2023-2024学年浙江省A9协作体高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省A9协作体高一（下）期中数学试卷（含解析），共15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.在复平面内，复数(1+i)(3−i)(其中i是虚数单位)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
2.已知平面向量a=(12,1)，b=(−1,k)，若a⊥b，则实数k=( )
A. −2B. 2C. −12D. 12
3.如图所示的点，线，面的位置关系，用符号语言表示正确的是( )
A. α∩β=m，n⊂α，A⊂α，A⊂β
B. α∩β=m，n∈α，m∩n=A
C. α∩β=m，n⊂α，m∩n=A
D. α∩β=m，n∈α，A∈α，A∈β
4.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c.若b=2，c=2 3，C=60°，则角B等于( )
A. 30°B. 45°C. 135°D. 90°
5.在平行四边形ABCD中，AC=a，BD=b，则用a，b表示向量AD和AB分别是( )
A. a+b和a−bB. a−b和a+b
C. a+b2和a−b2D. a−b2和a+b2
6.已知圆台的上、下半径分别为r1，r2，3r1=r2=3.若一个球与圆台上、下底面及侧面均相切，则该球的表面积为( )
A. 5πB. 12πC. 6πD. 36π
7.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若B=60°，b=2，则边AC上中线BD的取值范围为( )
A. [ 213, 3]B. ( 213, 3]C. (1, 3)D. (1, 3]
8.折扇深受各阶层人民喜爱.古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉棚齐编凤翅长”.折扇平面图为如图的扇形OCD，其中∠AOB=120°，OD=4，OB=1，动点P在弧CD上(含端点)，连接OP交扇形OAB的弧AB于点Q，且OP=xOC+yOD，则下列说法错误的是( )
A. 若y=x，则x+y=2B. AB⋅PQ>−5
C. PA⋅PB≥232D. 若y=3x，则OA⋅OP=0
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.如果a，b是两个单位向量，那么下列四个结论中错误的是( )
A. a=b=1B. a⊥bC. |a|=|b|D. a⋅b=1
10.对于△ABC，有如下判断，其中正确的是( )
A. 若sinA=sinB，则△ABC为等腰三角形
B. 若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰或直角三角形
C. 若csAB
D. 若tanA>tanB，则A>B
11.已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1的棱切球(与正方体的各条棱都相切)为球O，则下列说法正确的是( )
A. 球O的体积为43π
B. 球O内接圆柱的侧面积的最大值为4π
C. 球O在正方体外部的体积小于43(2 2−1)π
D. 球O在正方体外部的面积大于6 4−2 2π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z满足z(1−i)=3i，求复数z的共轭复数z−= ______．
13.已知平面向量a，b，c不共线，且两两所成角相等，若|a|=|b|=2，|c|=1，λ>0，则(a−b)⋅(a−λc)的值为______．
14.如图，2024年元宵节在浙江桐乡凤凰湖举行“放孔明灯”活动.为了测量孔明灯的高度，在地上测量了一根长为200米的基线BC，在点B处测量这个孔明灯的仰角为∠OBA=45°，在C处测量这个孔明灯的仰角为∠OCA=30°，在基线BC上靠近B的四等分点处有一点P，在P处测量这个孔明灯的仰角为∠OPA=60°，则这个孔明灯的高度OA= ______．
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)
已知复数z=(m2−4)+(m2−m−6)i，m∈R，i是虚数单位．
(1)若复数z是纯虚数，求m的值；
(2)若复数z在复平面内对应的点在第三象限，求m的取值范围．
16.(本小题15分)
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是DD1的中点．
(1)求证：BD1//平面ACE；
(2)求直线AE与直线BD1所成角的余弦值．
17.(本小题15分)
如图，在平行四边形ABCD中，F为CD的中点，G为BC上一点且满足CG=2GB，AB=a，AD=b．
(1)试用向量a，b表示BF，DG；
(2)若A=60°，AB=3AD=2，求向量BF，DG夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，面对角线A1D，CD1上各有一个动点M，N，使得直线MN/​/平面A1ACC1．
(1)当M，N为对角线A1D，CD1的中点，T为CD的中点时，证明：平面MNT//平面A1ACC1；
(2)当正方体棱长为2时，求线段MN长度的最小值．
19.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b=2，sinC= 3sinA．
(1)若△ABC为锐角三角形时，求边a的取值范围；
(2)求△ABC面积的最大值；
(3)在(1)的条件下，若E，F分别为AB，AC的中点，连接CE，BF交于点O，求cs∠EOF的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：(1+i)(3−i)=4+2i，其对应的点(4,2)位于第一象限．
故选：A．
结合复数的四则运算，复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：平面向量a=(12,1)，b=(−1,k)，若a⊥b，
则12×(−1)+k=0，解得k=12．
故选：D．
结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，“A⊂α，A⊂β”应该是“A∈α，A∈β”，错误；
对于B，“n∈α”应该是“n⊂α”，错误；
对于C，正确；
对于D，“n∈α”应该是“n⊂α”，错误．
故选：C．
根据题意，由空间点，线，面的位置关系的表示方法依次分析选项，综合可得答案．
本题考查空间点，线，面的位置关系的表示方法，注意符号语言的运用，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：因为b=2，c=2 3，C=60°，
由正弦定理得，bsinB=csinC，
所以sinB=bsinCc=2× 322 3=12，
因为b所以B所以B=30°．
故选：A．
由已知结合正弦定理及三角形的大边对大角即可求解．
本题主要考查了正弦定理在求解三角形中的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：因为平行四边形ABCD中，AC=a，BD=b，设AC与BD交于点O，
则AD=AO+OD=12(AC+BD)=12(a+b)，
AB=AO+OB=12(AC−BD)=12(a−b).
故选：C．
由已知结合向量加法的三角形法则即可求解．
本题主要考查了向量加法的三角形法则的应用，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：如图，
设圆台上、下底面圆心分别为O1，O2，则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处，
设球O与母线AB切于M点，所以OM⊥AB，所以OM=OO1=OO2=2，
所以△AOO1与△AOM全等，所以AM=r1=1，同理BM=r2=3，所以AB=r1+r2=4，
过A作AG⊥BO2，垂足为G，则BG=r2−r1=2，AG=O1O2=2R，
所以AG2=AB2−BG2，所以4R2=42−22=12，
所以R2=3，
所以该球的表面积为4πR2=12π．
故选：B．
根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征求解球的半径，然后代入球的表面积公式求解即可．
本题考查了圆台内切球的表面积计算，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：因为BD是ΔABC边AC上的中线，所以BD=12(BA+BC)，
则|BD|2=14(|BA|2+|BC|2+2BA⋅BC)=14(c2+a2+2cacsπ3)=14(a2+c2+ac)，
由正弦定理得asinA=csinC=bsinB=2sin60∘=4 33，可得a=4 33sinA，c=4 33sinC，
所以|BD|2=14(163sin2A+163sin2C+163sinAsinC)=43(sin2A+sin2C+sinAsinC)，
而sin2C=sin2(A+B)=( 32csA+12sinA)2=34cs2A+ 32sinAcsA+14sin2A，
sinAsinC=sinAsin(A+B)=sinA( 32csA+12sinA)= 32sinAcsA+12sin2A，
所以|BD|2=43(sin2A+34cs2A+ 32sinAcsA+14sin2A+ 32sinAcsA+12sin2A)
=43(sin2A+ 3sinAcsA+34)=23(1−cs2A)+2 33sin2A+1=43sin(2A−π6)+53，
因为△ABC为锐角三角形，B=π3，所以角A∈(π6,π2)，
可知：当A=π3时，|BD|2取得最大值43sinπ2+53=3，|BD|2的最小值大于43sinπ6+53=73，
所以|BD|的最大值为 3，最小值大于 73= 213，即|BD|的取值范围为( 213, 3].
故选：B．
利用向量加法运算及数量积模的运算，推导出|BD|2=14(a2+c2+ac)，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式，将|BD|2表示为角A的三角函数表达式，结合正弦函数的性质算出BD的取值范围．
本题主要考查平面向量数量积的定义与运算性质、正弦定理、三角恒等变换公式及其应用、正弦函数的图象与性质等知识，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：对于A，当P为CD的中点时，连接CD，交OP于点E，则OE=OCcs60°=12OC，可得OP=2OE，
若y=x，则OP=x(OC+OD)=2xOE，可得2x=2，所以x=y=1，x+y=2，故A项正确；
对于B，AB⋅PQ=−3AB⋅OQ≥−3AB⋅OB=−3× 3× 32=−92>−5，故B项正确；
对于C，PA⋅PB=|PM|2−|AM|2≥(72)2−( 32)2=494−34=232，故C项正确；
对于D，若y=3x，则OA⋅OP=OA⋅(xOC+3xOD)=x(OA⋅OC+3OA⋅OD)=x(4−6)≠0，故D项不正确．
故选：D．
根据三角形中线的性质与向量的线性运算法则，判断出A项的正误；根据平面向量数量积的定义与运算性质，结合扇形的形状，计算出AB⋅PQ与PA⋅PB的范围，判断出B、C两项的正误；当y=3x时，利用向量的线性运算法则与数量积的运算性质，求出OA⋅OP≠0，从而判断出D项的正误．
本题主要考查平面向量的线性运算、向量数量积的定义与运算性质等知识，考查了计算能力、图形的理解能力，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，单位向量是模等于1的向量，但不能认为a=b=1，故A项错误；
对于B，两个单位向量的夹角不一定是直角，故B项错误；
对于C，因为a、b是两个单位向量，所以|a|=|b|=1，故C项正确；
对于D，只有单位向量a、b相等时，才有a⋅b=1，即a⋅b=1不一定成立，故D项错误．
故选：ABD．
根据题意，利用单位向量的定义、向量垂直的条件与数量积的定义，对各项的结论逐一加以验证，可得所求答案．
本题主要考查单位向量的定义、两个向量平行与垂直的条件、平面向量的数量积等知识，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：A中，因为sinA=sinB，在△ABC中，由正弦定理可得a=b，
所以该三角形为等腰三角形，所以A正确；
B中，因为sin2A=sin2B，在△ABC中，可得2A=2B或2A=π−2B，
即A=B或A+B=π2，可得C=π2，
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，所以B正确；
C中，在三角形中，A，B∈(0,π)，因为y=csx在(0,π)上单调递减，所以A>B，所以C正确；
D中，当B为钝角，A为锐角时，此时tanA>tanB时，B>A，所以D不正确．
故选：ABC．
A中，由正弦定理可得a=b，进而可得A=B，即判断出该三角形的形状，进而判断出A的真假；B中，由三角形中的角之间的关系，判断出该三角形的形状，判断出B的真假；C中，由余弦函数的单调性，可得角A，B的关系，判断出C的真假；D中，当B为钝角，A为锐角时，判断出D的真假．
本题考查三角形中角之间的关系及余弦函数的单调性的应用，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对A选项，根据题意可知：棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1的棱切球O的直径长为正方体的面对角线长，
即球O的半径为 2，∴球O的体积为43πR3=8 2π3，∴A选项错误；
对B选项，设球O内接圆柱的底面圆的半径为r，高为h，
则(2R)2=(2r)2+h2，∴4r2+h2=8，
∴球O内接圆柱的侧面积为2πrh=π⋅2r⋅h≤π⋅4r2+h22=4π，
当且仅当2r=h=2时，等号成立，∴球O内接圆柱的侧面积的最大值为4π，∴B选项正确；
对C选项，∵球O在正方体外部的体积小于球O体积与正方体内切球体积之差43(2 2−1)π，∴C选项正确；
对D选项，∵球O在正方体外部的面积等于正方体外6个球冠的表面积，
且每一个球冠的表面积大于这个球冠中内接圆锥的侧面积 4−2 2π，
∴6个球冠的表面积大于6 4−2 2π，∴D选项正确．
故选：BCD．
根据题意可知：棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1的棱切球O的直径长为正方体的面对角线长，再针对各个选项分别求解即可．
本题考查正方体的棱切球问题，化归转化思想，属中档题．
12.【答案】−32−32i
【解析】解：∵z(1−i)=3i，
∴z(1−i)(1+i)=3i(1+i)，
∴2z=−3+3i，
∴z=−32+32i，
∴复数z的共轭复数z−=−32−32i，
故答案为：−32−32i.
利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．
本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
13.【答案】6
【解析】解：因为平面向量a，b，c不共线，且两两所成角相等，所以向量a，b，c两两成120°角，
由|a|=|b|=2，|c|=1，设c=(1,0)，a=(−1, 3)，b=(−1,− 3)，
则a−b=(0,2 3)，a−λc=(−1−λ, 3)，可得(a−b)⋅(a−λc)=0×(−1−λ)+2 3× 3=6．
故答案为：6．
根据题意，向量a、b、c两两成120°角，结合|a|=|b|=2，|c|=1，设c=(1,0)，a=(−1, 3)，b=(−1,− 3)，利用平面向量数量积及其坐标运算法则算出(a−b)⋅(a−λc)的值．
本题主要考查平面向量数量积及其坐标运算法则等知识，考查了计算能力，属于基础题．
14.【答案】1507 14m
【解析】解：因为OA⊥底面ABC，
AB，AP，AC⊂平面ABC，
所以OA⊥AB，OA⊥AP，OA⊥AC，
在Rt△OAB中，∠OBA=45°，可得AB=OA，
在Rt△OAC中，∠OCA=30°，
所以AC=OAtan∠OCA= 3OA，
在Rt△OAP中，∠OPA=60°，所以AP=OAtan∠OPA= 33OA，
因为BC=200m，由题意可得PB=14BC=50m，PC=34BC=150m，
在△ABP中，由余弦定理可得cs∠APB=AP2+PB2−AB22AP⋅PB=13AO2+502−OA22⋅ 33OA⋅50，①
在△ACP中，由余弦定理可得cs∠APC=AP2+PC2−AC22AP⋅PC=13OA2+1502−3OA22⋅ 33OA⋅150，②
因为cs∠APB+cs∠APC=0，
①+②可得：13AO2+502−OA22⋅ 33OA⋅50+13OA2+1502−3OA22⋅ 33OA⋅150=0，
整理可得：OA2=36×50214，
解得OA=150 147m.
故答案为：1507 14m.
由OA⊥底面ABC及题意可得AB，AC，AP用OA表示的代数式，分别在△ABP和△ACP中，由余弦定理可得cs∠APB，cs∠APC的余弦的表达式，再由cs∠APB+cs∠APC=0，可得关于OA的方程，进而求出OA的大小．
本题考查余弦定理的应用，互为补角的性质的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)复数z=(m2−4)+(m2−m−6)i，复数z是纯虚数，
则m2−4=0m2−m−6≠0，解得m=±2m≠−2且m≠3，
故m=2．
(2)复数z在复平面内对应的点在第三象限，
则m2−4<0m2−m−6<0，所以−2故m的取值范围为(−2,2)．
【解析】(1)结合纯虚数的定义，即可求解；
(2)结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的概念，以及复数的几何意义，属于基础题．
16.【答案】(1)证明：连接BD，交AC于点O，由题意可得O为BD的中点，连接OE，
因为E是DD1的中点，
因为OE/​/BD1，OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，
所以BD1//平面ACE；
(2)解：因为OE/​/BD1，所以∠AEO等于为直线AE与直线BD1所成角，
设正方体棱长为2，在△AEO中，AE= AD2+DE2= 22+(22)2= 5，
OE= DE2+DO2= (22)2+(2 22)2= 3，
AO= 2，
因为AE2=DE2+OD2，
所以cs∠AEO=OEAE= 3 5= 155．
所以直线AE与直线BD1所成角的余弦值为 155．
【解析】(1)连接BD，交AC于点O，由题意可得OE/​/BD1，进而可证得结论；
(2)由(1)可得∠AEO等于为直线AE与直线BD1所成角，求出AE，OE的值，进而求出∠AEO的余弦值．
本题考查直线与平面平行的性质定理的应用及异面直线所成的角的求法，属于中档题．
17.【答案】解：(1)根据题意，在平行四边形ABCD中，
BF=BC+CF=b−12a，
DG=DC+CG=a−23b；
(2)根据题意，cs〈BF,DG〉=BF⋅DG|BF||DG|，
BF⋅DG=(b−12a)⋅(a−23b)=43a⋅b−23b2−12a2=−196，
|BF|=|b−12a|= (b−12a)2= 132，
|DG|=|a−23b|= (a−23b)2= 613，
所以cs〈BF,DG〉=BF⋅DG|BF||DG|=−19 793．
【解析】(1)根据题意，由平面向量基本定理分析可得答案；
(2)根据题意，由向量数量积的计算公式计算可得答案．
本题考查向量数量积的性质和应用，涉及平面向量基本定理，属于基础题．
18.【答案】(1)证明：因为N，T分别是线段CD1，CD的中点，所以TN//DD1，
又DD1//AA1，从而NT//AA1，
因为NT//AA1，AA1⊂平面A1ACC1，NT⊄平面A1ACC1，
所以NT//平面A1ACC1
又MN/​/平面A1ACC1，NT∩MN=N，
所以平面MNT//平面A1ACC1；
(2)解：过点M作AD的垂线，垂足为P，过点N作DC的垂线，垂足为Q，连接PQ，
因为MP//AA1，AA1⊂平面A1ACC1，MP⊄平面A1ACC1，
所以MP/​/平面A1ACC1，
又MN/​/平面A1ACC1，MP∩MN=M，MP，MN⊂平面MNQP，
所以平面MNQP//平面A1ACC1；
因为平面MNQP∩平面ABCD=PQ，平面A1ACC1∩平面ABCD=AC，
所以PQ//AC，
设PD=x，0≤x≤2，则QD=x，MP=x，又棱长为2，
则NQ=QC=2−x，在梯形MNQP中，PQ= 2x，
MN2=(NQ−MP)2+PQ2=6x2−8x+4，x∈[0,2]，
开口向上，对称轴x=23∈[0,2]，
所以x=23时，MN2的最小值为6×49−8×23+4=43，
即线段MN的最小值为23 3．
【解析】(1)由N，T分别是线段CD1，CD的中点，可证得TN//DD1，进而可证得TN//平面A1ACC1，由题意及NT∩MN=N，可证得结论；
(2)由题意可证得平面MNQP//平面A1ACC1，在梯形MNQP中，可得MN的表达式，由二次函数的性质，求出它的最小值．
本题考查平面与平面平行的证法及空间中线段的长度的求法，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为b=2，sinC= 3sinA，
由正弦定理可得c= 3a，
因为△ABC为锐角三角形，且c>a，
所以a2+b2>c2a2+c2>b2，
从而1即a∈(1, 2)；
(2)由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，
又c= 3a，a2=4+3a2−4 3acsA，
所以csA=a2+22 3a，
所以sinA= 1−cs2A= −a4+8a2−412a2，
S=12bcsinA= 3asinA= −a4+8a2−42= −(a2−4)2+122，
当a2=4，即a=2时，Smax= 3；
(3)因为CE，BF为中线，
所以CE=12AB−AC，BF=12AC−AB，
所以CE⋅BF=(12AB−AC)⋅(12AC−AB)
=54AB⋅AC−12AB2−12AC2=2−a24，
又因为|CE|= 8−a22，|BF|= 2a2−1，
所以cs∠EOF=cs〈CE,BF〉=CE⋅BF|CE||BF|=2−a22 (8−a2)(2a2−1)，
令2−a2=t，则t∈(0,1)，
所以cs∠EOF=12 t2−2t2−9t+18=12 1−2−9t+18t2，
所以令m=1t>1，
所以f(m)=18m2−9m−2，m>1，
开口向上，对称轴m=14，函数在(1,+∞)单调递增，
所以f(m)>f(1)=18×1−9×1−2=7，f
所以1f(m)∈(0,17)，
所以cs∠EOF∈(0, 714)，
即cs∠EOF的取值范围为(0, 714).
【解析】(1)由正弦定理可得c= 3a，由锐角三角形的性质可得a的范围；
(2)由余弦定理可得csA的表达式，进而求出sinA的表达式，代入三角形的面积公式，由二次函数的性质可得该三角形的面积的最大值；
(3)由中线的向量表示，可得CE，BF的夹角的余弦值的表达式，进而求出cs∠EOF的取值范围．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用及中线的向量表示，二次函数的性质的应用，属于中档题．