2023-2024学年山西省阳泉一中高一（下）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2023-2024学年山西省阳泉一中高一（下）期中数学试卷-普通用卷，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.复数z=2+i1−i(i是虚数单位)在复平面上所对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知向量a=(1,2)，b=(−2,t)，若a//b，则t=( )
A. −4B. 1C. 2D. 4
3.以下说法正确的是( )
①棱柱的侧面是平行四边形；
②长方体是平行六面体；
③长方体是直棱柱；
④底面是正多边形的棱锥是正棱锥；
⑤直四棱柱是长方体；
⑥四棱柱、五棱锥都是六面体.
A. ①②④⑥B. ②③④⑤C. ①②③⑥D. ①②⑤⑥
4.底面半径为1的圆锥的侧面展开扇形面积是它的底面积的两倍，则母线长为( )
A. 1B. 2C. 2D. 2 2
5.已知i是虚数单位，i−1是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则p+q=( )
A. 4B. −4C. 2D. −2
6.△ABC中，已知(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，且AB|AB|⋅BC|BC|=− 22，则△ABC是( )
A. 三边互不相等的三角形B. 等边三角形
C. 等腰直角三角形D. 顶角为钝角的等腰三角形
7.已知点A(−2,1)，B(−1,−1)，C(1,2)，D(3,4)，则AB在CD方向上的投影向量为( )
A. (−12,−12)B. (− 22,− 22)C. (12,12)D. ( 22, 22)
8.已知a，b是不共线的向量，且AB=−2a+8b，BC=3a−3b，CD=a+5b，则( )
A. B，C，D三点共线B. A，B，C三点共线C. A，C，D三点共线D. A，B，D三点共线
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。
9.9在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则( )
A. 若A=30∘，b=4，a=3，则△ABC恰有1解
B. 若tanAtanB=1，则△ABC为直角三角形
C. 若sin2A+sin2B+cs2C<1，则△ABC为锐角三角形
D. 若a2−b2=bc，则A=2B
10.已知△ABC三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且∠C=π3，c=2，则下列结论正确的有( )
A. △ABC面积的最大值为 3
B. bcsA+acsB= 2
C. △ABC周长的最大值为6
D. csBcsA的取值范围为(−∞, 32)∪( 3,+∞)
11.“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.奔驰定理与三角形四心(重心、内心、外心、垂心)有着神秘的关联.它的具体内容是：已知M是△ABC内一点，△BMC，△AMC，△AMB的面积分别为SA，SB，SC，且SA⋅MA+SB⋅MB+Sc⋅MC=0.以下命题正确的有( )
A. 若SA：SB：SC=1：1：1，则M为△ABC的重心
B. 若M为△ABC的内心，则BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0
C. 若∠BAC=45∘，∠ABC=60∘，M为△ABC的外心，则SA:SB:SC= 3:2:1
D. 若M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，则cs∠AMB=− 66
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，若斜边长为2 2的等腰直角△A′B′C′(B′与O′重合)是水平放置的△ABC的直观图，则△ABC的面积为______.
13.已知D，E分别为△ABC的边AB、AC上的点，线段BE和CD相交于点P，若AD=3DB，且DP=λPC,CE=μEA，其中λ>0，μ>0.则2λ+1μ的最小值为______.
14.若△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanB=csC−sinCcsC+sinC，a= 2c，点D在边BC上，AD=b且△ADB的面积为2− 32，则CD=______.
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)
已知圆台的上、下底面半径分别是1和2，高是1.求：
(1)圆台的表面积；
(2)圆台的体积.
16.(本小题15分)
已知|a|=4，|b|=8，a与b的夹角为2π3.
(1)求|a+b|；
(2)当k为何值时，(a+2b)⊥(ka−b)？
17.(本小题15分)
如图，已知四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点M，N，Q分别是PA，BD，PD的中点．
(1)求证：MN//平面PCD；
(2)求证：平面MNQ//平面PBC.
18.(本小题17分)
设△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csinCa−sinC=bsinBa−sinA，b=4.
(1)求角B的大小；
(2)若c=4 63，求△ABC的面积.
19.(本小题17分)
设O为坐标原点，定义非零向量OM=(a,b)的“相伴函数”为f(x)=asinx+bcsx(x∈R)，向量OM=(a,b)称为函数f(x)=asinx+bcsx的“相伴向量”.
(1)设函数h(x)=2sin(π3−x)−cs(π6+x)，求h(x)的“相伴向量”；
(2)记OM=(0,2)的“相伴函数”为f(x)，若函数g(x)=f(x)+2 3|sinx|−1，x∈[0,2π]与直线y=k有且仅有四个不同的交点，求实数k的取值范围；
(3)已知点M(a,b)满足3a2−4ab+b2<0，向量OM的“相伴函数”f(x)在x=x0处取得最大值.当点M运动时，求tan2x0的取值范围.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：复数2+i1−i=(2+i)(1+i)(1−i)(1+i)=1+3i2=12+32i；
复数z=2+i1−i (i是虚数单位)在复平面上所对应的点位于第一象限．
故选：A.
复数的分子与分母同乘分母的共轭复数，化简复数为a+bi的形式，即可得到复数在复平面上所对应的点位于的象限．
本题考查复数的代数形式的混合运算，考查计算能力．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查平面向量共线的坐标运算，是基础题．
直接利用向量共线的坐标运算列式求解．
【解答】
解：∵a=(1,2)，b=(−2,t)，且a//b，
∴1×t−2×(−2)=0，即t=−4.
故选：A.
3.【答案】C
【解析】解：①棱柱的两个底面平行且侧棱两两相互平行，故侧面是平行四边形，故正确；
②平行六面体是各面都为平行四边形的六面体，而长方体是各面都为矩形的平行六面体，故正确；
③直棱柱是侧棱与底面垂直的棱柱，显然长方体的侧棱与底面都垂直，故为直棱柱，故正确；
④底面是正多边形且各侧面为全等的等腰三角形的棱锥是正棱锥，故错误；
⑤底面为长方形的直四棱柱是长方体，故错误；
⑥四棱柱、五棱锥均有六个面，都是六面体，正确．
故选：C.
根据棱柱(直棱柱、平行六面体、多面体)、棱锥(正棱锥)的结构特征判断各项的正误．
本题主要考查了棱柱(直棱柱、平行六面体、多面体)、棱锥(正棱锥)的结构特征，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：设圆锥的母线长为l，
因为圆锥的底面圆的半径为1，所以底面积为π，
由题意，圆锥的侧面展开扇形面积是它的底面积的两倍，
所以圆锥的侧面积为2π，
所以12×2π×1×l=2π，
解得l=2，即圆锥的母线长为2.
故选：C.
设圆锥的母线长为l，根据底面圆的半径为1以及圆锥的侧面展开扇形面积是它的底面积的两倍，列出关于母线l的方程，求解即可．
本题考查了圆锥的侧面积计算和扇形的面积公式的应用，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：i−1是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，
根据实系数一元二次方程的虚根成对原理，可得：−i−1也是原方程的一个虚根．
∴i−1+(−i−1)=−p，(i−1)(−i−1)=q，
解得：p=2，q=2.
则p+q=4.
故选：A.
根据实系数一元二次方程的虚根成对原理，可得：−i−1也是原方程的一个虚根．再利用根与系数的关系即可得出．
本题考查了实系数一元二次方程的虚根成对原理、根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查三角形形状的判断，考查角平分线、向量的数量积等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
根据AB|AB|+AC|AC|表示的向量在∠BAC的角平分线上，同时利用(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，推断出∠BAC的角平分线垂直于边BC，进而可推断出三角形为等腰三角形，同时根据向量积公式及AB|AB|⋅BC|BC|=− 22，可求得B的值，由此可推断出三角形的形状．
【解答】
解：∵AB|AB|表示AB边的单位向量，AC|AC|表示AC边的单位向量，
∴AB|AB|+AC|AC|表示的向量在∠BAC的角平分线上，
∵(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，
∴∠BAC的角平分线垂直于边BC，
∴△ABC是以角A为顶角的等腰三角形，
∵AB|AB|⋅BC|BC|=− 22，
∴AB|AB|⋅BC|BC|=1×1×cs(180∘−B)=− 22，
∴B=45∘，
∴△ABC是等腰直角三角形．
故选：C.
7.【答案】A
【解析】解：由点A(−2,1)，B(−1,−1)，C(1,2)，D(3,4)，
则AB=(1,−2)，CD=(2,2)，
则AB⋅CD=1×2+(−2)×2=−2，|CD|= 22+22=2 2，
则AB在CD方向上的投影向量为AB⋅CD|CD|CD|CD|=(−12,−12)，
故选：A.
先求出向量AB=(1,−2)，CD=(2,2)，再结合投影向量的运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积的坐标运算，重点考查了投影向量的运算，属基础题．
8.【答案】C
【解析】解：因为AB=−2a+8b，BC=3a−3b，CD=a+5b，
所以AD=2a+10b，AC=5b+a，BD=BC+CD=4a+2b，
若B，C，D三点共线，则BC=λBD，即3=4λ−3=2λ，λ不存在，故A错误；
若A，B，C三点共线，则AB=μAC，即−2=μ8=5μ，μ不存在，故B错误；
若A，C，D三点共线，则AC=mAD，即1=2m5=10m，解得m=12，故C正确；
若A，B，D三点共线，则AB=nAD，即−2=2n8=10n，n不存在，故D错误．
故选：C.
利用平面向量共线定理求解．
本题主要考查了向量共线定理的应用，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：对A，A=30∘，b=4，a=3，因为bsinA对B，因为tanAtanB=1，所以csAcsB−sinAsinB=0，即cs(A+B)=0，A+B=π2，故C=π2，故B正确；
对C，由sin2A+sin2B+cs2C<1可得sin2A+sin2B则a2+b2对D，a2−b2=bc，所以c2−2bccsA=bc，
所以sinC−2sinBcsA=sinB，所以sin(A−B)=sinB，
所以A−B∈(0,π)，B∈(0,π2)，所以A−B=B，即A=2B，故D正确．
故选：BD.
对A，由正弦定理可判断出它的真假；对B，化简可得cs(A+B)=0可判断出它的真假；对C，由正弦定理化角为边，再由余弦定理可判断出它的；对D，由正弦定理结合余弦定理可判断出它的真假．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：对A选项，∵∠C=π3，c=2，∴csC=12=a2+b2−42ab，
∴ab+4=a2+b2≥2ab当且仅当a=b=2时，取得等号，
∴ab≤4，∴S△ABC=12absinC= 34ab≤ 3，∴A选项正确；
对B选项，∵bcsA+acsB
=b⋅b2+c2−a22bc+a⋅a2+c2−b22ac
=2c22c=c=2，∴B选项错误；
对C选项，由A选项的分析知a2+b2=ab+4，
∴(a+b)2−4=3ab≤3⋅(a+b2)2，且仅当a=b=2时，取得等号，
∴(a+b)2≤16，∴a+b≤4，又c=2，
∴△ABC周长a+b+c≤6，∴C选项正确；
对D选项，∵C=π3，∴A+B=2π3，
∴csBcsA=cs(2π3−A)csA=−12csA+ 32sinAcsA=−12+ 32tanA，
又A∈(0,2π3)，∴tanA∈(−∞,− 3)∪(0,+∞)，
∴csBcsA∈(−∞,−2)∪(−12,+∞)，∴D选项错误．
故选：AC.
根据余弦定理，重要不等式，均值不等式，三角函数的性质即可求解．
本题考查余弦定理，重要不等式，均值不等式，三角函数的性质，属中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，取BC的中点D，连接MD，AM，
由SA：SB：SC=1：1：1，则MA+MB+MC=0，
所以2MD=MB+MC=−MA，
所以A，M，D三点共线，且AM=23AD，
设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得CM=23CE，BM=23BF，
所以M为△ABC的重心，故A正确；
对于B，由M为△ABC的内心，则可设内切圆半径为r，
则有SA=12BC⋅r，SB=12AC⋅r，SC=12AB⋅r，
所以12BC⋅r⋅MA+12AC⋅r⋅MB+12AB⋅r⋅MC=0，
即BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0，故B正确；
对于C，由M为△ABC的外心，则可设△ABC的外接圆半径为R，
因为∠BAC=45∘，∠ABC=60∘，
则有∠BMC=2∠BAC=90∘，∠AMC=2∠ABC=120∘，∠AMB=2∠ACB=150∘，
所以SA=12R2⋅sin∠BMC=12R2⋅sin90∘=12R2，SB=12R2⋅sin∠AMC=12R2⋅sin120∘= 34R2，SC=12R2⋅sin∠AMB=12R2⋅sin150∘=14R2，
所以SA:SB:SC=2: 3:1，故C错误；
对于D，如图，延长AM交BC于点D，延长BM交AC于点F，延长CM交AB于点E，
由M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，则SA：SB：SC=3：4：5，
又S△ABC=SA+SB+SC，则S△ABCSA=4，S△ABCSB=3，
设MD=x，MF=y，则AM=3x，BM=2y，
所以cs∠BMD=x2y=cs∠AMF=y3x，即3x2=2y2，
所以cs∠BMD= 66，所以cs∠AMB=cs(π−∠BMD)=− 66，故D正确；
故选：ABD.
对A，取BC的中点D，连接MD，AM，结合奔驰定理可得到2MD=−MA，进而即可判断A；对B，设内切圆半径为r，从而可用r表示出SA，SB，SC，再结合奔驰定理即可判断B；对C，设△ABC的外接圆半径为R，根据圆的性质结合题意可得∠BMC=90∘，∠AMC=120∘，∠AMB=150∘，从而可用R表示出SA，SB，SC，进而即可判断C；对D，延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，根据题意结合奔驰定理可得到S△ABCSA=4，S△ABCSB=3，从而可设MD=x，MF=y，则AM=3x，BM=2y，代入即可求解cs∠AMB，进而即可判断D.
本题主要考查了平面向量的数量积运算，考查了三角形的重心、内心、外心和垂心的性质，属于中档题．
12.【答案】4 2
【解析】解：根据题意，直观图△A′B′C′为斜边长为2 2的等腰直角三角形，则其直角边边长为2，
故直观图△A′B′C′的面积S′=2，
故原图△ABC的面积S=2 2S′=4 2.
故答案为：4 2.
根据题意，求出直观图△A′B′C′的面积，由原图与直观图的面积关系分析可得答案．
本题考查平面图形的直观图，涉及斜二测画法，属于基础题．
13.【答案】4 2
【解析】解：因为AP=AD+DP=34AB+λλ+1DC
=34AB+λλ+1(AC−AD)
34AB+λλ+1[(1+μ)AE−34AB]
=34⋅11+λAB+λ(1+μ)λ+1AE，
因为B、P、E三点共线，
所以34(1+λ)+λ(1+μ)1+λ=1，
所以34+λ(1+μ)=1+λ，
即λμ=14，
所以2λ+1μ≥2 2λμ=4 2，当且仅当λ=2μ，即μ= 24，λ= 22时取等号．
故答案为：4 2.
由已知结合向量的线性表示及共线定理可得λμ=14，然后结合基本不等式即可求解．
本题主要考查了向量的线性运算，共线定理的应用，还考查了基本不等式求解最值，属于中档题．
14.【答案】3− 3
【解析】解：因为tanB=csC−sinCcsC+sinC，所以sinBcsB=csC−sinCcsC+sinC，
所以csCcsB−sinCsinB=sinBcsC+csBsinC，所以cs(B+C)=sin(B+C)，
即−cs∠BAC=sin∠BAC，所以tan∠BAC=−1，
因为∠BAC∈(0,π)，所以∠BAC=3π4，
因为asin∠BAC=csinC，
所以sinC=csin∠BACa=12，
又0因为点D在边BC上，AD=b，所以C=∠ADC=π6，
因为∠ADC=∠B+∠BAD，∠B=π−3π4−π6=π12，所以∠BAD=π12，
所以AD=BD=b，
所以S△ADB=12AD⋅DB⋅sin∠ADB=12b2×sin5π6=2− 32，得b= 3−1，
在△ADC中，∠DAC=3π4−π12=2π3，
由余弦定理可得CD2=AD2+AC2−2AD⋅ACcs∠DAC=2b2−2b2×(−12)=3b2，
得CD= 3b=3− 3.
故答案为：3− 3.
先根据tanB=csC−sinCcsC+sinC，结合两角和的正余弦公式求出∠BAC，再利用正弦定理求出C，再根据△ADB的面积求出边b，再在△ADC中，利用余弦定理即可得解．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，三角形面积公式的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)如图，圆台OO′是大圆锥PO上面截掉小圆锥PO′得到的几何体，
则O′，O分别为圆台上、下底面的圆心，连接PO，则O′D=1，OC=2，O′O=1.
易得△PO′D∽△POC，则PO′PO=PO−O′OPO=O′DOC=12，得PO=2，
即PO′=1，PD= 2，PC=2 2，则DC= 2.
圆台的表面积S=π⋅O′D2+π⋅OC2+π⋅O′D⋅DC+π⋅OC⋅DC=π+4π+ 2π+2 2π=(5+3 2)π
(2)圆台的体积V=13⋅PO⋅π⋅OC2−13⋅PO′⋅π⋅O′D2=8π3−π3=7π3.
【解析】(1)根据相似可求解长度，即可由表面积公式求解，
(2)根据锥体体积公式即可求解．
本题考查了几何体的表面积与体积计算问题，是基础题．
16.【答案】解：(1)∵a⋅b=|a|⋅|b|cs=32cs2π3=−16，
∴|a+b|2=|a|2+2a⋅b+|b|2=16−32+64=48，
∴|a+b|=4 3.
(2)(a+2b)⊥(ka−b)，
则(a+2b)⋅(ka−b)=k|a|2+(2k−1)a⋅b−2|b|2=16k−16(2k−1)−128=0，解得k=−7.
【解析】(1)根据向量数量积定义和运算律可求得|a+b|2，进而得到|a+b|；
(2)由向量垂直可得(a+2b)⋅(ka−b)=0，根据向量数量积定义和运算律可构造方程求得结果．
本题主要考查平面向量垂直的性质，考查转化能力，属于中档题．
17.【答案】证明：(1)由题意：四棱锥P−ABCD的底面ABCD为平行四边形，
点M，N，Q分别是PA，BD，PD的中点，
∴N是AC的中点，
∴MN//PC，
又∵PC⊂平面PCD，MN⊄平面PCD，
∴MN//平面PCD.
(2)由(1)，知MN//PC，
∵M，Q分别是PA，PD的中点，
∴MQ//AD//BC，
又∵BC⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，BC∩PC=C，
MQ⊂平面MNQ，MN⊂平面MNQ，MQ∩MN=M，
∴平面MNQ//平面PBC.
【解析】(1)推导出四棱锥P−ABCD的底面ABCD为平行四边形，MN//PC，由此能证明MN//平面PCD.
(2)推导出MN//PC，MQ//AD//BC，由此能证明平面MNQ//平面PBC.
本题考查线面平行、面面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：(1)因为csinCa−sinC=bsinBa−sinA，
由正弦定理可得c2a−c=b2a−a，即a2+c2−b2=ac，则csB=a2+c2−b22ac=12，
又B∈(0,π)，
所以B=π3；
(2)因为b=4，B=π3，c=4 63，
由bsinB=csinC，得4sinπ3=4 63sinC，即sinC= 32×4 634= 22，
又C∈(0,2π3)，所以C=π4，则A=π−(π3+π4)=5π12，
所以sinA=sin5π12=sin(π4+π6)=sinπ4csπ6+csπ4sinπ6= 22× 32+ 22×12= 6+ 24，
所以S△ABC=12bcsinA=12×4×4 63× 6+ 24=4+4 33.
【解析】(1)利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；
(2)由正弦定理求出C，即可得到A，再由两角和的正弦公式求出sinA，最后由面积公式计算可得．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)h(x)=2( 32csx−12sinx)−( 32csx−12sinx)=−12sinx+ 32csx，
所以函数h(x)的“相伴向量”OM=(−12, 32).
(2)由题知：f(x)=0⋅sinx+2⋅csx=2csx.
g(x)=2csx+2 3|sinx|−1={4sin(x+π6)−1,0≤x≤π4cs(x+π3)−1,π可求得g(x)在(0,π3)单调递增，(π3,π)单调递减，(π,5π3)单调递增，(53π,2π)单调递减，
且g(0)=1，g(π3)=3，g(π)=−3，g(53π)=3，g(2π)=1，
∵g(x)图象与y=k有且仅有四个不同的交点，
∴1≤k<3，
所以，实数k的取值范围为[1,3)；
(3)f(x)=asinx+bcsx= a2+b2sin(x+φ)，
其中csφ=a a2+b2，sinφ=b a2+b2，tanφ=ba，
∵x∈R∴当x+φ=π2+2kπ，k∈Z即x0=π2−φ+2kπ时，f(x)取得最大值．
此时tan2x0=tan(π−2φ)=−tan2φ=−2tanφ1−tan2ϕ，
令tanφ=ba=m，则由3a2−4ab+b2<0知：m2−4m+3<0，解得1tan2x0=−2m1−m2=2m−1m，因为y=m−1m在m∈(1,3)上单调递增，
所以tan2x0=−2m1−m2=2m−1m在m∈(1,3)上单调递减，从而tan2x0∈(34,+∞)
【解析】(1)由两角和差的三角函数公式可得h(x)=−12sinx+ 32csx，进而可得函数h(x)的相伴向量．
(2)根据题意可得f(x)=2csx，作出分段函数g(x)的图象，得出函数g(x)与y=k有四个交点时，实数k的取值范围．
(3)根据题意可得f(x)=asinx+bcsx= a2+b2sin(x+φ)，其中tanφ=ba，当x0=2kπ+π2−φ(k∈Z)时，f(x)取得最大值，令m=ba(a≠b)，则m2−4m+3<0，解得m的取值范围，再求出tan2x0=2m−1m(1本题主要考查向量和三角函数相结合的新定义问题，属于较难题