2024-2025学年宁夏吴忠中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年宁夏吴忠中学高一（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.复数z=2+ii，则|z|=( )
A. 1B. 2C. 5D. 2 2
2.如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，下列命题正确的是( )
A. AB与HG相交 B. AB与EF平行
C. AB与CD相交 D. EF与CD异面
3.正方形O′A′B′C′的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图(如图)，则原图形的面积是( )
A. 2
B. 4
C. 4 2
D. 8 2
4.在△ABC中，点M是边AC上靠近点A的三等分点，点N是BC的中点.若MN=xAB+yBC，则x−y=( )
A. 1B. 12C. −13D. −23
5.已知正三棱锥的底面边长为6，高为3，则该三棱锥的表面积是( )
A. 54 3B. 27 3C. 18 3D. 15 3
6.在△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且a=1，B=45°，S△ABC=2，则△ABC的外接圆直径为( )．
A. 4 5B. 5C. 5 2D. 6 2
7.宋代瓷器的烧制水平极高，青白釉出自宋代，又称影青瓷.宋蒋祁《陶记》中“江、湖、川、广器尚青白，出于镇之窑者也”，印证了宋人把所说的“影青”瓷器叫做“青白瓷”的史实.图1为宋代的影青瓷花口盏及盏托，我们不妨将该花口盏及盏托看作是两个圆台与一个圆柱的组合体，三个部分的高相同均为6cm，上面的花口盏是底面直径分别为8cm和10cm的圆台，下面的盏托由底面直径8cm的圆柱和底面直径分别为12cm和8cm的圆台组合构成，示意图如图2，则该花口盏及盏托构成的组合体的体积为( )
A. 248πcm3B. 274πcm3C. 354πcm3D. 370πcm3
8.已知Rt△ABO的面积为4，O为直角顶点，设向量a=OA|OA|、向量b=OB|OB|，向量OP=a+2b，则PA⋅PB的最大值为( )
A. −4B. −3C. 3D. 4
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.下列命题为真命题的是( )
A. 复数2−2i的虚部为−2i
B. 若i为虚数单位，则i2023=−i
C. 在复数集C中，方程x2+x+1=0有两个解，依次为−12+ 32i,−12− 32i
D. 已知i是虚数单位，a∈R，若(a+2i)(1+i)=4i，则实数a=2
10.已知OA表示向量a，OB表示向量b，向量a=(1,2)，b=(3,1)，O为坐标原点，则下列结论正确的是( )
A. 若向量a+tb与a垂直，则实数t的值为−1
B. 已知点C(4,k)，若A，B，C三点共线，则实数k的值为−2
C. a在b方向上的投影向量的模为 102
D. 若c=(−1,m)，a+b与c的夹角为钝角，则实数m的取值范围是(−∞,43)
11.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中错误的是( )
A. 若sin2A=sin2B，则△ABC定为等腰三角形
B. 若a2+b2−c2>0，则△ABC一定是锐角三角形
C. 若点M是边BC上的点，且AM=23AB+13AC，则△AMC的面积是△ABC面积的13
D. 若△ABC平面内有一点O满足：OA+OB+OC=0，且|OA|=|OB|=|OC|，则△ABC为等边三角形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知平面向量a=(1,1)，b为单位向量，且|a−2b|= 2，则向量a与b的夹角为______．
13.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=2,b=3,csB= 74，则A= ______．
14.已知三棱锥P−ABC，PA⊥底面ABC，且△ABC是边长为 3的正三角形，PA=2，则该三棱锥的外接球表面积是______．
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)
已知向量a，b满足a=(−3,4)，|b|=10．
(1)若a//b，求向量b的坐标；
(2)若向量a，b的夹角为2π3，求(3a−b)⋅(a+b)和|2a−b|的值．
16.(本小题15分)
已知a=( 3csx,1)，b=(sinx,−1)，f(x)=(a+b)⋅a−12．
(1)若a//b，求cs2x的值；
(2)求f(x)的单调递增区间；
(3)若x∈(0,π2)，求f(x)的值域．
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，在①asinC=ccs(A−π6)；②(a+b+c)(b+c−a)=3bc.两个条件中任选一个，补充在下面问题中(将选的序号填在横线处)，
已知a=3 62，_____．
(1)若∠B=π4，求b；
(2)若△ABC的周长为4 6，求△ABC的面积S．
18.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=1，acsA=2b−ccsC．
(1)求角A；
(2)若D是线段BC的中点，且AD=1，求S△ABC；
(3)若△ABC为锐角三角形，求△ABC的周长的取值范围．
19.(本小题17分)
重庆是我国著名的“火炉”城市之一，如图，重庆某避暑山庄O为吸引游客，准备在门前两条小路OA和OB之间修建一处弓形花园，使之有着类似“冰淇淋”般的凉爽感，已知∠AOB=π6，弓形花园的弦长|AB|=2 3，记弓形花园的项点为M，∠MAB=∠MBA=π6，设∠OBA=θ．
(Ⅰ)将|OA|，|OB|用含有θ的关系式表示出来；
(Ⅱ)该山庄准备在M点处修建喷泉，为获取更好的观景视野，如何设计OA、OB的长度，才使得喷泉M与山庄O的距离的值最大？
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：根据题意，z=2+ii=(2+i)⋅(−i)i⋅(−i)=1−2i，
所以|z|= 12+(−2)2= 5．
故选：C．
根据复数的除法运算和复数模的公式即可得到答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：根据题意，由图可知AB与HG异面，AB与EF异面，AB与CD异面，EF与CD异面．
故选：D．
根据题意，先由展开图还原正方体，再根据选项判断线线的位置关系，综合可得答案．
本题考查空间直线与直线的位置关系，涉及正方体的结构特征，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：根据题意，直观图为正方形O′A′B′C′，且其边长为2，
如图所示，根据斜二测画法可知原图形为平行四边形，
其中OA=O′A′=2,OB=2O′B′=4 2，
所以原图形的面积为OA×OB=8 2．
故选：D．
利用直观图还原原图形，再求出面积即可．
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．
4.【答案】B
【解析】解：由题意得MN=MC+CN=23AC+12CB=23(AB+BC)−12BC=23AB+16BC，
结合MN=xAB+yBC，由平面向量基本定理可得x=23,y=16，所以x−y=23−16=12．
故选：B．
根据平面向量的线性运算法则求出用AB,BC表示MN的式子，结合平面向量基本定理求出x、y的值，进而可得答案．
本题主要考查平面向量的线性运算法则、平面向量基本定理等知识，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：正三棱锥的底面是正三角形，三个侧面为全等的等腰三角形，
底面面积为6×3 3÷2=9 3，
侧面三角形高ℎ= 32+( 3)2=2 3，侧面面积为12×6×2 3×3=18 3，
该三棱锥的表面积是18 3+9 3=27 3．
故选：B．
根据正三棱锥表面积公式即可求得答案．
本题考查正三棱锥的表面积，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了三角形面积公式，余弦定理，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
由已知及三角形面积公式可求c的值，利用余弦定理可求b的值，进而利用正弦定理即可计算得解．
【解答】
解：∵a=1，B=45°，S△ABC=12acsinB=12×1×c× 22=2，∴c=4 2．
∵b2=a2+c2−2accsB=1+32−8 2× 22=25，可得：b=5．
∴外接圆的直径2R=bsinB=5 22=5 2．
故选：C．
7.【答案】D
【解析】解：由题意花口盏及盏托是两个圆台与一个圆柱的组合体，
三个部分的高相同均为6cm，上面的花口盏是底面直径分别为8cm和10cm的圆台，
下面的盏托由底面直径8cm的圆柱和底面直径分别为12cm和8cm的圆台组合构成，
可得花口盏体积：V1=13π×6×(42+52+4×5)=122πcm3，
盏托体积：V2=π×42×6+13π×6×(42+62+4×6)=248πcm3，
所以组合体的体积V=V1+V2=370πcm3．
故选：D．
根据题设数据结合圆台和圆柱的体积公式依次计算求解花口盏和盏托的体积即可得解．
本题考查了圆台和圆柱的体积公式，是中档题．
8.【答案】B
【解析】解：根据题意，以O为原点，OA、OB分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，
设A(m,0)，B(0,n)，且m>0，n>0，则S△OAB=12mn=4，可得mn=8，
则a=OA|OA|=(1,0)，b=OB|OB|=(0,1)，OP=a+2b=(1,2)，可得P(1,2)，
所以PA=(m−1,−2)，PB=(−1,−2+n)，可得PA⋅PB=5−(m+2n)≤5−2 2mn=−3，
当且仅当m=2n，即n=2，m=4时取等号．
因此，当n=2，m=4时，PA⋅PB取得最大值为−3．
故选：B．
以O为原点，OA、OB分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，设A(m,0)，B(0,n)，m>0，n>0，结合题意化简得mn=8，然后利用基本不等式求出PA⋅PB的最大值，可得答案．
本题主要考查三角形的面积公式、平面向量数量积的坐标表示、基本不等式及其应用，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于A，复数2−2i的虚部为−2，故A错误；
对于B，∵i为虚数单位，
∴i2023=(i2)1011⋅i=(−1)1011⋅i=−i，故B正确；
对于C，x2+x+1=(x+12)2+34=(x+12+ 32i)(x+12− 32i)，
∴在复数集C中，方程x2+x+1=0有两个解，依次为−12+ 32i,−12− 32i，故C正确；
对于D，∵i是虚数单位，(a+2i)(1+i)=a+2i+ai+2i2=(a−2)+(a+2)i=4i，
∴(a−2)+(a+2)i=4i，
∴a−2=0a+2=4，解得a=2，故D正确．
故选：BCD．
根据复数虚部的定义可判断A；根据虚数单位i的性质可判断B；根据复数方程的根可判断C；根据复数的乘法和复数相等的条件求出a的值可判断D．
本题考查复数的定义、运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：A．a+tb=(3t+1,t+2)，(a+tb)⊥a，
∴(a+tb)⋅a=3t+1+2(t+2)=0，解得t=−1，A正确；
B.∵C(4,k)，A，B，C三点共线，
∴OB=λOA+(1−λ)OC，即(3,1)=(λ+4−4λ,2λ+k−kλ)，
∴4−3λ=3k+(2−k)λ=1，解得k=12，B错误；
C.a在b方向上的投影向量的模为|a⋅b|b||=5 10= 102，C正确；
D.a+b=(4,3)，c=(−1,m)，a+b与c的夹角为钝角，
∴(a+b)⋅cA，所以A=π6．
故答案为：π6．
首先求出sinB，再由正弦定理计算可得．
本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题．
14.【答案】8π
【解析】解：取AD中心D，连结DA、DC，过D作DO⊥平面ABC，则球心O在DO上，
过球心O作OE⊥PA，交PA于E，则球半径R=PO=CO，
∵三棱锥P−ABC，PA⊥底面ABC，且△ABC是边长为 3的正三角形，PA=2，
∴OE=AD=CD=23 ( 3)2−( 32)2=1，
∵PO2=OC2，∴PE2+OE2=OD2+CD2，∴PE=AE=OD=1，
∴R=OC= 12+12= 2，
∴该三棱锥的外接球表面积为：S=4πR2=4π⋅( 2)2=8π．
故答案为：8π．
取AD中心D，连结DA、DC，过D作DO⊥平面ABC，则球心O在DO上，过球心O作OE⊥PA，交PA于E，则球半径R=PO=CO，推导出OE=AD=CD=1，从而PE=AE=OD=1，进而R=OC= 2，由此能求出该三棱锥的外接球表面积．
本题考查三棱锥外接球的表面积的求法，考查三棱锥、球等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，数形结合思想，是中档题．
15.【答案】(−6,8)或(6,−8)；
−75，|2a−b|=10 3．
【解析】(1)设b=λa=(−3λ,4λ)，
所以|b|= (−3λ)2+(4λ)2=5|λ|=10，解得λ=±2，
向量b的坐标为(−6,8)或(6,−8)；
(2)|a|= (−3)2+42=5，|b|=10，
a⋅b=|a||b|cs2π3=5×10×(−12)=−25，
所以(3a−b)⋅(a+b)=3a2+2a⋅b−b2=75−50−100=−75，
|2a−b|= 4a2−4a⋅b+b2= 100+100+100=10 3．
(1)利用共线向量定理，结合坐标计算模，列式求解．
(2)利用数量积的定义、数量积的运算律求解．
本题主要考查平面向量的数量积，属于中档题．
16.【答案】−12；
[−5π12+kπ,π12+kπ],k∈Z；
(−12, 3+1]．
【解析】解：(1)因为a=( 3csx,1)，b=(sinx,−1)，
由a//b，可得 3csx×(−1)=sinx，即tanx=− 3，
所以cs2x=cs2x−sin2xcs2x+sin2x=1−tan2x1+tan2x=−12；
(2)因为f(x)=(a+b)⋅a−12=( 3csx+sinx,0)⋅( 3csx,1)−12
=( 3csx+sinx)⋅ 3csx−12=3cs2x+ 3sinxcsx−12
=3×1+cs2x2+ 32sin2x−12
= 32sin2x+32cs2x+1
= 3sin(2x+π3)+1，
令−π2+2kπ≤2x+π3≤π2+2kπ,k∈Z，
解得−5π12+kπ≤x≤π12+kπ,k∈Z，
即f(x)的单调递增区间为[−5π12+kπ,π12+kπ],k∈Z；
(3)当x∈(0,π2)时，2x+π3∈(π3,4π3)，
因为y=sinx在x∈(π3,π2)时单调递增，在x∈(π2,4π3)时单调递减，
又当2x+π3=4π3时，sin(2x+π3)=− 32，
当2x+π3=π2时，sin(2x+π3)=1，
当2x+π3=π3时，sin(2x+π3)= 32，
所以sin(2x+π3)∈(− 32,1],
所以 3sin(2x+π3)+1∈(−12, 3+1],
即f(x)的值域为(−12, 3+1]．
(1)根据向量平行的坐标公式及三角恒等变换，即可求解；
(2)根据向量的数量积的运算及三角恒等变换，先化简f(x)的解析式，再根据三角函数的性质即可求解；
(3)根据三角函数的性质，化归转化，即可求解．
本题考查平面向量与三角函数的综合应用，属中档题．
17.【答案】选①或②，都有b=3；
2 3．
【解析】(1)若选①：asinC=ccs(A−π6)，
则asinC=c( 32csA+12sinA)，
所以sinAsinC=sinC( 32csA+12sinA)，即12sinAsinC= 32sinCcsA，
由sinC>0可得sinA= 3csA，
可得tanA= 3，所以A=π3，
由正弦定理32 6sinπ3=bsinπ4，可得b=3 62× 22 32=3；
若选②(a+b+c)(b+c−a)=3bc，则b2+c2−a2=bc，
所以csA=b2+c2−a22bc=12，由A∈(0,π)，得A=π3，
由正弦定理32 6sinπ3=bsinπ4，可得b=3 62× 22 32=3．
(2)△ABC中，a2=b2+c2−2bccsA，
所以(3 62)2=b2+c2−2bc×12，
即b2+c2=bc+272，(b+c)2=3bc+272
因为周长为a+b+c=4 6，所以b+c=5 62，
代入得(5 62)2=3bc+272，bc=8，
所以面积S=12bcsinA=2 3．
(1)若选①，由正弦定理，结合两角和差的余弦公式可得A角，再由正弦定理可得b的值；若选②，由余弦定理可得A角，再由正弦定理可得b的值．
(2)由题意可得b+c的值，利用余弦定理a2=b2+c2−2bccsA可求出bc的值，从而可求三角形的面积．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)a=1，acsA=2b−ccsC，
根据正弦定理得：sinAcsA=2sinB−sinCcsC，化简得sinAcsC=2sinBcsA−sinCcsA，
∴sinAcsC+sinCcsA=sin(A+C)=2sinBcsA，
又A+B+C=π，∴sinB=sin(A+C)，∴sinB=2sinBcsA，
∵sinB>0，∴csA=12，
∵A∈(0,π)，∴A=π3；
(2)由(1)及余弦定理得：a2=b2+c2−2bccsA，即1=b2+c2−bc，①
又∵AD=12AB+12AC，∴AD2=(12AB+12AC)2，
∴1=14b2+14c2+14bc，②
由②×4−①得：bc=32，
∴S△ABC=12bcsinA=12×32× 32=3 38．
(3)由(1)得A=π3，则B+C=2π3，即sinC=sin(2π3−B)= 32csB+12sinB，
由正弦定理可知b=2 3sinB，c=2 3sinC，
∴b+c=2 3(sinB+sinC)=2( 32sinB+12csB)=2sin(B+π6)．
∵△ABC为锐角三角形，∴0