山西省大同市2023-2024学年高一下学期4月期中质量检测数学试卷

这是一份山西省大同市2023-2024学年高一下学期4月期中质量检测数学试卷，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）复数z＝在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．（5分）已知向量＝（m，2），＝（﹣3，1），若，则实数m＝（ ）
A．B．﹣C．6D．﹣6
3．（5分）已知某圆柱的表面积是其下底面面积的4倍，则该圆柱的母线与底面直径的比为（ ）
A．1：1B．1：2C．1：3D．1：4
4．（5分）在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a，b，c，若c＝3，b＝，C＝60°，则A＝（ ）
A．45°B．75°C．105°D．135°
5．（5分）已知向量＝（﹣1，0），＝（2，2），若向量在向量上的投影向量为，向量在向量上的投影向量为，则λμ＝（ ）
A．﹣2B．2C．D．
6．（5分）如图，在△ABC中，已知∠ACB＝120°，将△ABC以AC为轴旋转一周形成的几何体的体积V1，以BC为轴旋转一周形成的几何体的体积为V2，若V1＝2V2，则＝（ ）
A．B．C．D．
7．（5分）已知非零向量，满足•（+3）＝•，|﹣2|＝|3﹣|，则向量，夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．﹣D．
8．（5分）已知某圆台的体积为，其轴截面为梯形ABCD，AB＝4，CD＝2，则在该圆台的侧距上，从点A到C的最短路径的长度为（ ）
A．3B．3C．6D．3
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。
（多选）9．（6分）下列说法正确的是（ ）
A．一个多面体至少有4个面
B．圆柱的母线与它的轴可以不平行
C．用任意一个平面截取球得到的截面都是一个圆面
D．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱
（多选）10．（6分）如图，某旅游部门计划在湖中心Q处建一游览亭，打造一条三角形DEQ游览路线．已知AB，BC是扇岸上的两条甬路，∠ABC＝120°，BD＝0.3km，BE＝0.5km，∠DQE＝60°（观光亭Q视为一点，游览路线、甬路的宽度忽略不计），则（ ）
A．DE＝0.7km
B．当∠DEQ＝45°时，DQ＝km
C．△DEQ面积的最大值为km2
D．游览路线DQ+QE最长为1.4km
（多选）11．（6分）已知两个非零向量，，定义新运算⊙＝，则（ ）
A．当||＜||时，⊙≥⊙
B．对于任意非零向量，都有⊙（+）＝⊙+⊙
C．对于不垂直的非零向量，，都有⊙[（•）]＝[（•）]⊙
D．若⊙＝，⊙＝2t，m，t∈N，则⊥
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）用斜二测画法作一个水平放置的平行四边形的直观图，若直观图是一个角为45°，边长为2的菱形，则原来的平行四边形的面积为 ．
13．（5分）白银比例是指事物各部分间存在着一定的数学比例关系，其比值为1：，具有很好的美感，在设计与建筑领域有广泛应用，在矩形ABCD中，AB＝，BC＞AB，从矩形ABCD中截取一个正方形ABEF，剩下的矩形CDFE的宽EC与长CD之比为白银比例，则＝ ．
14．（5分）在四面体ABCD中，AB＝，AD＝3，AC＝，CD＝1，BC＝，BD＝，则四面体ABCD的外接球的表面积为 ，四面体ABCD的体积为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。
15．（13分）已知复数z满足z（1﹣3i）为纯虚数，﹣z＝﹣2i．
（1）求z以及；
（2）设z1＝，若|z1|＝2，求实数m的值．
16．（15分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin2A+sinBsinC＝sin2B+sin2C．
（1）求角A的大小；
（2）若a＝2bcsC，判断△ABC的形状并说明理出．
17．（15分）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，∠A＝60°，点D，E满足＝2，，AC边上的中线BM与DE交于点O．设＝，＝．
（1）用向量，表示，；
（2）求∠MOE的大小．
18．（17分）如图，一个圆锥挖掉一个内接正三棱柱ABC﹣A1B1C1（棱柱各顶点均在圆锥侧面或底面上），若棱柱侧面BCC1B1落在圆锥底面上．已知正三棱柱底面边长为，高为2．
（1）求挖掉的正三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；
（2）求该几何体的表面积．
19．（17分）如果三角形的一个内角等于另外一个内角的两倍，我们称这样的三角形为倍角三角形，如在△ABC中，若A＝2B，则△ABC为倍角三角形，其中角A叫做2倍角，角B叫做1倍角．
（1）利用正，余弦定理证明下面的倍角定理：在倍角三角形中，2倍角所对边的平方等于1倍角所对边乘以该边与第三边之和；
（2）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B＝2C，2sinB＝3sinC且△ABC的面积为，求△ABC的周长．
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
1．（5分）复数z＝在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【解答】解：复数z＝＝＝﹣1﹣3i，
∴复数z在复平面内对应的点为（﹣1，﹣3），位于第三象限．
故选：C．
2．（5分）已知向量＝（m，2），＝（﹣3，1），若，则实数m＝（ ）
A．B．﹣C．6D．﹣6
【解答】解：＝（m，2），＝（﹣3，1），，
则m×1＝2×（﹣3），解得m＝﹣6．
故选：D．
3．（5分）已知某圆柱的表面积是其下底面面积的4倍，则该圆柱的母线与底面直径的比为（ ）
A．1：1B．1：2C．1：3D．1：4
【解答】解：根据题意，设圆柱的底面半径为r，母线长为h，
若该圆柱的表面积是其下底面面积的4倍，即2πr2+2πrh＝4πr2，
变形可得：h＝r，则有h：2r＝1：2；
即该圆柱的母线与底面直径的比为1：2．
故选：B．
4．（5分）在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a，b，c，若c＝3，b＝，C＝60°，则A＝（ ）
A．45°B．75°C．105°D．135°
【解答】解：因为c＝3，b＝，C＝60°，由正弦定理可得：＝，
所以sinB＝•sinC＝•＝，在三角形中0°＜B＜120°，
所以B＝45°，
所以A＝180°﹣B﹣C＝180°﹣45°﹣60°＝75°．
故选：B．
5．（5分）已知向量＝（﹣1，0），＝（2，2），若向量在向量上的投影向量为，向量在向量上的投影向量为，则λμ＝（ ）
A．﹣2B．2C．D．
【解答】解：向量＝（﹣1，0），＝（2，2），
则，，，
向量在向量上的投影向量为，
则＝，即，
向量在向量上的投影向量为，
则＝，即μ＝﹣2，
故λμ＝．
故选：D．
6．（5分）如图，在△ABC中，已知∠ACB＝120°，将△ABC以AC为轴旋转一周形成的几何体的体积V1，以BC为轴旋转一周形成的几何体的体积为V2，若V1＝2V2，则＝（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：分别过顶点A，B向对边作垂线，垂足分别为点D，E，如图所示，
设AC＝b，BC＝a，
因为在△ABC中，已知∠ACB＝120°，
则，，，，
则 ，
，
所以，
即．
故选：A．
7．（5分）已知非零向量，满足•（+3）＝•，|﹣2|＝|3﹣|，则向量，夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．﹣D．
【解答】解：∵＝，
即＝0①，
即＝﹣||2，
∵||＝|3﹣|，
可得＝9﹣6+，
即8﹣2﹣3＝0，
代入①可得9＝3，即||＝||，
∴cs＜，＞＝＝＝﹣．
故选：C．
8．（5分）已知某圆台的体积为，其轴截面为梯形ABCD，AB＝4，CD＝2，则在该圆台的侧距上，从点A到C的最短路径的长度为（ ）
A．3B．3C．6D．3
【解答】解：由AB＝4，CD＝2，得圆台的下底面的半径为2，上底面的半径为1，
设圆台的高为h，由圆台的体积为，得，所以，
在梯形ABCD中，则，如图，延长AD，BC，OO1交于点P，
由△PDC∽△PAB，得，所以PC＝3，
设该圆台的侧面展开图的圆心角为α，则3α＝2π，所以，
连接AC，PC，则从点A到C的最短路径为线段AC，
又PC＝3，PA＝6，，所以．
故选：B．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。
（多选）9．（6分）下列说法正确的是（ ）
A．一个多面体至少有4个面
B．圆柱的母线与它的轴可以不平行
C．用任意一个平面截取球得到的截面都是一个圆面
D．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱
【解答】解：一个多面体至少有4个面，故A正确；
圆柱的母线与它的轴平行，故B错误；
用任意一个平面截取球得到的截面都是一个圆面，故C正确；
有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体也可能是组合体，故D错误．
故选：AC．
（多选）10．（6分）如图，某旅游部门计划在湖中心Q处建一游览亭，打造一条三角形DEQ游览路线．已知AB，BC是扇岸上的两条甬路，∠ABC＝120°，BD＝0.3km，BE＝0.5km，∠DQE＝60°（观光亭Q视为一点，游览路线、甬路的宽度忽略不计），则（ ）
A．DE＝0.7km
B．当∠DEQ＝45°时，DQ＝km
C．△DEQ面积的最大值为km2
D．游览路线DQ+QE最长为1.4km
【解答】解：A中，在△DBE中，∠DBE＝∠ABC＝120°，BD＝0.3km，BE＝0.5km，
由余弦定理可得DE＝＝＝0.7km，所以A正确；
B中，因为∠DQE＝60°，DE＝0.7，若∠DEQ＝45°时，
由正弦定理可得＝，即DQ＝×0.7＝×＝km，所以B不正确；
C中，在△DQE中，由余弦定理可得DE2＝QD2+QE2﹣2QD•QEcs∠DQE≥QD•QE，当且仅当QD＝QE时取等号，
所以QD•QE≤DE2＝0.49＝，
所以S△DQE＝QD•QEsin∠DQE≤××＝km2，所以C正确；
D中，在△DQE中，由余弦定理可得DE2＝QD2+QE2﹣2QD•QEcs∠DQE＝（QD+QE）2﹣3QD•QE，
所以（QD+QE）2＝DE2+3QD•QE≤DE2+3•（）2，当且仅当QE＝QD时取等号，
所以（QD+QE）2≤4DE2，即QD+QE≤2DE＝2×0.7＝1.4km，所以D正确．
故选：ACD．
（多选）11．（6分）已知两个非零向量，，定义新运算⊙＝，则（ ）
A．当||＜||时，⊙≥⊙
B．对于任意非零向量，都有⊙（+）＝⊙+⊙
C．对于不垂直的非零向量，，都有⊙[（•）]＝[（•）]⊙
D．若⊙＝，⊙＝2t，m，t∈N，则⊥
【解答】解：对于A，⊙＝＝，⊙＝，
若||＜||，则当•≥0时，⊙≥⊙，当•＜0时，⊙＜⊙，可知A项的结论不正确；
对于B，若非零向量、、，则⊙（+）＝＝，⊙+⊙＝＝，
所以有⊙（+）＝⊙+⊙成立，故B项的结论正确；
对于C，设•＝m，则m≠0，⊙[（•）]＝⊙（m）＝＝，
[（•）]⊙＝m⊙＝＝，当m≠±1时，⊙[（•）]≠[（•）]⊙，故C项的结论不正确；
对于D，设向量的夹角为θ，0≤θ≤π，
若⊙＝，⊙＝2t，则＝且＝2t，可得cs2θ＝＝∈[﹣1，1]，
结合m、t∈N，可知m＝t＝0，csθ＝0，所以θ＝，即⊥，故D项的结论正确．
故选：BD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）用斜二测画法作一个水平放置的平行四边形的直观图，若直观图是一个角为45°，边长为2的菱形，则原来的平行四边形的面积为 8 ．
【解答】解：根据题意，直观图是一个角为45°，边长为2的菱形，则直观图的面积S′＝2（×2×2×sin45°）＝2，
故原来的平行四边形的面积S＝2S′＝8．
故答案为：8．
13．（5分）白银比例是指事物各部分间存在着一定的数学比例关系，其比值为1：，具有很好的美感，在设计与建筑领域有广泛应用，在矩形ABCD中，AB＝，BC＞AB，从矩形ABCD中截取一个正方形ABEF，剩下的矩形CDFE的宽EC与长CD之比为白银比例，则＝ ．
【解答】解：根据题意，由白银比例可知，
所以EC＝CD＝AB＝1，可得AD＝．
所以＝＝，
因为＝，，，
所以＝（）•（）＝（）•[﹣]
＝（）﹣+（）＝﹣2+（）×（）2＝．
故答案为：．
14．（5分）在四面体ABCD中，AB＝，AD＝3，AC＝，CD＝1，BC＝，BD＝，则四面体ABCD的外接球的表面积为 14π ，四面体ABCD的体积为 1 ．
【解答】解：在四面体ABCD中，因为BD2＝AB2+AD2，
所以△ABD为直角三角形，
因为BD2＝BC2+CD2，
所以△BCD为直角三角形，
取BD的中点O，则OA＝OB＝OD＝OC，
所以O为四面体ABCD的外接球的球心，
则BD为四面体ABCD的外接球的直径，
所以四面体ABCD的外接球的表面积为S＝4πR2＝（2R）2π＝14π．
将四面体ABCD补成直三棱柱A1BC﹣AB1D，
由条件可知，且AA1＝CD＝1，
所以A1B＝2，又A1C＝AD＝3，
故四面体ABCD的体积为．
故答案为：14π；1．
四、解答题：本题共5小题，共77分。
15．（13分）已知复数z满足z（1﹣3i）为纯虚数，﹣z＝﹣2i．
（1）求z以及；
（2）设z1＝，若|z1|＝2，求实数m的值．
【解答】解：（1）设z＝a+bi（a，b∈R），
则，
﹣z＝﹣2i，
则a﹣bi﹣（a+bi）＝﹣2bi＝﹣2i，解得b＝1，
z（1﹣3i）＝（a+i）（1﹣3i）＝a+3+（1﹣3a）i为纯虚数，
则，解得a＝﹣3，
故z＝﹣3+i，；
（2）z1＝＝＝，
|z1|＝2，
则，解得m＝1或5．
16．（15分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin2A+sinBsinC＝sin2B+sin2C．
（1）求角A的大小；
（2）若a＝2bcsC，判断△ABC的形状并说明理出．
【解答】解：（1）在△ABC中，因为，
所以由正弦定理得，
余弦定理得，
而0＜A＜π，
所以；
（2）因为，
故b2﹣c2＝0，即b＝c，
所以△ABC为等腰三角形．
17．（15分）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，∠A＝60°，点D，E满足＝2，，AC边上的中线BM与DE交于点O．设＝，＝．
（1）用向量，表示，；
（2）求∠MOE的大小．
【解答】解：（1）由，可知，，，
则，，所以＝；
又BM为AC边上的中线，
所以＝．
（2）由AB＝3，AC＝4得|a|＝1，|b|＝2，又，
所以与的夹角为120°，则＝﹣1．
由图形可知，∠MOE的大小等于向量与的夹角．
又|DE|＝
＝，
|BM|＝
＝，
＝＝7，
，
又∠MOE∈（0，π），
∴．
18．（17分）如图，一个圆锥挖掉一个内接正三棱柱ABC﹣A1B1C1（棱柱各顶点均在圆锥侧面或底面上），若棱柱侧面BCC1B1落在圆锥底面上．已知正三棱柱底面边长为，高为2．
（1）求挖掉的正三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；
（2）求该几何体的表面积．
【解答】解：（1）∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为，高为2，
∴，
∴正三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；
（2）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，由（1）知，，
，
设圆锥的底面圆圆心为O，则O是矩形BCC1B1的中心，设圆O半径为r，
则，得r＝2，
取BC的中点E，连接AE，则AE⊥BC，且AE∥DO，
，OE＝1，
于是，解得DO＝6，
则圆锥的母线长，
圆锥的底面圆的面积，侧面积，
三棱柱的表面积为，
∴该几何体的表面积为：
＝．
19．（17分）如果三角形的一个内角等于另外一个内角的两倍，我们称这样的三角形为倍角三角形，如在△ABC中，若A＝2B，则△ABC为倍角三角形，其中角A叫做2倍角，角B叫做1倍角．
（1）利用正，余弦定理证明下面的倍角定理：在倍角三角形中，2倍角所对边的平方等于1倍角所对边乘以该边与第三边之和；
（2）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B＝2C，2sinB＝3sinC且△ABC的面积为，求△ABC的周长．
【解答】（1）证明：设A＝2B，可得sinA＝sin2B＝2sinBcsB，
由正弦定理可得a＝2bcsB，再由余弦定理可得，
则a2c＝b（a2+c2﹣b2），即a2（c﹣b）＝b（c2﹣b2），
当b＝c时，则B＝C，由A+B+C＝π，得4B＝π，所以，则，
由勾股定理可得：a2＝b2+c2＝b2+b2＝b（b+c），
当b≠c时，a2（c﹣b）＝b（c2﹣b2），两边同时除以c﹣b可得：a2＝b（c+b），
由上可知，当A＝2B时，a2＝b（b+c）；
（2）解：由正弦定理得2b＝3c，由倍角定理得b2＝c（c+a），
即b2﹣c2＝ac，
即c2﹣c2＝ac，所以5c＝4a，
由余弦定理可得csC＝＝＝，
则，
由△ABC的面积为S△ABC＝，
解得c＝4，则b＝6，a＝5，
故△ABC的周长为15．