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    2023-2024学年河北省邢台市高一(下)期中数学试卷(含解析)
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    2023-2024学年河北省邢台市高一(下)期中数学试卷(含解析)

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    这是一份2023-2024学年河北省邢台市高一(下)期中数学试卷(含解析),共14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.(3+i)(4−2i)=( )
    A. 14−2iB. 8−2iC. 14+2iD. 8+2i
    2.下列结论正确的是( )
    A. 底面是正方形的棱锥是正四棱锥
    B. 绕直角三角形的一条边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥
    C. 有两个面是四边形且相互平行,其余四个面都是等腰梯形的几何体是四棱台
    D. 棱台的所有侧棱所在直线必交于一点
    3.已知向量a,b满足|a|=2|b|=2,且cs=13,则a在b上的投影向量为( )
    A. 13bB. 12bC. 23bD. 32b
    4.如图,△O′A′B′是△OAB在斜二测画法下的直观图,其中O′B′=2O′A′=4,则△OAB的面积是( )
    A. 2 2
    B. 4
    C. 8
    D. 8 2
    5.如图,圆锥SO的顶点及底面圆的圆周都在球M的球面上,且圆锥SO的母线长和底面圆的直径均为2,则球M的表面积为( )
    A. π
    B. 4π
    C. 8π3
    D. 16π3
    6.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若sin2A+sin2B+cs2C<1,则△ABC的形状是( )
    A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不确定的
    7.如图所示,在三棱柱ABC−A1B1C1中,若点E,F分别满足AE=23AB,AF=23AC,平面EB1C1F将三棱柱分成的左、右两部分的体积分别为V1和V2,则V1:V2=( )
    A. 19:8
    B. 2:1
    C. 17:10
    D. 16:11
    8.18世纪末,挪威测量学家维塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数,使复数及其运算具有了几何意义,例如|z|=|OZ|,即复数z的模的几何意义为z对应的点Z到原点的距离.设复数z=x+yi(x,y∈R),且|(x−2)+(y−3)i|= 2,则|z+1|的取值范围是( )
    A. [ 13− 2, 13+ 2]B. [ 13−1, 13+1]
    C. [3 2−2,3 2+2]D. [2 2,4 2]
    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.已知复数z=a+bi(a,b∈R,且b≠0)满足z2=z−,则( )
    A. a=−12B. b= 32C. |z|=1D. z+z−=−1
    10.用一个平面去截一个几何体,截面是四边形,则这个几何体可能是( )
    A. 圆锥B. 圆柱C. 三棱柱D. 三棱锥
    11.在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中,AB=3A1B1=6,AA1=4,P为棱BB1上的动点(含端点),则下列结论正确的是( )
    A. 四棱台ABCD−A1B1C1D1的表面积是40+32 3
    B. 四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积是104 23
    C. AP+PC的最小值为6 3
    D. AP+PC1的最小值为2 13
    三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。
    12.一个棱台至少有______个面.
    13.已知复数z和z−是关于x的方程x2+mx+8=0(m∈R)的两根,则|z|= ______.
    14.在△ABC中,D,E分别在边BC,AC上,且BC=3BD,AE=3EC,若AD=xAB+yAC,则x−y= ______,线段AD与BE交于点F,则|AF||DF|= ______.
    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=m2−1+(m2−2m−3)i(m∈R).
    (1)若复数z在复平面内对应的点位于第四象限,求m的取值范围;
    (2)若zi1−i是纯虚数,求m的值.
    16.(本小题15分)
    如图,这是某建筑大楼的直观图,它是由一个半球和一个圆柱组合而成的.已知该几何体的下半部分圆柱的轴截面(过圆柱上、下底面圆的圆心连线的平面)ABCD是边长为6的正方形.
    (1)求该几何体的表面积;
    (2)求该几何体的体积.
    17.(本小题15分)
    在平行四边形ABCD中,AB=4,AD=6,∠BAD=π3,F是线段AD的中点,DE=λDC,λ∈[−1,1].
    (1)若λ=12,AE与BF交于点N,AN=xAB+yAD,求x−y的值;
    (2)求BE⋅FE的最小值.
    18.(本小题17分)
    如图,在长方体ABCD−A1B1C1D1中,E,F分别在BB1,AD上.已知AB=BC=6,AA1=8,BE=DF=2.
    (1)作出平面C1EF截长方体ABCD−A1B1C1D1的截面,并写出作法;
    (2)求(1)中所作截面的周长;
    (3)长方体ABCD−A1B1C1D1被平面C1EF截成两部分,求体积较小部分的几何体的体积V.
    19.(本小题17分)
    如图,在平面四边形ABCD中,AB=1,BC=3,CD=2,AD=4.
    (1)若A为锐角,且sinA= 158,求△BCD的面积;
    (2)求四边形ABCD面积的最大值;
    (3)当A=60°时,P在四边形ABCD所在平面内,求PA+PB+PD的最小值.
    答案和解析
    1.【答案】A
    【解析】解:(3+i)(4−2i)=12−6i+4i−2i2=12−6i+4i+2=14−2i.
    故选:A.
    直接利用复数代数形式的乘法运算化简得答案.
    本题考查复数代数形式的乘除运算,是基础题.
    2.【答案】D
    【解析】解:根据题意,依次分析选项:
    对于A,各侧面都是全等的等腰三角形,且底面为正多边形的棱锥是正棱锥,A错误;
    对于B,绕直角三角形的一条直角边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥,B错误;
    对于C,若几何体中,有两个面是四边形且相互平行,其余四个面都是等腰梯形,不能保证侧棱的延长线交于一点,该几何体不一定为棱台,C错误;
    对于D,由棱台的定义,棱台的所有侧棱所在直线必交于一点,D正确.
    故选:D.
    根据题意,由棱锥的定义分析A,由圆锥的定义分析B,由棱台的定义分析C和D,综合可得答案.
    本题考查棱柱、棱台、棱锥的结构特征,注意常见几何体的定义,属于基础题.
    3.【答案】C
    【解析】解:由题意,a在b上的投影向量为:
    a⋅b|b|⋅b|b|=2×1×131×1b=23b.
    故选:C.
    根据题设条件及投影向量的概念进行计算即可求解.
    本题考查投影向量的概念,属基础题.
    4.【答案】C
    【解析】解:根据题意,直观图△O′A′B′中,O′B′=2O′A′=4,∠B′O′A′=45°,
    则其直观图的面积S′=12×O′B′×O′A′×sin45°=2 2,
    则原图的面积S=2 2S′=2 2×2 2=8.
    故选:C.
    根据题意,求出直观图的面积,进而由原图面积与直观图面积的关系,分析可得答案.
    本题考查平面图形的直观图,注意原图面积与直观图面积的关系,属于基础题.
    5.【答案】D
    【解析】解:如图,底面圆O半径r=1,母线l=2,球M半径为R,连接AM,
    圆锥高h= l2−r2= 3,
    则R2=(h−R)2+r2,即R2=( 3−R)2+1,
    解得R=2 33,
    则球M表面积S=4πR2=4π×43=16π3.
    故选:D.
    设底面圆O半径为r,球M半径为R,圆锥高为h,则R2=(h−R)2+r2,求解R得出结果.
    本题考查了圆锥外接球表面积的计算,属于中档题.
    6.【答案】C
    【解析】解:若sin2A+sin2B+cs2C<1,
    则sin2A+sin2B<1−cs2C=sin2C,
    由正弦定理得,a2+b2−c2<0,即csC<0,
    所以C为钝角,即△ABC为钝角三角形.
    故选:C.
    由已知结合同角平方关系,正弦定理及余弦定理进行化简即可判断.
    本题主要考查了同角基本关系,正弦定理及余弦定理在三角形形状判断中的应用,属于基础题.
    7.【答案】A
    【解析】解:设△ABC的面积为S,三棱柱ABC−A1B1C1的高为h,
    则三棱柱ABC−A1B1C1的体积V=Sh,
    因为AE=23AB,AF=23AC,
    所以EF/​/BC,
    所以△AEF∽△ABC,且AEAB=23,
    所以△AEF的面积S1=49S,
    则三棱台AEF−A1B1C1的体积V1=13h(S1+S+ S1S)=1927Sh,
    从而V2=V−V1=827Sh,
    故V1:V2=1927Sh:827Sh=19:8.
    故选:A.
    先计算三棱柱ABC−A1B1C1的体积V=Sh,再得出三棱台AEF−A1B1C1的体积V1,从而根据V2=V−V1=827Sh,即可求解.
    本题考查几何体体积的计算,属于中档题.
    8.【答案】D
    【解析】解:由z=x+yi(x,y∈R),且|(x−2)+(y−3)i|= 2,
    得|[(x+1)+yi]−(3+3i)|= 2,
    由 2=|[(x+1)+yi]−(3+3i)|≥|(x+1)+yi|−|3+3i|=|z+1|−3 2,所以|z+1|≤4 2;
    由 2=|[(x+1)+yi]−(3+3i)|≥|3+3i|−|(x+1)+yi|=3 2−|z+1|,所以|z+1|≥2 2;
    所以|z+1|的取值范围是[2 2,4 2].
    故选:D.
    由题意,把|(x−2)+(y−3)i|= 2化为|[(x+1)+yi]−(3+3i)|= 2,利用绝对值不等式求出|z+1|的取值范围.
    本题考查了复数的模长应用问题,也考查了转化思想,是基础题.
    9.【答案】ACD
    【解析】解:复数z=a+bi(a,b∈R,且b≠0)满足z2=z−,
    则(a+bi)2=a2−b2+2abi=a−bi,即a2−b2=a2ab=−b,解得a=−12,b=± 32,故A正确;B错误;
    |z|= a2+b2=1,故C正确;
    z+z−=2a=−1,故D正确.
    故选:ACD.
    结合复数的四则运算,以及共轭复数的定义,求出a,b,即可依次判断.
    本题主要考查复数的运算,以及共轭复数的定义,属于基础题.
    10.【答案】BCD
    【解析】解:用一个平面去截一个圆锥,得到的图形可能是圆、椭圆、抛物线、双曲线的一支、三角形,不可能是四边形,故A不满足要求;
    用一个平面去截一个圆柱,轴截面是四边形,故B满足要求;
    用一个平面去截一个三棱柱,当截面平行于侧棱时,截面是四边形,故C满足要求;
    用一个平面去截一个三棱锥,当截面经过两组对棱的中点时,截面是四边形,故D满足要求.
    故选:BCD.
    根据圆锥、圆柱、三棱柱、三棱锥的几何特征,分别分析出用一个平面去截该几何体时,可能得到的截面的形状,逐一比照后,即可得到答案.
    本题考查的知识点是圆锥的几何特征,圆柱的几何特征,球的几何特征,其中熟练掌握相关旋转体的几何特征,培养良好的空间想像能力,是解答本题的关键.
    11.【答案】ABC
    【解析】解:如图1,由题意可知该四棱台的侧面都是等腰梯形,且∠A1AB=60°,作A1E⊥AB,垂足为E,
    因为A1A=4,∠A1AB=60°,所以A1E=2 3,
    所以S梯形A1ABB1=(2+6)×2 32=8 3,
    则四棱台ABCD−A1B1C1D1的表面积S=4×8 3+22+62=40+32 3,故A正确;
    如图2,设O1,O分别是A1C1和AC的中点,则OO1是四棱台ABCD−A1B1C1D1的高,
    作A1H⊥AC,垂足为H,由题中数据可知AH=2 2,
    则四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积V=13h⋅(S上+ S上S下+S下)=13×2 2×(22+ 22×62+62)=104 23,故B正确;
    如图3,把四边形A1ABB1,BB1C1C展开至同一个平面,连接AC,AC1,AB1,易知AP+PC的最小值就是展开图中AC的长,
    在△ABC中,AB=BC=6,∠ABC=120°,
    则AC=6 3,
    即AP+PC的最小值为6 3,故C正确;
    在△AA1B1中,由余弦定理可得AB1=2 7,
    则cs∠AB1A1=2 77,
    从而AC1= AB12+B1C12−2AB1⋅B1C1cs(∠AB1A1+120°)=2 13,
    由图可知AP+PC1>AC1=2 13,则D错误.
    故选:ABC.
    对于A,该四棱台的侧面都是等腰梯形,算出所有面的面积即可求解;
    对于B,先求出棱台的高,再利用棱台的体积公式即可求解;
    对于C,把四边形A1ABB1,BB1C1C展开至同一个平面,连接AC,AC1,AB1,易知AP+PC的最小值就是展开图中AC的长,解三角形即可;
    对于D,在△AA1B1中,利用余弦定理即可求解.
    本题考查正四棱台的体积与表面积以及利用展开思想求最值问题,属于中档题.
    12.【答案】5
    【解析】解:易知面数最少的棱台是三棱台,
    而三棱台有5个面,
    则一个棱台至少有5个面.
    故答案为:5.
    由题意,根据面数最少的棱台是三棱台,即可求解.
    本题考查棱台的结构特征,考查了逻辑推理能力,属于基础题.
    13.【答案】2 2
    【解析】解:设z=a+bi(a,b∈R),则z−=a−bi,
    从而z⋅z−=a2+b2=8,故|z|= a2+b2=2 2.
    故答案为:2 2.
    根据复数的运算及二次方程根与系数的关系即可求得.
    本题考查二次方程根与系数的关系,考查共轭复数及复数的模长公式,属基础题.
    14.【答案】13 9
    【解析】解:因为BC=3BD,所以BD=13BC,
    因为AD=AB+BD,
    所以AD=AB+13BC=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC,
    则x=23,y=13,
    故x−y=23−13=13,
    因为B,F,E三点共线,所以AF=λAB+(1−λ)AE,
    因为AE=3EC,
    所以AE=34AC,
    所以AF=λAB+3(1−λ)4AC,
    因为A,F,D三点共线,所以AF=kAD,
    所以λAB+3(1−λ)4AC=2k3AB+k3AC,
    所以λ=2k33(1−λ)4=k3,解得k=910,
    则|AF||DF|=9.
    故答案为:13,9.
    由已知结合向量的线性运算即可求解x,y,进而可求x−y;结合向量的线性运算及平面向量基本定理即可求解|AF||DF|.
    本题主要考查了向量的线性运算及平面向量基本定理的应用,属于中档题.
    15.【答案】解:(1)因为z=m2−1+(m2−2m−3)i对应的点位于第四象限,
    所以m2−1>0m2−2m−3<0,解得1故m的范围为(1,3);
    (2)因为zi1−i=zi(1+i)(1−i)(1+i)=zi−z2=−m2+m+2+(m+1)i是纯虚数,
    故−m2+m+2=0,m+1≠0,
    所以m=2.
    【解析】(1)结合复数的几何意义即可求解;
    (2)结合复数的四则运算及基本概念即可求解.
    本题主要考查了复数的四则运算,复数的几何意义及基本概念的应用,属于基础题.
    16.【答案】解:由题意可知半球的半径R=3,圆柱的底面圆半径r=3,高h=6,
    (1)由球的表面积公式可得半球的曲面面积S1=12×4πR2=18π,
    由圆的面积公式可得圆柱底面圆的面积S2=πr2=9π,
    由圆柱的侧面积公式可得圆柱的侧面积S3=2πrh=36π,
    故该几何体的表面积S=S1+S2+S3=18π+9π+36π=63π.
    (2)由球的体积公式可得半球的体积V1=12×43πR3=18π,
    由圆柱的体积公式可得圆柱的体积V2=Sh=πr2h=54π,
    故该几何体的体积V=V1+V2=18π+54π=72π.
    【解析】(1)分别求出各个面的面积即可求解;
    (2)分别求出半球和圆柱的体积即可求解.
    本题考查几何体体积与表面积的计算,属于基础题.
    17.【答案】解:(1)当λ=12时,E为CD的中点,可得AE=AD+12DC=12AB+AD,
    若AN=xAB+yAD,则BN=AN−AB=(x−1)AB+yAD,
    因为F是AD的中点,所以BF=AF−AB=−AB+12AD,结合BN//BF,得x−1−1=y12…①,
    由AN//AE,得x12=y1…②,将①②组成方程组,解得x=15,y=25,所以x−y=−15;
    (2)根据题意,可得AB⋅AD=|AB|⋅|AD|csπ3=12,
    由DE=λDC=λAB,得AE=AD+DE=λAB+AD,可得BE=AE−AB=(λ−1)AB+AD,
    由AF=12AD,得FE=AE−AF=λAB+12AD,
    所以BE⋅FE=[(λ−1)AB+AD]⋅(λAB+12AD)=(λ2−λ)|AB|2+(3λ2−12)AB⋅AD+12|AD|2
    =16(λ2−λ)+12(3λ2−12)+12×62=16λ2+2λ+12,
    根据二次函数的性质,当λ=−116时,BE⋅FE的最小值为16×(−116)2+2×(−116)+12=19116.
    【解析】(1)以向量AB、AD为基底,表示出AE、BN、BF,根据BN//BF且AN//AE建立关于x、y的方程组,解出x、y的值,即可得到本题的答案;
    (2)根据题意算出AB⋅AD=12,将BE、FE表示为AB、AD的组合,利用平面向量数量积的运算性质,推导出BE⋅FE=[(λ−1)AB+AD]⋅(λAB+12AD)=16λ2+2λ+12,进而利用二次函数的性质,求出BE⋅FE的最小值.
    本题主要考查平面向量的线性运算法则、平面向量数量积的定义与运算性质、二次函数的最值求法等知识,属于中档题.
    18.【答案】解:(1)如图所示,五边形PEC1QF为所求截面.
    作法如下:延长C1E,与CB的延长线交于点N,
    连接NF并延长,分别交AB于P,交CD的延长线于M,
    连接MC1,交DD1于点Q,连接QF,PE,则五边形PEC1QF为所求截面.
    (2)由(1)易得BNNC=BECC1=14,则BN=2,
    由BPAP=BNAF=24=12,
    得BP=2,AP=4,
    则PE= 4+4=2 2,FP= 16+16=4 2,
    由MDAP=DFAF=24=12,得MD=2,
    由MDMC=QDCC1=28=14,得QD=2,QD1=6,
    则QF= 4+4=2 2,QC1=EC1= 36+36=6 2,
    故截面的周长为2 2+4 2+2 2+6 2+6 2=20 2.
    (3)V=VP−MNC−VQ−MFD−VE−PNB=13×12×8×8×8−13×12×2×2×2−13×12×2×2×2=2483.
    故所求体积为2483.

    【解析】(1)延长C1E,与CB的延长线交于点N,连接NF并延长,分别交AB于P,交CD的延长线于M,连接MC1,交DD1于点Q,连接QF,PE,即可得到截面;
    (2)根据相似关系得出各边的长,即可求解;
    (3)利用割补法即可求得几何体的体积.
    本题考查几何体的结构特征以及体积的计算,属于中档题.
    19.【答案】解:(1)在平面四边形ABCD中,AB=1,BC=3,CD=2,AD=4,
    连接BD,

    因为A为锐角,且sinA= 158,则csA=78,
    在△ABD中,由余弦定理可得:
    BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsA=1+16−2×1×4×78=10,
    在△BCD中,由余弦定理可得:
    csC=BC2+CD2−BD22BC⋅CD=9+4−102×3×2=14,所以sinC= 154,
    所以S△BCD=12BC⋅CDsinC=12×3×2× 154=3 154,
    即△BCD的面积为3 154;
    (2)由(1)可得BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsA=1+16−2×1×4csA=17−8csA,
    BD2=BC2+CD2−2BC⋅CDcsC=9+4−2×3×2csC=13−12csC,
    所以17−8csA=13−12csC,即2csA−3csC=1,
    两边平方可得4cs2A+9cs2C−12csAcsC=1,①
    四边形ABCD的面积S=S△ABD+S△BCD=12AB⋅ADsinA+12BC⋅CDsinC=2sinA+3sinC,
    两边平方可得S2=4sin2A+9sin2C+12sinAsinC,②
    ①+②可得S2+1=4+9−12cs(A+C)≤25,
    当且仅当A+C=π时取等号,即S≤2 6,
    即四边形ABCD面积的最大值为2 6;
    (3)将△APD绕点A旋转60°,使得P,D分别与P1,D1重合,连接BD1,PP1,

    则PA=PP1,PD=P1D1,∠P1AD1=∠PAD,∠PAP1=60°,
    因为A=60°,所以∠P1AD1+∠PAB=∠PAD+∠PAB=60°,
    所以∠BAD1=120°,
    则BD1= AB2+AD12−2AB×AD1×cs∠BAD1= 1+16+4= 21,
    由图可知,PA+PB+PD=PP1+PB+P1D1≥BD1,
    当且仅当B,P,P1,D1四点共线时,等号成立,
    故PA+PB+PD的最小值是 21.
    【解析】(1)由已知条件,结合余弦定理及三角形面积公式即可求解;
    (2)利用余弦定理及三角恒等变换,结合已知条件计算可得;
    (3)把△APD绕点A逆时针旋转60°,结合图形及线段关系可得最小值.
    本题考查解三角形与三角恒等变换的应用,属难题.
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