2023-2024学年陕西省礼泉县高一数学下学期期中质量调研（含答案）

这是一份2023-2024学年陕西省礼泉县高一数学下学期期中质量调研（含答案），共8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AB=2,3，BC=1,−4，则AC=( )
A. 3,−1B. 3,1C. 3,−7D. 1,7
2.i2−i=( )
A. −15+25iB. 15+25iC. 13+23iD. 13−23i
3.如图，水平放置的▵ABC的斜二测直观图为▵A′B′C′，若A′B′=A′C′=1，则BC=( )
A. 2B. 2C. 5D. 5
4.已知力F=(5,2)作用于一物体，使物体从点A(−1,3)处移动到点B(2,6)处，则力F对物体所做的功为( )
A. 9B. −9C. 21D. −21
5.已知平面向量a,b满足a=1,b=2,a⋅b=1，则2a−b的值为( )
A. 1B. 2C. 2D. 4
6.已知四边形ABCD中，AB=DC，并且AB=AD，则四边形ABCD是( )
A. 菱形B. 正方形C. 等腰梯形D. 长方形
7.中国传统文化博大精深，源远流长，其中我国古代建筑文化更是传统文化中一颗璀璨之星，在古代建筑中台基是指建筑物底部高出室外地面的部分，通常由台阶，月台，栏杆，台明四部分组成，某地的国家二级文化保护遗址一玉皇阁，其台基可近似看作上、下底面边长分别为2m,4m，侧棱长为3m的正四棱台，则该四棱台的体积约为( )
A. 28 73m3B. 12 2m3C. 13m3D. 25m3
8.在▵ABC中，内角A,B,C所对应的边分别为a,b,c，且asin2B+bsinA=0，若a+c=2，则边b的最小值为( )
A. 4B. 3 3C. 2 3D. 3
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知i为虚数单位，则以下四个说法中正确的是( )
A. i+i2+i3+i4=0B. 复数−2−i的虚部为−i
C. 若复数z为纯虚数，则z2=z2D. z1⋅z2=z1z2
10.以下说法不正确的是( )
A. 各侧面都是矩形的棱柱是长方体B. 有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱
C. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥D. 底面四条边相等的直棱柱是正四棱柱
11.如图，在长方形ABCD中，AB=6,AD=4，点P满足DP=λDC，其中λ∈0,23，则PA+PB的取值可以是( )
A. 8B. 9C. 10D. 11
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设m<0，已知平面向量a=m,1,b=−1−m,2，且a⊥b，则m=
13.棱长为1的正方体的顶点都在同一个球面上，则该球面的表面积为
14.在ΔABC中，AD=13DC,AE=12AB，P是线段BD上一点，若AP=12AE+λAC，则实数λ的值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
如图，已知平行四边形ABCD的三个顶点B､C､D的坐标分别是(−1,3)､(3,4)､(2,2)．
(1)求向量BC；
(2)求顶点A的坐标．
16.(本小题12分)
已知i是虚数单位，复数z的共轭复数是z，且满足z+2z=3−2i．
(1)求复数z的模z；
(2)若复数z2−mi在复平面内对应的点在第二象限，求实数m的取值范围．
17.(本小题12分)
如图，在▵ABC中，AD=14AB，点E,F分别是AC,BC的中点．设AB=a,AC=b．
(1)用a,b表示CD,EF；
(2)如果∠A=60∘,AB=2AC，请判断CD,EF的位置关系？用向量方法证明你的结论．
18.(本小题12分)
某种“笼具”由内，外两层组成，无下底面，内层和外层分别是一个圆锥和圆柱，其中圆柱与圆锥的底面相同，圆柱有上底面，制作时需要将圆锥的顶端剪去，剪去部分和接头忽略不计．已知圆柱的底面周长为32πcm，高为30 cm，圆锥的母线长为20 cm

(1)求这种“笼具”的体积；
(2)现用100 m2的纱网材料制作这种“笼具”，问至多可以制作多少个“笼具”？(假设纱网材料没有浪费，结果保留整数．)
19.(本小题12分)
在临港滴水湖畔拟建造一个四边形的露营基地，如图ABCD所示.为考虑露营客人娱乐休闲的需求，在四边形ABCD区域中，将三角形ABD区域设立成花卉观赏区，三角形BCD区域设立成烧烤区，边AB、BC、CD、DA修建观赏步道，边BD修建隔离防护栏，其中CD=100米，BC=200米，∠A=π3．
(1)如果烧烤区是一个占地面积为9600平方米的钝角三角形，那么需要修建多长的隔离防护栏(精确到0.1米)？
(2)考虑到烧烤区的安全性，在规划四边形ABCD区域时，首先保证烧烤区的占地面积最大时，再使得花卉观赏区的面积尽可能大，则应如何设计观赏步道？
答案
1.A
2.A
3.C
4.C
5.C
6.A
7.A
8.D
9.AD
10.ACD
11.ABC
12.−2
13.3π
14.316
15.(1)解：因为点B､C的坐标分别是(−1,3)､(3,4)，
所以BC=3,4−−1,3=4,1；
(2)解：设顶点A的坐标为x,y，
因为四边形ABCD为平行四边形，D的坐标是(2,2)，
所以BC=AD，即4,1=2−x,2−y，
所以2−x=42−y=1，解得x=−2y=1,
所以顶点A的坐标为−2,1．
16.(1)
解：设z=a+bia,b∈R，则z=a−bi，
∴z+2z=a+bi+2a−bi=3a−bi=3−2i，
∴a=1，b=2，
∴z=1+2i，则z= 12+22= 5；
(2)
解：由(1)知，z=1+2i，
∴z2−mi=1+2i2−mi=2+2m+4−mi，
由题意，复数z2−mi在复平面内对应的点在第二象限，
∴2+2m<04−m>0，解得：m<−1，
即实数m的取值范围为−∞,−1．
17.(1)
由AD=14AB，可得AD=14AB，
又点E,F分别是AC,BC的中点，
则CD=AD−AC=14AB−AC=14a−b,EF=12AB=12a．
(2)
CD⊥EF，证明如下：设AC=m，则AB=2m，EF=m．
CD⋅EF=14a−b⋅12a=18a2−12a⋅b=18×(2m)2−12×2m×m×cs60∘
=12m2−12m2=0．
∴CD⊥EF，∴CD⊥EF．
18.(1)
设圆柱的底面半径为r，高为ℎ，圆锥的母线长为l，高为ℎ1，
由题意，2πr=32π,∴r=16 cm，
则ℎ1= 202−r2= 202−162=12 cm，
∴这种“笼具”的体积为V=πr2ℎ−13πr2ℎ1=π162×30−13×162×12=6656πcm3．
(2)
由(1)可知，圆柱的侧面积为S1=2πrℎ=2π×16×30=960πcm2，
圆柱的底面积为S2=πr2=256πcm2，圆锥的侧面积为S3=πrl=320πcm2，
∴这种“笼具”的表面积为S=S1+S2+S3=1536πcm2，
∴至多可以制作100×1041536π≈207个“笼具”．
19.(1)
S▵BCD=12BC⋅CD⋅sinC=12×100×200sinC=9600，
解得：sinC=2425，
因为C是钝角，所以csC=−725．
由余弦定理得：BD= BC2+CD2−2BC⋅CD⋅csC
= 1002+2002−2×100×200×−725≈247.4，
故需要修建247.4m的隔离防护栏；
(2)
解法一：S▵BCD=12BC⋅CD⋅sinC≤12BC⋅CD=10000，
当且仅达C=π2时取到等号，此时BD=100 5m，设∠ABD=α，α∈0,23π，
在▵ABD中，ADsinα=ABsin23π−α=100 5sinπ3=2003 15，
解得：AD=2003 15sinα,AB=2003 15sin23π−α，
故S▵ABD=12AD⋅AB⋅sinA=50000 33sinαsin23π−α
=25000 3312+cs2α−23π，
因为α∈0,23π，所以2α−23π∈−23π,23π，
故当2α−23π=0，即α=13π时，cs2α−23π取的最大值为1，
S▵ABD≤25000 33×12+1=12500 3，
当且仅当α=π3时取到等号，此时AB=AD=100 5
答：修建观赏步道时应使得AB=AD=100 5m，∠C=π2
解法二：S▵BCD=12BC⋅CD⋅sinC≤12BC⋅CD=10000，
当且仅达C=π2时取到等号，此时BD=100 5，
设AB=x，AD=y.则由余弦定理，
BD= AB2+AD2−2AB⋅AD⋅csA= x2+y2−2xy⋅12=100 5，
故由平均值不等式，50000=x2+y2−xy≥xy，
从而S▵ABD=12xysinA≤12500 3，
等号成立当且仅当x=y=100 5．
答：修建观赏步道时应使得AB=AD=100 5m，∠C=π2