2023-2024学年浙江省绍兴一中平行班高一（下）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2023-2024学年浙江省绍兴一中平行班高一（下）期中数学试卷-普通用卷，共17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.设z=3+i1−2i，则|z|=( )
A. 2B. 3C. 2D. 1
2.在△OMN中，ON−MN+MO=( )
A. 0B. 2MOC. 2OMD. 0
3.已知m，n为不同的直线，α，β为不同的平面，下列命题为假命题的是( )
A. m⊥α，m⊥β⇒α//βB. m//n，n⊂α⇒m//α
C. m⊥α，m⊂β⇒α⊥βD. m⊥α，n⊥α⇒m//n
4.侧棱长为2 3的直棱柱，其底面水平放置时用斜二测画法得到的直观图为如图所示的正方形O′A′B′C′，其中O′A′=2，则该直棱柱的侧面积为( )
A. 8 3
B. 16 3
C. 24 3
D. 32 3
5.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和MN所成的角为( )
A. 30∘
B. 45∘
C. 90∘
D. 60∘
6.如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为37m，在地面上点C处(B,C,N三点共线)测得建筑物顶部A，鹳雀楼顶部M的仰角分别为30∘和45∘，在A处测得楼顶部M的仰角为15∘，则鹳雀楼的高度约为( )
A. 91mB. 74mC. 64mD. 52m
7.已知向量a、b、c满足：|a|=2|b|=2a⋅b=2，若c=u+26a+4−u3b(u∈R)，则|c|的最小值为( )
A. 3B. 2C. 3D. 2 3
8.请你在桌面上放置四个半径都是2cm的玻璃小球，并用一个半球形的容器罩住这四个小球，则这个容器的内壁半径的最小值为( )
A. 2 63+4cmB. 4 63+4cmC. 2 2+2cmD. 2 3+2cm
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.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=3，A=π3，则△ABC的面积可能为( )
A. 3B. 2 3C. 9 34D. 5 32
10.折扇又名“撒扇”“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子如图1，其平面图如图2的扇形AOB，其中∠AOB=120∘，OA=3OC=3，点E在弧CD上.则下列选项正确的是( )
A. OA⋅CD=−2
B. 若OE=xOC+yOD，则存在点E，使得x+y=32
C. EA⋅EB的最小值为−132
D. 若该扇面为某圆台的侧面展开图，则该圆台的体积为52 281π
11.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为底面ABCD的中心，D1Q=λD1A1，λ∈[0,1]，N为线段AQ的中点，则( )
A. CN与QM共面
B. 三棱锥A−DMN的体积的最大值为1
C. 存在两个不同的λ∈[0,1]，使得AM⊥QM
D. λ=12时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的周长为2 5+3 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.复数z=a+bi，a，b∈R，且b≠0，若z2−4bz是实数，则有序实数对(a,b)可以是__________.(写出一个有序实数对即可)
13.在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边.已知a=2，2sinB+2sinC=3sinA.则csA的最小值为______.
14.如图，圆柱形开口容器(下表面密封)，其轴截面ABCD是边长为2的正方形.现有一只蚂蚁从外壁A处出发，沿外壁先爬到上口边沿再沿内壁爬到BC中点P处，则它所需经过的最短路程为______.
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=1+2i，z2=3−4i对应的向量分别为OA和OB，其中O为复平面的原点.
(1)若复数z1+λz2在复平面内对应的点在第二象限，求实数λ的取值范围；
(2)求OA在OB上的投影向量.
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，△PAB是边长为2的正三角形，BC=AB=2AD，AD//BC，AB⊥BC，设平面PAB∩平面PCD=l.
(1)作出l(不要求写作法)；
(2)线段PB上是否存在一点E，使l//平面ADE？请说明理由.
17.(本小题15分)
如图，在△ABC中，角A，B，C所对边长分别为a，b，c，∠B=π4，满足(a+b)(sinA−sinB)=c(sinB+sinC).
(1)求∠A；
(2)点D在BC上，AD⊥AC，AD= 6，求AB.
18.(本小题17分)
如图(1)，已知菱形ABCD中AB=2，∠DAB=60∘，沿对角线BD将其翻折，使∠ABC=90∘，设此时AC的中点为O，如图(2).
(1)求证：点O是点D在平面ABC上的射影；
(2)求直线AD与平面BCD所成角的正弦值.
19.(本小题17分)
设f(z)是一个关于复数z的表达式，若f(x+yi)=x1+y1i(其中x，y，x1，y1∈R，i为虚数单位)，就称f将点P(x,y)“f对应”到点Q(x1,y1).例如：f(z)=1z将点(0,1)“f对应”到点(0,−1).
(1)若f(z)=z+1(z∈C)，点P1(1,1)“f对应”到点Q1，点P2“对应”到点Q2(1,1)，求点Q1、P2的坐标.
(2)设常数k，t∈R，若直线l：y=kx+t，f(z)=z2(z∈C)，是否存在一个有序实数对(k,t)，使得直线l上的任意一点P(x,y)“f对应”到点Q(x1,y1)后，点Q仍在直线l上？若存在，试求出所有的有序实数对(k,t)；若不存在，请说明理由.
(3)设常数a，b∈R，集合D{z|z∈C且Rez>0}和A={w|w∈C且|w|<1}，若f(z)=az+bz+1满足：①对于集合D中的任意一个元素z，都有f(z)∈A；②对于集合A中的任意一个元素w，都存在集合D中的元素z使得w=f(z).请写出满足条件的一个有序实数对(a,b)，并论证此时的f(z)满足条件.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：z=3+i1−2i，则|z|= 32+12 12+(−2)2= 2.
故选：C.
利用复数模的运算性质即可得出．
本小题主要考查复数模的运算性质，考查运算求解等数学能力，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：在△OMN中，
ON−MN+MO=ON+NM+MO=OM+MO=0.
故选：A.
根据平面向量的加减法运算计算即可．
本题考查平面向量的加减法运算等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：m，n为不同的直线，α，β为不同的平面，
对于A，由面面平行的判定定理得：m⊥α，m⊥β⇒α//β，故A正确；
对于B，m//n，n⊂α⇒m//α或m⊂α，故B错误；
对于C，由面面垂直的判定定理得：m⊥α，m⊂β⇒α⊥β，故C正确；
对于D，由线面垂直的性质得：m⊥α，n⊥α⇒m//n，故D正确．
故选：B.
对于A，由面面平行的判定定理判断；对于B，m//α或m⊂α；对于C，由面面垂直的判定定理判断；对于D，由线面垂直的性质判断．
本题考查面面平行、面面垂直的判定定理、线面垂直的性质等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
4.【答案】D
【解析】解：底面水平放置时用斜二测画法得到的直观图为正方形O′A′B′C′，其中O′A′=2，
可得O′B′= 22+22=2 2，
故|OA|=2，|OB|=4 2，
所以|AB|= |OA|2+|OB|2= 22+(4 2)2=6，
所以平行四边形OABC的周长为：2×(2+6)=16.
所以直棱柱的侧面积为：16×2 3=32 3.
故选：D.
还原底面，求出底面边长，进而求解．
本题主要考查棱柱的侧面积，考查计算能力，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz
设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，
∴M(1,2,0)，N(0,2,1)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，
.MN=(−1,0,1)，AC=(一2，2，0).
设异面直线AC和MN所成的角为θ，
则csθ=|MN⋅AC||MN||AC|=2 2⋅2 2=12，
∴θ=60∘，即异面直线AC和MN所成的角为60∘，
故选：D.
求异面直线所成的角，转化为向量坐标求解比较简单．
本题考查异面直线所成的角，建立空间直角坐标系，转化为向量求解比较简单，属于容易题．
6.【答案】B
【解析】解：在Rt△ABC中，AC=2AB=74，
在△MCA中，∠MCA=105∘，∠MAC=45∘，
则∠AMC=180∘−∠MCA−∠MAC=30∘，
在△MAC中，由正弦定理得MCsin∠MAC=ACsin∠AMC，
所以MCsin45∘=74sin30∘，所以MC=74 2，
在Rt△MNC中，MN=74 2× 22=74m，
故选：B.
利用正弦定理求解即可．
本题考查解三角形的应用题的解题思路，侧重考查了正弦定理，属中档题．
7.【答案】A
【解析】解：已知向量a、b、c满足：|a|=2|b|=2a⋅b=2，若c=u+26a+4−u3b(u∈R)，
则c2=(u+2)236a2+(u+2)(4−u)9a⋅b+(4−u)29b2
=u2−u+289
=(u−1)2+279≥3，
当且仅当u=1时取等号，
即c2取最小值3，
即|c|的最小值为 3.
故选：A.
由平面向量数量积的运算，结合二次函数最值的求法求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了二次函数最值的求法，属中档题．
8.【答案】D
【解析】解：如图，4个小球球心构成的正方形为O1O2O3O4，中心为N，
由题意O1O2=4，NO1=2 2，
半球形容器的球心为O，
显然当半球形容器与4个小球都相切时球O的半径最小，半球形容器与球O1的切点为A，
连接ON，则ON=小球的半径=2，
球O的半径=OA=O1A+OO1=2 ON2+O1N2=2+2 3.
故选：D.
根据给定的条件，画出4个球的外接球的示意图，根据图中的几何关系求解．
本题考查内切球问题，化归转化思想，属中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=12⇒b2+c2−bc=9≥2bc−bc=bc，当且仅当b=c时取得等号，
即bc≤9，此时S△ABC=12bcsinA≤94 3，
当A靠近边BC时高较小，此时的面积接近0，故ABC符合题意．
故选：ABC.
利用三角形面积公式及余弦定理结合基本不等式可得面积最大值，由此判定选项即可．
本题考查利用余弦定理和面积公式解三角形，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对于A，OA⋅CD=OA⋅(CO+OD)=OA⋅CO+OA⋅OD=3×1×(−1)+3×1×(−12)=−92，故A错误；
对于B，由OE=xOC+yOD知，x>0，y>0，又∠AOB=120∘，
所以OE2=(xOC+yOD)2
=x2OC2+y2OD2+2xyOC⋅OD
=x2+y2−xy
=(x+y)2−3xy=1，
所以xy=13(x+y)2−13≤(x+y2)2，即0故存在点E，使得x+y=32，故B正确；
对于C，EA⋅EB=(EO+OA)⋅(EO+OB)=EO2+EO⋅OB+OA⋅EO+OA⋅OB
=1−3cs∠BOE−3cs(120∘−∠BOE)−92
=−32cs∠BOE−3 32sin∠BOE−72
=−72−3sin(∠BOE+30∘)≥−132，
当且仅当∠BOE=60∘时，等号成立，故EA⋅EB的最小值为−132，故C正确；
对于D，因为∠AOB=2π3，
所以扇形OCD的弧长为2π3，对应圆锥底面圆半径r=13，高h= 1−19=2 23，
扇形OAB的弧长为2π，对应圆锥底面半径为R=1，高为H= 32−1=2 2，
故扇面对应的圆台体积V=13πRH−13πrh=13π(1×2 2−13×2 23)=52 281π，故D正确．
故选：BCD.
A选项，先利用OA⋅CD=OA⋅(CO+OD)，再按照数量积运算律计算即可；B选项，求OE2，得出x，y的关系式，利用基本不等式求出x+y的取值范围，即可做出判断；C选项，先表示出EA⋅EB再结合正弦函数的范围求出最小值；D选项，分别求出扇形OCD，扇形OAB对应的圆锥底面半径和高，即可求出扇面对应圆台的体积．
本题考查了向量的线性运算及数量积运算，考查了圆锥及圆台的体积计算，属于中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：对选项A：在△ACQ中，因为M，N为AC，AQ的中点，
所以MN//CQ，所以CN与QM共面，所以A正确；
对选项B：由VA−DMN=VN−ADM，
因为N到平面ABCD的距离为定值12，且△ADM的面积为定值14，
所以三棱锥A−DMN的体积跟λ的取值无关，为定值，所以B不正确；
对选项C：若AM⊥QM，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AM⊥BD，
因为QM∩BD=M，确定平面BDQ，
所以AM⊥平面BDQ，
由于在正方体中，AM⊥平面BD1DB1，
而平面BMQ与平面BD1DB1相交，
根据垂直于同一条直线的两个平面平行或重合可得，
当Q与D1重合时才满足AM⊥QM，故不存在两个不同的λ∈[0,1]，使得AM⊥QM，所以C不正确；
对选项D：λ=12时，取D1H=12D1C1，连接HC，则HQ//A1C1，
又AC//A1C1，所以HQ//AC，
所以A，M，C，H，Q共面，即过A，Q，M三点的正方体的截面为ACHQ，
由AQ=CH= 22+12= 5，则ACHQ是等腰梯形，且QH=12A1C1=12×2 2= 2，
所以平面截正方体所得截面的周长为l= 5+ 5+ 2+2 2=2 5+3 2，所以D正确．
故选：AD.
对于选项A：可得MN//CQ，可判断；
对于选项B：点N到平面ABCD的距离为定值12，且△ADM的面积为定值可判断；
对于选项C：若AM⊥QM，根据已知AM⊥BD，进而可得AM⊥BDQ，即当Q与D1重合时才满足，即可判断；
对于选项D：先将过A，Q，M的截面分析做出，再求周长可判断．
本题考查立体几何公理3的应用，线线垂直的判断，正方体的截面问题，属中档题．
12.【答案】(2,1)(或满足a=2b的任意一对非零实数对)
【解析】【分析】
本题主要考查复数的基本概念和运算，有一般结论需要写出一个具体结果，属于基础题．
将已知中的数据代入进行运算，易得最终结果．
【解答】
解：由复数运算法则可知
z2−4bz=a2−b2−4ab+(2ab−4b2)i，
由题意得2ab−4b2=0(b≠0)，
∴a=2b(a≠0,b≠0)，
则有序实数对(a,b)可以是(2,1)或满足a=2b的任意一对非零实数对
故答案为：(2,1)(或满足a=2b的任意一对非零实数对)
13.【答案】19
【解析】解：在△ABC中，a=2，2sinB+2sinC=3sinA，
由正弦定理可得a=23(b+c)，
再由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=b2+c2−49(b+c)22bc=59(b2+c2)−89bc2bc≥10bc9−8bc92bc=19，当且仅当b=c时取等号，
可得csA的最小值为19.
故答案为：19.
由题意和正弦定理可得3a=b+c，再由余弦定理可得csA=59(b2+c2)−89bc2bc，由基本不等式可得答案．
本题考查三角函数恒等变换，考查正余弦定理以及基本不等式的应用，属中档题．
14.【答案】 π2+9
【解析】解：侧面展开后得矩形ABCD，其中AB=π，AD=2，
问题转化为在CD上找一点Q，使AQ+PQ最短，
作P关于CD的对称点E，连接AE，
令AE与CD交于点Q，则得AQ+PQ的最小值就是AE为 π2+9.
故答案为： π2+9.
画出圆柱的侧面展开图，根据对称性，求出AQ+PQ的最小值就是AE的长，求解即可．
本题考查求曲面上最短路程问题，考査转化思想，计算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)复数 z1=1+2i，z2=3−4i，
则z1+λz2=1+2i+λ(3−4i)=1+3λ+(2−4λ)i，
因为复数 z1+λz2 在复平面内对应的点在第二象限，
则1+3λ<02−4λ>0，解得 λ<−13，
所以实数 λ的取值范围为 (−∞,−13)；
(2)复数z1=1+2i，z2=3−4i对应的向量分别为OA和OB，其中O为复平面的原点，
则OA=(1,2)，OB=(3,−4)OA⋅OB=−5，|OB|=5，
∴OA在OB上的投影向量为OA⋅0B|OB|⋅OB|0B|=(−35,45).
【解析】(1)结合复数的几何意义，即可求解；
(2)结合复数的几何意义，以及投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
16.【答案】证明：(1)延长BA，CD交于点Q，经过点P，Q画直线，
则直线PQ即为所作直线l，如图所示：
易知Q∈AB，AB⊂平面PAB，则Q∈平面PAB，
同理Q∈平面PCD，又P∈平面PAB，P∈平面PCD，
因此平面PAB∩平面PCD=PQ，即平面PAB∩平面PCD=l，
所以直线PQ即为所作直线；
(2)解：点E为PB的中点，使l//平面ADE；
由AD//BC，得QAQB=ADBC，而BC=2AD，则QB=2QA，
即A为QB的中点，
又点E为PB的中点，于是EA//PQ，
而AE⊂平面ADE，PQ⊄平面ADE，
因此PQ//平面ADE，
所以线段PB的中点E，使l//平面ADE.
【解析】(1)延长BA，CD交于点Q，利用点线面的位置关系可得直线PQ即为所作直线l；
(2)由BC=AB=2AD，利用三角形相似以及线面平行判定定理可求得线段PB的中点E，使l//平面ADE.
本题考查线面平行的证法，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为(a+b)(sinA−sinB)=c(sinB+sinC)，
由正弦定理可得：(a+b)(a−b)=c(b+c)，即b2+c2−a2=−bc，
由余弦定理可得：b2+c2−a2=2bccsA，
所以csA=−12，
又A∈(0,π)，所以A=2π3；
(2)由(1)知A=2π3，又AD⊥AC，所以∠BAD=π6，
又因为∠B=π4，可得∠ADB=7π12，
在△ABD中，由正弦定理得：ABsin∠ADB=ADsinB，
所以AB=ADsin7π12sinπ4=3 2+ 62.
【解析】(1)由正余弦定理可求出A；
(2)在△ABD中，由正弦定理求解即可得解．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：∵DA=DC，O为AC的中点，
∴DO⊥AC，
菱形ABCD的边长为2，又∵∠ABC=90∘，∴AC=2 2，
连接BO，则BO= 2，
又∵AD=DC=2,AC=2 2，
∴AD2+DC2=AC2，
∴AD⊥DC，
∴DO= 2，
又∵BD=2，所以DO2+BO2=DB2，
∴DO⊥BO，
又AC∩BO=O，且AC，BO⊂平面ABC，
∴DO⊥平面ABC，
∴点O是点D在平面ABC上的射影；
(2)设点A到面BCD的距离为h，设菱形ABCD边长为2，则△BCD的面积为 3，
∴VA−BCD=13× 3×h= 33h；
△ABC的面积为2，由(Ⅰ)知DO⊥平面ABC,DO= 2，
∴VD−ABC=13× 2×2= 33h，
∴h=2 63，
设直线AD与平面BCD所成角为θ，
则sinθ=hAD=2 632= 63，
直线AD与平面BCD所成角的正弦值 63.
【解析】(1)设菱形ABCD的边长为2，利用勾股定理得到DO⊥BO，又DO⊥AC，得到DO⊥平面ABC，即可得证；
(2)设点A到平面BCD的距离为h，利用等体积法求出h，设直线AD与平面BCD所成角为θ，利用直角三角形正弦即可求解．
本题考查线面垂直、线面垂直的判定与性质、线面角的定义及正弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】解：(1)由P1(1,1)知z=1+i，则f(z)=z+1=2+i，故Q1(2,1)，
设P2(x,y)，则f(z)=z+1=(x+1)+yi，
由Q2(1,1)知x+1=1，y=1，则x=0，y=1，即P2(0,1)；
(2)直线l上的任意一点P(x,y)“对应”到点Q(x1,y1)，
所以z=x+yi，f(z)=z2=(x2−y2)+2xyi，且y=kx+t，
所以x2−y2=x1，2xy=y1，即Q(x2−y2,2xy)，
由题意，点Q(x1,y1)仍在直线l上，
则2xy=k(x2−y2)+t，又y=kx+t，
则2x(kx+t)=k[x2−(kx+t)2]+t，
展开整理得(k3+k)x2+(2t+2k2t)x+kt2−t=0，
则k3+k=02t+2k2t=0kt2−t=0，解得k=t=0，
所以，所求的有序实数对(k,t)为(0,0)；
(3)满足条件的一个有序实数对为(−1,1)，
即a=−1，b=1，f(z)=−z+1z+1，证明如下：
证明：设z=x+yi，x，y∈R且x>0，
则f(z)=−z+1z+1=(−x+1)−yi(x+1)+yi，
|f(z)|=|(−x+1)−yi(x+1)+yi|= (−x+1)2+y2 (x+1)2+y2，
因为(−x+1)2+y2−[(x+1)2+y2]=−4x<0，
所以(−x+1)2+y2<(x+1)2+y2，
|f(z)|= (−x+1)2+y2 (x+1)2+y2<1，
即f(z)∈A，满足条件①；
设ω=m+ni，m，n∈R，且|ω|<1，即 m2+n2<1，得m2+n2<1，
由ω=f(z)得ω=−z+1z+1，
则z=−ω+1ω+1=−1+2ω+1=−1+2(m+1)+ni=−1+2[(m+1)−ni][(m+1)+ni][(m+1)−ni]=−1+2(m+1)(m+1)2+n2−2ni(m+1)2+n2=1−(m2+n2)(m+1)2+n2−2ni(m+1)2+n2，
则Rez=1−(m2+n2)(m+1)2+n2>0，满足条件②，
综上，满足条件的一个有序实数对为(−1,1).
【解析】(1)根据题中的新定义求解即可；
(2)由题意可得x2−y2=x1，2xy=y1，进而由条件得出关于k，t的方程组，求解即可；
(3)满足条件的一个有序实数对为(−1,1)，即a=−1，b=1，f(z)=−z+1z+1，结合复数模的求法及复数的运算证明即可．
本题属于新定义，考查了复数的线性运算、模的运算，也考查了逻辑推理能力，理解定义是关键，属于难题．