB|PC||AB||=|(−1)×(−1)+1×1+(−t)×0 2+t2× 2|
=cs45∘= 22，
解得：t= 2，∴PE= 2.
(Ⅲ)解：∵F为PC的中点，所以F=(−12,12, 22)，
EB=(0,1,0)，EF=(−12,12, 22)，
设n=(x,y,z)是平面BEF的法向量，
则 n⋅EB=y=0n⋅EF=−12x+12y+ 22z=0
取x=2，则z= 2，得n=(2,0, 2).
EP=(0,0, 2)是平面ABE的法向量．
∴|cs|=|n⋅EP||n||EP|= 33.
由图可知二面角E−AC−B的平面角是钝角，
所以二面角E−AC−B的余弦值为− 33.
【解析】(Ⅰ)因为F为PC的中点，可联想连结AC，交BE于一点O，即可证明O点为AC的中点，利用三角形中位线知识证得线线平行，从而得到线面平行；
(Ⅱ)以E点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用两条异面直线所成角为45∘，结合给出的线段的长度，即可求出PE的长度；
(Ⅲ)求出两个平面FBE与BEA的法向量，利用两个平面法向量所成的角求二面角的余弦值．
本题考查了线面平行的判定，考查了利用空间向量求二面角的余弦值，解答的关键是空间坐标系的正确建立，同时需要注意的是平面法向量所成的角和二面角的关系，此题是中档题．