2023-2024学年广东省深圳市平湖外国语学校高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省深圳市平湖外国语学校高一（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=(1−i)2(i为虚数单位)，则复数z的虚部为( )
A. −2B. 2C. −2iD. 2i
2.已知平面向量a=(1,2)，b=(m,−4)，且a//b，则a⋅b=( )
A. 4B. −6C. −10D. 10
3.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a2+b2−c2=ab，则C=( )
A. π4B. π3C. 2π3D. 5π6
4.在△ABC中，B=45°,a=6,b=2 6，则A等于( )
A. 60°B. 60°或120°C. 120°D. 45°或135°
5.已知某圆锥的底面半径是高的一半，则其侧面展开图的圆心角的大小为( )
A. 55πB. 2 55πC. 2π3D. π3
6.平面向量a与b的夹角为60°，a=(2,0)，|b|=1，则|a+2b|=( )
A. 3B. 2 3C. 4D. 12
7.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知asinB=bcsA，a2=(b−c)2+4，则△ABC的面积是( )
A. 1+ 2B. 2+ 2C. 2 2D. 2+2 2
8.中国南北朝时期的数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.一个上底面边长为2，下底面边长为4，高为3 2的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为( )
A. 36 6B. 42 6C. 108 6D. 126 6
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.已知向量a=(1,−2)，b=(x,y)，c=b−a，下列结论正确的是( )
A. 若a//b，则y=−2x
B. 若a//b，则x=2y
C. 若a⊥b，x+y=3，则a在c上的投影向量为−12c
D. 若a⊥b，x+y=3，则a在c上的投影向量为− 102c
10.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则( )
A. 直线DD1与直线AF异面
B. 直线A1G与平面AEF平行
C. 平面AEF截正方体所得的截面是等腰梯形
D. 三棱锥A−CEF的体积是正方体ABCD−A1B1C1D1体积的18
11.已知复数z1=2−2i(i为虚数单位)在复平面内对应的点为P1，复数z2满足|z2−i|=1，则下列结论正确的是( )
A. 点P1的坐标为(2,−2)B. z1−=2+2i
C. |z2−z1|的最大值为 13+1D. |z2−z1|的最小值为2 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，水平放置的△ABC的斜二测直观图是图中的△A′B′C′，若A′C′=3，B′C′=2，则边AB的实际长度为______．
13.若1+i(i为虚数单位)是关于x的实系数一元二次方程x2+kx+2=0的一个虚根，则实数k= ______．
14.如图，正方形ABCD的边长为6，E是AB的中点，F是BC边上靠近点B的三等分点，AF与DE交于M，则cs∠EMF= ______．
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)
复平面内表示复数z=(m2−2m−3)+(m−3)i(m∈R)的点为Z．
(1)当实数m取何值时，复数z表示纯虚数？并写出z的虚部；
(2)当点Z位于第四象限时，求实数m的取值范围；
(3)当点Z位于直线y=x上时，求实数m的值．
16.(本小题15分)
如图，已知圆锥的底面半径R=6，高h=8，过PO上一点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱．
(1)若圆柱的底面半径r=3，求剩余部分体积；
(2)试求圆柱侧面积的最大值．
17.(本小题15分)
如图所示，在四棱锥P−ABCD中，BC/​/平面PAD，BC=12AD，E是PD的中点．
(1)求证：BC/​/AD；
(2)求证：CE/​/平面PAB．
18.(本小题17分)
如图，在锐角△ABC中，点D为BC边上一点，AD=3，且sinB=3 68，cs∠ADC=−14．
(1)求AB边的长；
(2)若点D为边BC的中点，求△ABC的面积；
(3)若AD为∠BAC的平分线，求△ABC的面积．
19.(本小题17分)
已知a1，a2是平面内任意两个非零不共线向量，过平面内任一点O作OA1=a1，OA2=a2，以O为原点，分别以射线OA1、OA2为x、y轴的正半轴，建立平面坐标系，如图(1).我们把这个由基底a1，a2确定的坐标系xOy称为基底{a1,a2}坐标系xOy.当向量a1，a2不垂直时，坐标系xOy就是平面斜坐标系，简记为{O；a1,a2}.对平面内任一点P，连结OP，由平面向量基本定理可知，存在唯一实数对(x,y)，使得OP=xa1+ya2，则称实数对(x,y)为点P在斜坐标系{O；a1,a2}中的坐标．

今有斜坐标系{O；e1,e2}(长度单位为米，如图(2))，且|e1|=|e2|=1，〈e1,e2〉=120°，设Op=(1,2)
(1)计算|OP|的大小；
(2)质点甲在x上距O点4米的点A处，质点乙在y上距O点1米的点B处，现在甲沿x的方向，乙沿y的方向同时以3米/小时的速度移动．
①若过2小时后质点甲到达C点，质点乙到达D点，请用e1，e2，表示CD；
②若t时刻，质点甲到达M点，质点乙到达N点，求两质点何时相距最短，并求出最短距离．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：z=(1−i)2=1−2i+i2=−2i，故其虚部为−2．
故选：A．
利用复数乘法法则化简z，再求虚部即可．
本题考查了复数的乘法运算，复数虚部的定义，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：平面向量a=(1,2)，b=(m,−4)，且a//b，
∴1×(−4)=2m，
解得m=−2，
则a⋅b=1×(−2)+2×(−4)=−10，
故选：C．
先根据向量的共线求出m的值，再根据向量的数量积求出即可
本题考查了向量的坐标运算和向量的共线和向量的数量积公式，属于基础题
3.【答案】B
【解析】解：csC=a2+b2−c22ab=12，又C∈(0,π)，
解得C=π3．
故选：B．
根据余弦定理得到csC=12，求出答案．
本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：在△ABC中，B=45°,a=6,b=2 6，
所以a>b，
由正弦定理，asinA=bsinB，
所以6sinA=2 6sin45°，则sinA= 32，
因为0°故选：B．
利用正弦定理求解角度，再利用内角和定理判断结果是否符合题意．
本题考查正弦定理的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：设圆锥的底面半径为r，则高为2r，所以母线长为 r2+(2r)2= 5r，
所以圆锥侧面展开图扇形的半径为 5r，
又圆锥侧面展开图扇形的弧长为圆锥的底面周长，即2πr，
所以侧面展开图的圆心角的大小为2πr 5r=2 55π．
故选：B．
弧长为l的扇形的半径为r，则圆心角θ=lr(θ>0,θ为弧度角)．
本题考查圆锥侧面展开图问题，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：由已知|a|=2，
|a+2b|2=a2+4a⋅b+4b2=4+4×2×1×cs60°+4=12，
∴|a+2b|=2 3．
故选：B．
根据向量的坐标求出向量的模，最后结论要求模，一般要把模平方，知道夹角就可以解决平方过程中的数量积问题，题目最后不要忘记开方．
本题是对向量数量积的考查，根据两个向量的夹角和模之间的关系，根据和的模两边平方，注意要求的结果非负，舍去不合题意的即可．两个向量的数量积是一个数量，它的值是两个向量的模与两向量夹角余弦的乘积，结果可正、可负、可以为零，其符号由夹角的余弦值确定．
7.【答案】A
【解析】解：因为a sin B=b cs A，所以sin A sin B=sin B cs A(sin B>0)，
所以sin A=cs A，可得tan A=1，又0所以a2=b2+c2−2bc cs π4=b2+c2− 2bc，
又a2=(b−c)2+4，所以bc=4+2 2，
所以S△ABC=12bc sin A=1+ 2．
故选：A．
利用正弦定理化角，解出A，然后结合余弦定理求出bc的乘积，即可求出三角形的面积．
本题考查正余弦定理与面积公式的应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与正六棱台的体积相等，
∵正六棱台的上下底面边长分别为2和4，
则S上=6×12×2×2× 32=6 3，
S下=6×12×4×4× 32=24 3，
所以V=13(S上+ S上⋅S下+S下)⋅h=13×(6 3+24 3+12 3)×3 2=42 6．
故选：B．
由已知求出正六棱台的上下底面面积，再由棱台体积公式求解．
本题考查棱台体积的求法，考查祖暅原理的应用，属于基础题．
9.【答案】AC
【解析】解：向量a=(1,−2)，b=(x,y)，a//b，
则y=−2x，A正确，B错误．
若a⊥b，且x+y=3，
则x−2y=0x+y=3，解得x=2y=1，
故b=(2,1)，c=(1,3)，则a在c上的投影向量为a⋅c|c|2c=−12c，C正确，D错误．
故选：AC．
结合向量垂直、平行的性质，以及投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查向量垂直、平行的性质，以及投影向量的公式，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：如图，
对于选项A，根据异面直线的判定定理可知AF与DD1异面，故选项A正确；
对于选项B，取B1C1的中点为M，连接A1M、GM，则A1M/​/AE，GM//EF，
易证平面A1MG/​/平面AEF，从而A1G/​/平面AEF，故选项B正确；
对于选项C，连接AD1，D1F，易知平面AEF截正方体所得的截面为等腰梯形AEFD1，故选项C正确；
对于选项D.设正方体棱长为a，则三棱锥A−CEF的体积为V1=13×12×CC12×CB×CD2=a324，故选项D错误．
故选：ABC．
根据异面直线定义、面面平行的判定定理以及性质定理以及三棱锥的体积求解方法可求得正确选项．
本题考查异面直线的判定定理的应用，线面平行的判定定理的应用，正方体的截面问题，三棱锥的体积的求解，属中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：因为复数z1=2−2i(i为虚数单位)在复平面内对应的点为P1，所以点P1的坐标为(2,−2)，故A正确；
因为z1=2−2i，所以z1−=2+2i，故B正确；
设z2=x+yi(x,y∈R)，在复平面内对应的点为P(x,y)，设A(0,1)，因为|z2−i|=1，所以点P(x,y)到点A的距离为1，
因此点P(x,y)的轨迹是以A(0,1)为圆心，1为半径的圆，|z2−z1|表示圆A上的点到点P1的距离，因此|z2−z1|max=AP1+1= 22+(−2−1)2+1= 13+1，|z2−z1|min=AP1−1= 13−1，故C正确，D不正确．
故选：ABC．
根据复数与复平面内的点的对应关系即可判断A的正误；
根据共轭复数的定义即可判断B的正误；
根据|z2−z1|的几何意义即可判断C，D的正误．
本题考查了复数与复平面内的点的对应关系，共轭复数的定义，|z2−z1|的几何意义，是基础题．
12.【答案】5
【解析】解：将直观图还原为原图形，如图所示，
则AC=A′C′=3，BC=2B′C′=4，
所以AB= AC2+BC2= 32+42=5．
故答案为：5．
将直观图还原为原图形，得到原图形中线段的长度，由勾股定理求解即可．
本题主要考查了平面图形的直观图的画法及应用，其中熟记斜二测画法的规则，画出直观图的原图形是解答的关键，考查了数形结合思想的应用，属于基础题．
13.【答案】−2
【解析】解：因为1+i是关于x的实系数一元二次方程x2+kx+2=0的一个虚根，
所以(1+i)2+k(1+i)+2=0，
整理得，2+k+(2+k)i=0，
故2+k=0，即k=−2．
故答案为：−2．
由已知把x=1+i代入方程，然后结合复数的四则运算进行化简，再由复数相等的条件即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算及复数相等条件的应用，属于基础题．
14.【答案】 210
【解析】解：如图所示，建立以点A为原点的平面直角坐标系，
则D(0,6)，E(3,0)，A(0,0)，F(6,2)，
∴DE=(3,−6)，AF=(6,2)，
由于∠EMF就是DE，AF的夹角，
∴cs∠EMF=18−12 9+36⋅ 36+4= 210.，
∴∠EMF的余弦值为 210．
故答案为： 210．
如图所示，建立以点A为原点的平面直角坐标系，∠EMF就是DE，AF的夹角，利用向量的夹角公式求解
本题考查向量数量积的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由m2−2m−3=0m−3≠0，解得m=−1，此时复数z是纯虚数，虚部为−4；
(2)由m2−2m−3>0m−3<0，解得m<−1，则当点Z位于第四象限时，m的范围为(−∞,−1)；
(3)当m2−2m−3=m−3，即m=0或m=3时，点Z位于直线y=x上．
【解析】(1)根据纯虚数的定义求解m，然后可求虚部；
(2)根据复数的几何意义列式计算；
(3)根据点Z位于直线y=x上，可得m2−2m−3=m−3，从而可求m．
本题考查复数的基本概念，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
16.【答案】解：(1)∵圆锥的底面半径R=6，高h=8．
∴圆锥的母线长l= 62+82= 100=10，
圆锥体积V锥=13πR2h=96π．
设圆柱的高h′，则rR=8−h′8=36，所以h′=4，
则圆柱体积V柱=πr2h′=36π，
剩余部分体积为V剩=V锥−V柱=96π−36π=60π．
(2)法一：作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示，
其中SO=8，OA=OB=6，
设圆柱底面半径为r(0设圆柱的侧面积为S′=2πr⋅h′=2π⋅r(8−43r)=−83πr2+16πr(0对称轴为r=−16π2×(−8π3)=3，
当r=3时，S′有最大值为24π．
法二：作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示，
其中SO=8，OA=OB=6，OK=x，(0设圆柱底面半径为r，则r6=8−x8，即r=34(8−x)，
设圆柱的侧面积为S′=2πr⋅x=2π⋅34(8−x)⋅x=3π2(−x2+8x)．
对称轴x=−8−2=4，
当x=4时，S′有最大值为24π．
【解析】(1)计算出圆锥和圆柱的体积即可．
(2)作出圆锥、圆柱的轴截面，计算出圆柱侧面积公式，利用二次函数的性质进行求解即可．
本题主要考查空间几何体的体积和侧面积的计算，根据圆锥，圆柱的体积公式和侧面积公式进行计算是解决本题的关键，是中档题．
17.【答案】证明：(1)在四棱锥P−ABCD中，BC/​/平面PAD，
BC⊂平面ABCD，
平面ABCD∩平面PAD=AD，
∴BC/​/AD．
(2)取PA的中点F，连接EF，BF，
∵E是PD的中点，
∴EF/​/AD，EF=12AD，
又由(1)可得BC/​/AD，且BC=12AD，
∴BC/​/EF，BC=EF，
∴四边形BCEF是平行四边形，
∴EC/​/FB，
∵EC⊄平面PAB，FB⊂平面PAB，
∴EC/​/平面PAB．
【解析】(1)根据线面平行的性质定理即可证明；
(2)取PA的中点F，连接EF，BF，利用中位线的性质，平行四边形的性质，以及线面平行的判断定理即可证明．
本题考查线面平行、线线平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力，是中档题．
18.【答案】解：(1)由cs∠ADC=−14，可得cs∠ADB=14，
所以sin∠ADB= 1−116= 154，又AD=3，sinB=3 68，
在△ABD中，由正弦定理，可得ABsin∠ADB=ADsinB，
即AB=33 68× 154= 10，故AB边的长为 10；
(2)由sinB=3 68，可得csB= 1−5464= 108，
所以sin∠BAD=sin(B+∠ADB)=3 68×14+ 108× 154= 64，
在△ABD中，由正弦定理，可得BDsin∠BAD=ADsinB，
即BD=33 68× 64=2，又点D为边BC的中点，
则S△ABC=2S△ABD=2×12×2× 10×3 68=3 152；
(3)若AD为∠BAC的平分线，由角平分线定理，
可得ABBD=ACCD= 102，设AC= 10t，CD=2t，
在△ACD中，由余弦定理可得10t2=9+4t2−2×3×2t×(−14)，
整理得2t2+t−3=0，解得t=1或t=−32(舍去)，
故AC= 10，CD=2，
由CD=BD可知，此时D仍为BC中点，
故S△ABC=3 152．
【解析】(1)首先求得sin∠ADB，再由正弦定理即可求得AB；
(2)首先求得sin∠BAD，再由正弦定理求得BD，根据D为BC中点，得S△ABC=2S△ABD，即可求得三角形ABC的面积；
(3)由角平分线定理，结合余弦定理，求得CD=BD，即D仍为BC中点，再根据(2)的结果即可得三角形面积．
本题考查正弦定理、余弦定理及三角形面积公式的应用，属中档题．
19.【答案】解：(1)由题意，|e1|=|e2|=1，=120°，OP=e1+2e2，
∴|OP|= (e1+2e2)2
= e12+4e22+4e1⋅e2
= 1+4+4×1×1×(−12)= 3，
(2)①如图所示，OA=(4,0)，OB=(0,1)，
由题意，甲沿x的方向，乙沿y的方向同时以3米/小时的速度移动，
则2小时后，OC=(−2,0)，OD=(0,7)，
∴CD=OD−OC=7e2−(−2e1)=2e1+7e2．
②由①知，两质点运动t小时后，OM=(4−3t)e1，ON=(1+3t)e2，
则MN=ON−OM=(1+3t)e2−(4−3t)e1，
∴|MN|= (1+3t)2+(4−3t)2−2(1+3t)(4−3t)×(−12)
= 9t2−9t+21= 9(t−12)2+754，
当t=12时，|MN|min=5 32，
即两质点同时移动12小时后，相距最短，最短距离为5 32米．
【解析】斜坐标系可以类比直角坐标系得出向量坐标，在计算时注意基底的数量积不再是0，夹角是120°，利用数量积的性质把向量模的问题转化为向量的数量积进行运算即可．
本题考查平面向量基本定理的应用，属基础题．