2023-2024学年黑龙江省佳木斯市三校联考高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江省佳木斯市三校联考高一（下）期中数学试卷（含解析），共13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=(m−2)+(m+1)i(m∈R,i为虚数单位)为纯虚数，则m的值是( )
A. 1B. −1C. 2D. −2
2.已知向量a=(k,3)，向量b=(1,4)，若a/​/b，则实数k=( )
A. 12B. 34C. −12D. −34
3.已知a=(2,1)，b=(1,m)，c=(2,4)且(2a−5b)⊥c，则实数m=( )
A. −310B. −110C. 110D. 310
4.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A=π6，b=2，sinB=34，则a=( )
A. 34B. 43C. 83D. 38
5.如图所示，梯形A′B′C′D′是平面图形ABCD用斜二测画法画出的图形，A′D′=2B′C′=2，A′B′=1，则平面图形ABCD的面积为( )
A. 2B. 2 2C. 3D. 3 2
6.已知圆锥轴截面为正三角形，母线长为2，则该圆锥的体积等于
( )
A. 33πB. 3πC. 23πD. 2π
7.在边长为6的正方形ABCD中，点E为DC的中点，点F在边BC上且BF=12FC，则AE⋅AF=( )
A. 18B. 24C. 30D. 42
8.托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和.其意思为：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质.已知四边形ABCD的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC、BD是其两条对角线，BD=4 3，且△ACD为正三角形，则四边形ABCD的面积为( )
A. 16 3B. 16C. 12 3D. 12
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.下面说法正确的是( )
A. 多面体至少有四个面
B. 棱柱所有的面都是平行四边形
C. 棱台的侧面都是梯形
D. 以等腰梯形的一条腰所在的直线为旋转轴旋转一周，形成的几何体是圆台
10.设z1，z2为复数，则下列结论中正确的是( )
A. 若z1=3+5i，z2=3−2i，则z1+z2=6+3i
B. 若1z1∈R，则z1∈R
C. 若|z1−i|=1，则|z1|的最大值为 2
D. |z1+z2|≤|z1|+|z2|
11.对于△ABC有如下命题，其中正确的是( )
A. 若sinA=sinB，则△ABC一定为等腰三角形
B. 若sin2A+sin2B+cs2C<1，则△ABC为钝角三角形
C. 若b=8,c=10,B=π3，则△ABC解的个数为0
D. 若AB= 3,AC=1,B=30°，则△ABC的面积为 32
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.正三棱柱所有棱长都为1，则其表面积为______．
13.已知向量|a|=6，e为单位向量，当向量a，e的夹角等于45时，则向量a在向量e上的投影向量是______．
14.已知正方体的棱长为2，则它的外接球的表面积为______，体积为______．
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)
已知复数z1=3+4i，z2=−2i，i为虚数单位．
(1)求z1z2；
(2)若z=z1z2，求z的共轭复数；
(3)若复数az1+z2在复平面上对应的点在第四象限，求实数a的取值范围．
16.(本小题15分)
已知：|a|=2，|b|=3，向量a与b的夹角为π3．
(1)求a⋅b；
(2)求|a−b|；
(3)求a与a−b的夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中A为锐角，2asinB= 3b.
(1)求A；
(2)设AD为BC边上的中线，若b=3，c=1，请选择以下思路之一求出AD的长．
思路①：利用csB=a2+c2−b22ac=(a2)2+c2−AD2ac……
思路②：利用cs∠ADB=−cs∠ADC……
思路③：利用AD=|AD|=|12(AB+AC)|=……
思路④：其它方法……
18.(本小题17分)
某自然保护区为研究动物种群的生活习性，设立了两个相距12km的观测站A和B，观测人员分别在A，B处观测该动物种群．如图，某一时刻，该动物种群出现在点C处，观测人员从两个观测站分别测得∠BAC=30°，∠ABC=60°，经过一段时间后，该动物种群出现在点D处，观测人员从两个观测站分别测得∠BAD=75°，∠ABD=45°.(注：点A，B，C，D在同一平面内)
(Ⅰ)求△ABD的面积；
(Ⅱ)求点C，D之间的距离．
19.(本小题17分)
在△ABC中，P为AB的中点，O在边AC上，BO交CP于R，且|AO|=2|OC|，设AB=a，AC=b．
(1)试用a，b表示AR；
(2)若|a|=2,|b|=1,=60°，求∠ARB的余弦值；
(3)若H在BC上，且RH⊥BC，设|a|=2,|b|=1,θ=，若θ∈[π3,2π3]，求|CH||CB|的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：z=(m−2)+(m+1)i，
则m−2=0m+1≠0，解得m=2．
故选：C．
结合纯虚数的定义，即可求解．
本题主要考查纯虚数的定义，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由于向量a=(k,3)，向量b=(1,4)，若a/​/b，
所以4k=3，整理得k=34．
故选：B．
直接利用向量共线的充要条件求出结果．
本题考查的知识点：向量共线的充要条件，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积的运算，属于基础题．
由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积的运算法则，求得m的值．
【解答】
解：∵已知a=(2,1)，b=(1,m)，c=(2,4)，且(2a−5b)⊥c，
∴(2a−5b)⋅c=2a⋅c−5b⋅c=2(4+4)−5(2+4m)=0，
则实数m=310，
故选：D．
4.【答案】B
【解析】解：在△ABC中，A=π6，b=2，sinB=34，
利用正弦定理：asinA=bsinB，
整理得：a=bsinAsinB=2×1234=43．
故选：B．
直接利用正弦定理和三角函数的值求出结果．
本题考查的知识点：三角函数的值，正弦定理，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：如图，
作平面直角坐标系x−O−y，使A与O重合，AD在z轴上，且AD=2，AB在y轴上，且AB=2，
过B作BC/​/AD，且BC=1，则四边形ABCD为原平面图形，其面积为S=12(1+2)×2=3．
故选：C．
由题意还原原四边形，再由梯形面积公式求解．
本题考查利用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图，熟记画法是关键，是基础题．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了圆锥的体积计算问题，是基础题．
根据题意求出圆锥的母线、底面半径和高，再计算圆锥的体积．
【解答】
解：如图所示，
圆锥的母线为l=2，底面半径为r=1，
所以圆锥的高为h= l2−r2= 3，
所以圆锥的体积为V=13×πr2×h=13×π× 3= 3π3．
故选：A．
7.【答案】C
【解析】解：如图，
AE⋅AF=(AD+DE)⋅(AB+BF)=(AD+12AB)⋅(AB+13AD)
=12AB2+13AD2+76AB⋅AD=12×62+13×62=30．
故选：C．
由题意画出图形，把问题转化为AB、AD的数量积求解．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，考查化归与转化、数形结合思想，是基础题．
8.【答案】C
【解析】解：设AD=DC=AC=a，由托勒密定理知，AB⋅a+a⋅BC=a⋅BD，
∴AB+BC=BD=4 3，
又∵∠ABD=∠ACD=π3，∠CBD=∠CAD=π3，
∴S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD
=12AB⋅BD⋅sinπ3+12BC⋅BD⋅sinπ3=12(AB+BC)BDsinπ3=12 3．
故选：C．
设等边三角形ACD的边长为a，利用同弧所对的圆周角相等及其运用托勒密定理得到AB+BC=BD，由S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD，计算可得所求四边形ABCD的面积．
本题考查了托勒密定理的应用、圆内接四边形的性质、三角形的面积的求法、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，多面体至少有四个面，A正确；
对于B，棱柱的上底面和下底面不一定是平行四边形，B错误；
对于C，棱台的侧面都是梯形，C正确；
对于D，以等腰梯形的对称轴所在的直线为旋转轴旋转一周，形成的几何体是圆台，D错误．
故选：AC．
根据题意，由多面体的定义分析A，由棱柱的定义分析B，由棱台的定义分析C，由圆台的定义分析D，综合可得答案．
本题考查棱柱、棱台、圆台的结构特征，注意多面体的定义，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A：由于z1，z2为复数，z1=3+5i，z2=3−2i，则z1+z2=6+3i，故A正确；
对于B：设z1=a+bi(a,b∈R)，故1z1=1a+bi=a−bia2−b2，由于1z1∈R，故b=0，所以z1=a∈R，故B正确；
对于C：设z1=a+bi，(a,b∈R)，故a+(b−1)2=1，故点(a,b)满足的条件是以(0,1)为圆心，1为半径的圆，故|z1|= a2+b2= (a−0)2+(b−0)2，故|z1|的最大值为2，故C错误；
对于D：根据三角不等式：|z1+z2|≤|z1|+|z2|，故D正确．
故选：ABD．
直接利用复数的运算，三角不等式，复数的定义判断A、B、C、D的结论．
本题考查的知识点：复数的运算，三角不等式，复数的定义，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：对于A，sinA=sinB，由正弦定理可得a=b，所以三角形为等腰三角形，所以A正确；
对于B，因为sin2A+sin2B+cs2C<1，
可得sin2A+sin2B<1−cs2C=sin2C，
由正弦定理可得a2+b2所以csC=a2+b2−c22ab<0，所以C为钝角，所以△ABC为钝角三角形，所以B正确；
对于C，因为b=8，c=10，B=π3，
由正弦定理可得sinC=c⋅sinBb=10× 328>1，错误，这样的三角形不存在，则△ABC解的个数为0，所以C正确；
对于D，因为AB= 3,AC=1,B=30°，
所以由余弦定理可得1=BC2+3−2×BC× 3× 32，可得BC2−3BC+2=0，
解得BC=2或1，
所以S△ABC=12AB⋅BC⋅sinB= 32或 34，故D错误．
故选：ABC．
A中，由正弦定理可得a=b，可得三角形为等腰三角形，判断出A的真假；
B中，由正弦定理，同角三角函数基本关系式可得csC<0，可得C为钝角，即可判断出B的真假；
C中，由正弦定理可得sinC>1，可得这样的三角形不存在，判断出C的真假；
D中，由题意利用余弦定理可得BC2−3BC+2=0，解得BC的值，进而利用三角形的面积公式即可判断D．
本题考查正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．
12.【答案】3+ 32
【解析】解：因为正三棱柱所有棱长都为1，
所以其表面积为：S侧面积+S底面积=3×1×1+2×12×1×1×sin60°=3+ 32．
故答案为：3+ 32．
直接根据棱柱的表面积公式计算即可．
本题主要考查棱柱的表面积求解，考查计算能力，属于基础题．
13.【答案】3 2e
【解析】解：由定义可得向量a在向量e上的投影为a⋅e|e|=|a||e|cs45°|e|=6× 221=3 2，
所以向量a在向量e上的投影向量为3 2e，
故答案为：3 2e．
通过投影公式进行计算即可
本题考查投影向量的定义，考查平面向量数量积运算公式，属于基础题．
14.【答案】12π 4 3π
【解析】解：正方体外接球半径R= 22+22+222= 3，
所以外接球的表面积S=4πR2=4π×3=12π，
体积为V=43πR3=43π×( 3)3=4 3π．
故答案为：12π；4 3π．
求出正方体外接球半径，计算表面积和体积即可得解．
本题考查正方体的外接球的体积与表面积的计算，属于基础题．
15.【答案】解：(1)z1=3+4i，z2=−2i，
则z1z2=(3+4i)(−2i)=8−6i；
(2)∵z1=3+4i，z2=−2i，
∴z=z1z2=3+4i−2i=(3+4i)i−2i2=−2+32i，
∴z−=−2−32i．
(3)∵az1+z2=3a+4ai−2i=3a+(4a−2)i在复平面上对应的点在第四象限，
∴3a>04a−2<0，解得0故实数a的取值范围为(0,12).
【解析】(1)结合复数的四则运算，即可求解．
(2)根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解．
(3)根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，复数的几何意义，以及共轭复数的定义，属于基础题．
16.【答案】解：(1)a⋅b=|a|⋅|b|⋅csπ3=2×3×12=3．
(2)|a−b|= (a−b)2= a2−2a⋅b+b2= 4−2×3+9= 7．
(3)由题意知，a⋅(a−b)=a2−a⋅b=22−3=1，
所以cs=a⋅(a−b)|a||a−b|=12 7= 714．
【解析】(1)由向量数量积的定义，求解即可；
(2)根据向量模长的计算方法，即可得解；
(3)根据向量的夹角公式，求解即可．
本题考查平面向量的运算，熟练掌握平面向量数量积的运算法则，夹角和模长的计算方法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由正弦定理，得2sinAsinB= 3sinB，
又sinB≠0，所以sinA= 32，
又A为锐角，所以A=60°
(2)在△ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=9+1−2×3×1×12，
所以a= 7；
若选择思路①
由a2+c2−b22ac=(a2)2+c2−AD2ac，
得7+1−9=2×(( 72)2+1−AD2)，解得AD= 132；
若选择思路②
由cs∠ADB=cs∠ADC得到AD2+(a2)2−c2AD⋅a=−AD2+(a2)2−b2AD⋅a，
即AD= b2+c2−a222= 132；
若选择思路③AD=|AD|=|12(AB+AC)|=12 (AB+AC)2=12 |AB|2+|AC|2+2|AB||AC|csA，
得AD= 132．
若选择思路④，比照上述标准给分．
【解析】(1)直接运用正弦定理可得出sinA= 32，再由A为锐角即可得出角A的大小；(2)首先运用余弦定理可得a= 7，再分别选择思路①、②
、③、④并分别采用余弦定理、余弦定理和向量的模的计算公式对其进行求解即可．
本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，考查数学运算的核心素养，属于基础题．
18.【答案】解：(Ⅰ)在△ABD中，∠BAD=75°，∠ABD=45°，所以∠ADB=60°，
由正弦定理：ADsin∠ABD=ABsin∠ADB，得ADsin45∘=ABsin60∘，
所以AD=sin45°sin60∘⋅AB= 22 32×12=4 6(km)，
sin∠BAD=sin75°=sin(45°+30°)= 22( 32+12)= 6+ 24，
所以△ABD的面积为S△ABD=12AB⋅AD⋅sin∠BAD=12×12×4 6× 6+ 24=36+12 3(km2)．
(Ⅱ)由∠BAC=30°，∠ABC=60°，得∠CAD=45°,AC=6 3．
在△ACD中由余弦定理，得
CD2=AC2+AD2−2AC⋅AD⋅cs∠CAD
=36×3+16×6−2×6 3×4 6× 22=60，
所以CD=2 15(km)．
即点C，D之间的距离为2 15km．
【解析】本题考查了正余弦定理和三角形面积的计算问题，属于中档题．
(Ⅰ)由三角形内角关系求出∠ADB=60°，利用正弦定理可得AD，计算sin∠BAD，利用三角形面积公式计算可得结果；
(Ⅱ)△ACD中由余弦定理可得结果．
19.【答案】解：(1)由P、R、C共线，则存在λ使PR=λPC，
∴AR−AP=λ(AC−AP)，整理得：AR=(1−λ)AP+λAC=1−λ2a+λb，
由B、R、O共线，则存在μ使BR=μBO，
∴AR−AB=μ(AO−AB)，整理得：AR=(1−μ)AB+μAO=(1−μ)a+2μ3b，
∴根据平面向量基本定理：1−λ2=1−μλ=2μ3，解得λ=12，
∴AR=14a+12b；
(2)AR=14a+12b，BR=12b−34a，
AR⋅BR=−34，|AR|= 32，|BR|= 72，
∴cs=AR⋅BR|AR||BR|=− 217，
故∠ARB的余弦值是− 217；
(3)由(1)知：PR=12PC，则RC=12PC=12(b−12a)=12b−14a，
由CH，CB共线，设CH=kCB=ka−kb,k>0，
而RH⊥BC，有RH⋅BC=(RC+CH)⋅BC=[(12−k)b+(k−14)a]⋅(b−a)=0，
∴−5k+32+2(k−34)csθ=0，
可得csθ=5k−334k−32，
∵θ∈[π3,2π3]，∴−12≤csθ≤12，即−12≤5k−324k−32≤12，
解得14≤k≤928，
∴|CH||CB|的取值范围为[14,928]．
【解析】本题考查平面向量及其应用，属于中档题．
(1)由P、R、C共线，则存在λ使PR=λPC，由B、R、O共线，则存在μ使BR=μBO，根据平面向量基本定理求出λ=12，再表示AR即可；
(2)由(1)得AR=14a+12b，BR=12b−34a，根据向量的余弦公式，计算即可；
(3)PR=12PC，则RC=12b−14a，设CH=kCB=ka−kb,k>0，得到csθ=5k−334k−32，结合θ∈[π3,2π3]计算|CH||CB|的取值范围即可．