2023-2024学年广东省云浮市罗定市高一（下）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2023-2024学年广东省云浮市罗定市高一（下）期中数学试卷-普通用卷，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.已知复数z满足z(1+i)=|1−i|，i为虚数单位，则z=( )
A. iB. 22− 22iC. 12+12iD. 22+ 22i
2.已知向量a=(1,2),b=(1,−1),c=(4,5).若a与b+λc平行，则实数λ的值为( )
A. 114B. −114C. 1D. −1
3.下列说法正确的是( )
A. 各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
B. 球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段
C. 以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
D. 用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台
4.如图所示，点E为△ABC的边AC的中点，F为线段BE上靠近点B的三等分点，则AF=( )
A. 13BA+23BC
B. 43BA+23BC
C. −56BA+16BC
D. −23BA+13BC
5.如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形A′B′C′D′，已知A′B′=4，C′D′=2，则下列说法正确的是( )
A. AB=2B. A′D′=2 2
C. 四边形ABCD的周长为4+2 2+2 3D. 四边形ABCD的面积为6 2
6.已知平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，AB⋅AD=4，点P在线段CD上(不包含端点)，则PA⋅PB的取值范围是( )
A. [−1,8)B. (0,8)C. [1,10)D. (0,10)
7.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为BB1，DC的中点，则异面直线MN和BC1所成角的余弦值为( )
A. 36
B. 34
C. 33
D. 32
8.我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创造了一幅“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”，类比赵爽弦图，用3个全等的小三角形拼成了如图所示的等边△ABC，若EF=2，sin∠ACF=3 314，则AC=( )
A. 8
B. 7
C. 6
D. 5
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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.A，B，C表示不同的点，n，l表示不同的直线，α，β表示不同的平面，下列说法错误的是( )
A. 若α∩β=l，n//α，n//β，则n//l
B. 若A，B∈l，A，B∉α，则l//α
C. 若A，B∈α，A，B，C∈β，α∩β=l，则C∈l
D. 若α//β，l⊂α，n⊂β，则l//n
10.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，下列说法中正确的是( )
A. e2i对应的点位于第二象限B. eπi为纯虚数
C. exi 3+i的模长等于12D. eπ3i的共轭复数为12− 32i
11.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列四个命题中正确的命题是( )
A. 若acsA=bcsB=ccsC，则△ABC一定是等边三角形
B. 若acsA=bcsB，则△ABC一定是等腰三角形
C. 若a2+b2−c2>0，则△ABC一定是锐角三角形
D. 若tanA+tanB+tanC>0，则△ABC一定是锐角三角形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(0,5)，b=(1,2)，则a在b的投影向量的坐标为______.
13.如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1=16.若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点.当底面ABC水平放置时，液面高为______.
14.已知△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，∠ABC=π3，∠ABC的角平分线交AC于点D，且BD= 3，则a+c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)
已知平面向量a=(1,2),b=(−3,−2).
(1)若c⊥(2a+b)，且|c|= 5，求c的坐标；
(2)若a与a+λb的夹角为锐角，求实数λ的取值范围.
16.(本小题15分)
如图是一个奖杯的直观图，它由球、长方体和正四棱台构成.已知球的半径为4cm，长方体的长、宽和高分别为8cm，6cm，18cm，正四棱台的上、下底面边长和高分别为11cm，15cm，5cm.
(1)求下部分正四棱台的侧面积；
(2)求奖杯的体积.(结果取整数，π取3)
17.(本小题15分)
如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=60∘，E，F分别是边AB，BC上的点，且AE=EB，BF=3FC，连接ED、AF，交点为G.
(1)设AG=tAF，求t的值；
(2)求∠EGF的余弦值.
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥O−ABCD中，底面ABCD是矩形．
(1)设M为OA上靠近A的三等分点，N为BC上靠近B的三等分点．求证：MN//平面OCD；
(2)设E是OD上靠近点D的一个三等分点，试问：在OD上是否存在一点F，使BF//平面ACE成立？若存在，请予以证明；若不存在，说明理由．
19.(本小题17分)
如图，已知|OA|=1,|OB|=2,OA与OB的夹角为2π3，点C是△ABO的外接圆优弧AB上的一个动点(含端点A，B)，记OA与OC的夹角为θ.
(1)求△ABO外接圆的直径2R；
(2)试将|OC|表示为θ的函数；
(3)设点M满足AM=13AB，若OC=xOA+yOB，其中x，y∈R，求OC⋅OM的最大值.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意可知：|1−i|= 12+(−1)2= 2，
由z(1+i)=|1−i|= 2，
可得z= 21+i= 2(1−i)(1+i)(1−i)= 22− 22i.
故选：B.
根据模长公式结合复数的四则运算求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：b=(1,−1)，c=(4,5)，
则b+λc=(4λ+1,5λ−1)，
a=(1,2)，
a与b+λc平行，
则2(4λ+1)=5λ−1，解得λ=−1.
故选：D.
根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：对于A：虽然各侧面都是正方形，但底面不一定是正方形，
所以该四棱柱不一定是正方体，故A错误；
对于B：球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故B正确；
对于C：以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，
以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，故C错误；
对于D：用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故D错误．
故选：B.
根据几何体的结构特征逐项分析判断．
本题主要考查空间几何体的结构特征，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：AF=AE+EF=12AC+23EB=12AC+23(AB−AE)
=12AC+23AB−13AC=16AC−23BA
=16(BC−BA)−23BA=−56BA+16BC.
故选：C.
根据平面向量的线性运算结合图像将AF用BA、BC表示，即可得出答案．
本题主要考查了平面向量的线性运算，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：如图过D′作DE⊥O′B′，
由等腰梯形A′B′C′D′可得：△A′D′E是等腰直角三角形，
即A′D′= 2A′E=12×(4−2)× 2= 2，即B错误；
还原平面图为下图，
即AB=4=2CD,AD=2 2，即A错误；
过C作CF⊥AB，由勾股定理得CB=2 3，
故四边形ABCD的周长为：4+2+2 2+2 3=6+2 2+2 3，即C错误；
四边形ABCD的面积为：12×(4+2)×2 2=6 2，即D正确．
故选：D.
根据直观图与平面图的联系还原计算各选项即可．
本题主要考查了平面图形的直观图，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：如图，设DP=xDC=xAB(0∴PA=−AD−DP=−xAB−AD，PB=−BC−CP=(1−x)AB−AD，且AB=4，AD=2，AB⋅AD=4，
∴PA⋅PB=(−xAB−AD)⋅[(1−x)AB−AD]=(x−1)xAB2+AD2+(x+x−1)AB⋅AD=16(x2−x)+4+4(2x−1)=16(x−14)2−1，
∴−1≤PA⋅PB<8，
∴PA⋅PB的取值范围为[−1,8).
故选：A.
可设DP=xAB(0本题考查了向量数乘和减法的几何意义，向量数量积的运算，配方求二次函数取值范围的方法，考查了计算能力，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：如图，延长CB到点E，使得EB=12BC，连接ME，NE，
由BE=BM，得∠EMB=∠MBC1=45∘，即ME//BC1，
所以∠NME为异面直线MN和BC1所成的角或其补角，
设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
则ME= 12+12= 2，NE= 12+32= 10,MN= 12+( 5)2= 6，
所以|cs∠NME|=|2+6−102 2× 6|= 36.
故选：A.
通过做辅助线把BC1平移到ME，得到∠NME为异面直线MN和BC1所成的角或其补角．在△NME中求出三边的长度，再用余弦定理即可得到∠NME的余弦值．
本题主要考查了求异面直线所成的角，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：由题意知，CF=AD=BE，CE=AF=BD，
所以EF=CF−EF，FD=AD−AF，DE=BE−BD，即EF=FD=DE，
所以△DEF为等边三角形，
所以∠EFD=∠EDF=60∘，
所以∠AFC=180∘−∠EFD=120∘，
设AF=x，则EF=2，所以CF=CE+EF=x+2，
因为sin∠ACF=3 314，cs∠ACF= 1−sin2∠ACF=1314，
所以sin∠CAF=sin(60∘−∠ACF)= 32×1314−12×3 314=5 314，
在△ACF中，由正弦定理可得ACsin∠AFC=AFsin∠ACF=CFsin∠CAF，可得AC 32=x3 314=2+x5 314，
解得x=3，AC=7.
故选：B.
根据题意知△DEF为等边三角形，可求∠AFC=120∘，设AF=x，可求CF=x+2，利用同角三角函数基本关系式可求cs∠ACF的值，利用两角差的正弦公式可求sin∠CAF的值，在△ACF中，由正弦定理可得AC的值．
本题考查了同角三角函数基本关系式，两角差的正弦公式以及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．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于A，因为α∩β=l，n//α，n//β，所以由线面平行的性质得n//l，故A正确；
对于B，因为A，B∈l，A，B∉α，所以l//α或l与α相交，故B不正确；
对于C，A，B∈α，A，B，C∈β，α∩β=l，此时点C不一定在平面α内，
所以C∈l不正确，故C不正确；
对于D，由α//β，l⊂α，n⊂β，则l与n可能平行，也可能异面，故D不正确．
故选：BCD.
对于A，由线面平行的性质得n//l；对于B，l//α或l与α相交；对于C，A，点C不一定在平面α内，从而C∈l不正确；对于D、l与n可能平行，也可能异面．
本题考查命题真假的判断，考查线线平行、线面平行的判定与性质等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A：由题意可得：e2i=cs2+isin2，则其对应的点为(cs2,sin2)，
则cs2<0，sin2>0，
∴e2i对应的点位于第二象限，故A正确；
对于B：由题意可得：eπi=csπ+isinπ=−1为实数，故B错误；
C：exi 3+i=(csx+isinx)( 3−i)( 3+i)( 3−i)=( 3csx+sinx)−(csx− 3sinx)i4=12sin(x+π3)−i[12cs(x+π3)]，
则|exi 3+i|= [12sin(x+π3)]2+[−12cs(x+π3)]2= 14[sin2(x+π3)+cs2(x+π3)]=12，故C正确；
对于D：由题意可得：eπ3i=csπ3+isinπ3=12+ 32i，
则eπ3i的共轭复数为12− 32i，故D正确；
故选：ACD.
根据题意结合复数的相关概念与运算逐项分析判断．
本题主要考查了复数的几何意义，还考查了复数的四则运算，属于基础题．
11.【答案】AD
【解析】解：若acsA=bcsB=ccsC，则sinAcsA=sinBcsB=sinCcsC，即tanA=tanB=tanC，即A=B=C，即△ABC是等边三角形，故A正确；
若acsA=bcsB，则由正弦定理得sin2A=sin2B，则2A=2B或2A+2B=180∘，即A=B或A+B=90∘，则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
△ABC中，∵a2+b2−c2>0，∴角C为锐角，但△ABC不一定是锐角三角形，故C错误．
由于tanA+tanB=tan(A+B)(1−tanAtanB)=−tanC(1−tanAtanB)，
所以tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC>0，则△ABC一定是锐角三角形，故D正确；
故选：AD.
由已知结合正弦定理及正切函数的性质判断A；由正弦定理结合三角形中的边角关系判断B；由余弦定理及三角形的内角和定理判断C；利用两角和与差的三角函数判断D.
本题考查三角形的性质判断，考查正弦定理，三角函数恒等变换的应用，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】(2,4)
【解析】解：向量a=(0,5)，b=(1,2)，
所以a在b的投影向量为|a|csb|b|=a⋅b|b|2b=0+105b=(2,4).
故答案为：(2,4).
根据投影向量的定义计算即可．
本题考查了投影向量的定义与应用问题，是基础题．
13.【答案】12
【解析】解：设△ABC的面积为a，底面ABC水平放置时，液面高为h，
侧面AA1B1B水平放置时，水的体积为V=34S△ABC⋅AA1=34a⋅16=12a，
当底面ABC水平放置时，水的体积为V=S△ABCh=ah，
于是ah=12a，解得h=12，
所以当底面ABC水平放置时，液面高为12.
故答案为：12.
根据给定条件利用柱体体积公式求出水的实际体积，再由两种情况的放置水的体积相同求解作答．
本题考查棱柱的结构特征，训练了等体积法的应用，考查运算求解能力，属基础题．
14.【答案】4
【解析】解：由题意得：12acsinπ3=12a× 3sinπ6+12c× 3sinπ6，
可得：ac=a+c，
∴a+c≤(a+c2)2，∴a+c≥4.
当且仅当a=c=2时取等号．
故答案为：4.
根据面积关系建立方程关系，可得ac=a+c，可求a+c的最小值．
本题考查解三角形，考查三角形的面积，属中档题．
15.【答案】解：(1)设c=(x,y)，2a+b=(−1,2)，且c⊥(2a+b)，
∴c⋅(2a+b)=2y−x=0，
∴x=2y，且|c|= 5，
∴x2+y2=4y2+y2=5y2=5，解得y=±1，∴x=−2y=−1或x=2y=1，
∴c=(−2,−1)或(2,1)；
(2)a+λb=(1−3λ,2−2λ)，
∵a与a+λb的夹角为锐角，
∴a⋅(a+λb)>0，且a与a+λb不共线，
∴1−3λ+4−4λ>02−2λ−2(1−3λ)≠0，解得λ<57且λ≠0，
∴λ的取值范围为{λ|λ<57且λ≠0}.
【解析】(1)可设c=(x,y)，求出2a+b=(−1,2)，根据条件可得出2y−x=0x2+y2=5，解出x，y即可得出向量c的坐标；
(2)可求出a+λb=(1−3λ,2−2λ)，根据题意可得出：a⋅(a+λb)>0且a与a+λb不共线，根据向量坐标的数量积运算及共线向量的坐标关系即可得出λ的取值范围．
本题考查了向量坐标的数乘和数量积的运算，根据向量的坐标求向量长度的方法，向量数量积的计算公式，共线向量的坐标关系，考查了计算能力，属于基础题．
16.【答案】解：(1)因为正四棱台的上、下底面边长和高分别为11cm，15cm，5cm，
则该四棱台的斜高为 (15−112)2+52= 29，
所以正四棱台的侧面积为4×12×(11+15)× 29=52 29(cm2)；
(2)因为球的半径为4cm，长方体的长、宽和高分别为8cm，6cm，18cm，正四棱台的上、下底面边长和高分别为11cm，15cm，5cm，
所以球的体积为43π×43=256π3；
长方体的体积为8×6×18=864；
正四棱台的体积为13×(112+152+ 112×152)×5=25553；
所以奖杯的体积为256π3+864+25553≈1972(cm3).
【解析】(1)正四棱台的侧面是全等的等腰梯形，求出斜高，利用梯形的面积公式求解即可；
(2)分别求出球、长方体、正四棱台的体积即可．
本题考查正四棱台的侧面积的计算方法，长方体与球、正四棱台体积的计算公式，属于基础题．
17.【答案】解：(1)∵AE=EB，BF=3FC，
∴AG=tAF=t(AB+BF)=tAB+3t4AD，
∵E，G，D三点共线，
∴存在λ，使得AG=λAE+(1−λ)AD=12λAB+(1−λ)AD，
∴t=12λ3t4=1−λ，解得t=411；
(2)在△ABF中，∠B=120∘，AB=4，BF=3，由余弦定理得，AF2=16+9−2×4×3×(−12)2×4×3=3724，AF= 3724，
在△ADE中，∠DAE=60∘，AD=4，AE=2，由余弦定理得，DE2=16+4−2×2×4×122×2×4=34，DE= 34，
AF⋅DE=(AB+34AD)⋅(12AB−AD)=12AB2−34AD2−58AB⋅AD=8−12−5=−9，
∴cs∠EGF=AF⋅DE|AF||DE|=−9 3724⋅ 34=−36 3737.
【解析】(1)根据条件可得出AG=tAB+3t4AD，AG=12λAB+(1−λ)AD，然后根据平面向量基本定理即可求出t的值；
(2)根据条件及余弦定理即可求出AF，DE的长度，根据AF⋅DE=(AB+34AD)⋅(12AB−AD)进行数量积的运算即可求出AF⋅DE的值，然后根据向量夹角的余弦公式即可求出cs∠EGF的值．
本题考查了余弦定理，三点共线的充要条件，数量积的运算及计算公式，向量夹角的余弦公式，向量加法、减法和数乘的几何意义，向量的数乘运算，考查了计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证法一：如图(1)，取AD上靠近A的三等分点G，连接MG，NG，
△AOD中，AM：MO=1：2，AG：GD=1：2，
则MG//OD，又MG⊄平面OCD，OD⊂平面OCD，
∴MG//平面OCD，同理，NG//平面OCD，
又MG∩NG=G，
∴平面MNG//平面OCD，又MN⊂平面MNG，
∴MN//平面OCD.
证法二：如图(2)，延长AN交DC延长线于H，连OH，
在△OAH中，M为OA上靠近A的三等分点，N为BC上靠近B的三等分点，
AB//CH，∴BNCN=ANNH，∴MN//OH，
∵MN⊄平面OCD，OH⊂平面OCD，∴MN//平面OCD.
(2)存在OE中点F，使BF//平面ACE成立．
取OE中点F，连BF，BD，使BD∩AC=P，连PE.
∵ABCD是矩形，∴P是BD的中点，
又∵E是OD上靠近点D的一个三等分点，且F是OE中点，
∴E是FD的中点，∴△BDF中，PE//BF，
又∵PE⊂平面ACE，BF⊄平面ACE，∴BF//平面ACE，
故在OD上是存在OE中点F，使BF//平面ACE成立．
【解析】(1)法一：取AD上靠近A的三等分点G，连接MG，NG，推导出MG//OD，从而得到MG//平面OCD，同理，NG//平面OCD，进而得到平面MNG//平面OCD，由此能证明MN//平面OCD.
法二：延长AN交DC延长线于H，连OH，在△OAH中，证明MN//OH，从而得到MN//平面OCD.
(2)取OE中点F，连BF，BD，使BD∩AC=P，连PE.推导出PE//BF，从而得到BF//平面ACE，由此推导出在OD上是存在OE中点F，使BF//平面ACE成立．
本题考查线面平行的证明，考查满足线面平行的点是否存在的判断与证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
19.【答案】解：(1)在△AOB中，由余弦定理AB2=OA2+OB2−2OA⋅OBcs∠AOB=1+4−2×1×2×(−12)=7，
解得AB= 7，
由正弦定理可得2R=ABsin∠AOB= 7 32=2 213.
(2)连接AC，由题意可知θ∈[0,2π3]，
在△AOC中，由正弦定理OAsin∠OCA=2R，
则sin∠OCA=OA2R=12 213= 2114，且∠OCA=∠OBA为锐角，
则cs∠OCA= 1−sin2∠OCA=5 714，
可得sin∠OAC=sin(∠OCA+θ)=sin∠OCAcsθ+cs∠OCAsinθ= 2114csθ+5 714sinθ，
由正弦定理|OC|sin∠OAC=2R，
可得|OC|=2Rsin∠OAC=2 213( 2114csθ+5 714sinθ)=csθ+5 33sinθ，
所以|OC|表示为θ的函数为|OC|=csθ+5 33sinθ,θ∈[0,2π3].
(3)由题意可得OA⋅OB=|OA|⋅|OB|cs∠AOB=1×2×(−12)=−1，
则OA⋅OC=xOA2+yOA⋅OB=x−y=|OA|⋅|OC|cs∠AOC=|OC|⋅csθ，
OB⋅OC=yOB2+xOA⋅OB=−x+4y=|OB|⋅|OC|cs∠BOC=2|OC|⋅cs(2π3−θ)
=2|OC|⋅(−12csθ+ 32sinθ)=|OC|⋅( 3sinθ−csθ)，
即x−y=|OC|⋅csθ−x+4y=|OC|⋅( 3sinθ−csθ)，
解得x=( 33sinθ+csθ)|OC|y= 33sinθ|OC|，
可得OC⋅OM=(23OA+13OB)⋅(xOA+yOB)
=23x|OA|2+(13x+23y)OA⋅OB+13y|OB|2=13(x+2y)
=13[( 33sinθ+csθ)|OC|+2 33sinθ|OC|]=13( 3sinθ+csθ)|OC|
=19( 3sinθ+csθ)(5 3sinθ+3csθ)，其中0≤θ≤2π3，
构建f(θ)=( 3sinθ+csθ)(5 3sinθ+3csθ)=15sin2θ+8 3sinθcsθ+3cs2θ
=3+12sin2θ+8 3sinθcsθ=3+12×1−cs2θ2+4 3sin2θ
=9+4 3sin2θ−6cs2θ
=9+2 21sin(2θ−φ)，
其中sinφ= 217,csφ=2 77,φ∈(0,π2)，
当2θ−φ=π2，即θ=π4+φ2时，f(θ)取到最大值为9+2 21，
所以13x+23y=19f(θ)的最大值为19(9+2 21)=1+2 219.
【解析】(1)在△AOB中，利用正、余弦定理运算求解；
(2)在△AOC中，利用正弦定理结合三角恒等变换运算求解；
(3)根据数量积用θ,|OC|表示x，y，根据(2)中的关系，利用三角恒等变换结合正弦函数运算求解．
本题考查解三角形与三角函数的综合运用，考查平面向量的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．