2024-2025学年山西省部分学校高一（下）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年山西省部分学校高一（下）期中数学试卷（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.复数z=−2+i的共轭复数为( )
A. −2−iB. 2+iC. 2−iD. −1+2i
2.在△ABC中，a，b分别是角A，B的对边，a=1，b= 2，A=30°，则角B为( )
A. 45°B. 90°C. 135°D. 45°或135°
3.若圆柱的母线长是圆柱底面圆半径r的2倍，则该圆柱的表面积与体积比是( )
A. 3rB. 6rC. 2rD. 6r
4.在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，若acsA=ccsC，且(a+b+c)(a+b−c)=(2+ 2)ab，则△ABC的形状是( )
A. 不等边三角形B. 等边三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰钝角三角形
5.若复数z满足(i2−i3)z=3+4i，则z=( )
A. 12+72iB. −12+72iC. 12−72iD. −12−72i
6.若正四棱锥的高为2 3，且其各侧面的面积之和是底面积的2倍，则该四棱锥的表面积为( )
A. 12B. 24C. 32D. 48
7.在菱形ABCD中，AC=2，BD=4，E为边AD上一点，则|EB+EC|的最小值为( )
A. 13B. 37C. 6413D. 13
8.如图，在棱长为3+ 3的正方体内有两个球O1、O2相外切，两球又分别与正方体内切，则两球体积之和的最小值为( )
A. 9π
B. 8π
C. 12π
D. 6π
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.已知复数z在复平面内对应的向量OZ=(4,−3)，则下列关于复数z的说法正确的是( )
A. z=4−3i
B. z的虚部为−3i
C. |z|=5
D. 若复数z0满足1≤|z0|≤|z|，则在复平面内z0对应的点Z0的集合是圆环
10.沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，两个圆锥的底面直径和高均为12cm，当细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度ℎ的12.假设该沙漏每秒钟漏下0.02πcm3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.下列说法正确的是( )
A. 沙漏中的细沙体积为18πcm3
B. 沙漏的体积是144πcm3
C. 细沙全部漏入下部后，此锥形沙堆的高度为2cm
D. 该沙漏的一个沙时大约是900秒
11.已知O为坐标原点，设OA=(5,−6),OB=(−1,2)，则下列说法正确的是( )
A. 若a=(3,m)且a//AB，则m=−4
B. 若单位向量b⊥AB，则b=(45,35)
C. 若点P在直线AB上，且|PB|=2|AP|，则点P的坐标为(3,−103)
D. 若C(4,−4)，则四边形AOBC为平行四边形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(6,−8)，与b方向相同的单位向量为e，向量a与b的夹角为π3，向量a在向量b上的投影向量a′=ke，k∈R，则k= ______．
13.若用斜二测画法画△ABC的直观图△A′B′C′是边长为2的正三角形，如图所示，则原△ABC的面积为______．
14.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若bsinC=ccs(B−π6),b=2，则a+c的最大值是______．
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)
已知复数z1=1−m2+(m−1)i,z2=λ+2sinθ+(csθ−1)i(m,λ,θ∈R)．
(1)若z1为纯虚数，求实数m的值；
(2)若z1=z2，求实数λ的取值范围．
16.(本小题15分)
在不等边三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B=2A，点D是△ABC外接圆上位于劣弧AC上的一点，且CD=1．
(1)求证：b2=a2+ac；
(2)若b= 3a,c=4，求四边形ABCD的面积．
17.(本小题15分)
在共建文明城市活动中，某市计划在公园内建造如图所示的正四棱台ABCD−A1B1C1D1建筑，已知正四棱台的上、下底面的边长分别为4m和8m，高6m．
(1)求正四棱台ABCD−A1B1C1D1的表面积和体积；
(2)在计划中需要用某种彩带从D到B沿着两边的侧面连起来，求所需彩带长度的最小值．
18.(本小题17分)
如图，在△ABC中，AB=2AD,AE=2EC，设AB=a,AC=b，
(1)试用a,b表示向量AF；
(2)设线段BC靠近C的三等分点为M，试证明A，F，M三点共线；
(3)设AB=2，AC=3，∠BAC=60°，求∠EFC的余弦值．
19.(本小题17分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D是边BC上的动点(不与端点重合)，记AD=d.某同学发现当D为BC的中点时，d2=12b2+12c2−14a2.他推测，如果改变D的位置，d仍然与a，b，c存在一定关系.于是他进行了更多探索并发现：当BDBC=13时，d2=13b2+23c2−29a2；当BDBC=14时，d2=14b2+34c2−316a2.由此，他猜想，若记BDBC=λ，则必存在函数f(λ)、g(λ)、ℎ(λ)，使得d2=f(λ)b2+g(λ)c2+ℎ(λ)a2．
(1)猜想函数f(λ)，g(λ)，ℎ(λ)的解析式(直接写出结果即可)；
(2)证明(1)中的结论；
(3)在△EFG中，EF=3,EG=2,cs∠FEG=−14,M为EG的中点，Q是线段FG上的动点(异于端点)，当QM2FQ取最小值时，求FQ的长．
参考答案
1.A
2.D
3.A
4.C
5.C
6.D
7.A
8.A
9.ACD
10.AD
11.AD
12.5
13.2 6
14.4
15.(1)因为z1为纯虚数，所以1−m2=0且m−1≠0，解得m=−1；
(2)由于z1=z2，所以1−m2=λ+2sinθ,m−1=csθ−1.
所以λ=1−cs2θ−2sinθ=sin2θ−2sinθ=(sinθ−1)2−1，
又−1≤sinθ≤1，所以当sinθ=1时，λmin=−1，当sinθ=−1时，λmax=3，
所以实数λ的取值范围是[−1,3]．
16.(1)证明：因为B=2A，
所以sinB=sin2A=2sinAcsA，
则b=2a⋅b2+c2−a22bc，
所以b2c=ab2+a(c2−a2)，所以b2(c−a)=a(c−a)(c+a)
因为a≠c，所以b2=a2+ac．
(2)由(1)知b2=a2+ac，得3a2=a2+4a2，解得a=2，
所以b= 3a=2 3，可得c2=a2+b2，所以△ABC是直角三角形．
因为B=60°，所以∠ADC=120°．
在△ADC中，由余弦定理得AC2=AD2+DC2−2AD⋅DC⋅cs∠ADC，
即(2 3)2=AD2+1−2AD⋅cs120°，
解得AD=3 5−12，
S△ABC=12×2 3×2=2 3,S△ADC=12×1×3 5−12×sin120°=3 15− 38．
所以S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=2 3+3 15− 38=3 15+15 38
17.(1)因为正四棱台的上、下底面的边长分别为4m和8m，高6m，
所以正四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积为；V正四棱台ABCD−A1B1C1D1=13×(42+82+ 42×82)×6=224m3，
记O1、O分别为棱台上、下底面的中心，分别取B1C1，BC中点M，N，连接O1M，ON，
MN，在梯形O1MNO中，过M作MH⊥ON于H，
由于正四棱台侧面是全等的等腰梯形，
且O1O=MH=6m，O1M=2m，ON=4m，所以HN=2m，
所以MN= MH2+HN2= 40=2 10m，
所以正四棱台ABCD−A1B1C1D1的表面积为：S=42+82+4×12×(4+8)×2 10=(80+48 10)m2．
(2)把该四棱台沿侧棱DD1展开，得到如图所示的图形，
要使这种彩带长度最小，则彩带的路径必须沿如图所示的DB路径．
在等腰梯形ABB1A1中，设∠A1AB=α，则∠DAB=2α，
易知sinα= 11011．
在△DAB中，AD=AB=8m，∠DAB=2α，
又cs2α=1−2sin2α=−911，即cs∠DAB=−911，
所以DB= AD2+AB2−2AD⋅ABcs∠DAB=16 11011m，
所以彩带最少需要2DB=32 11011m．
18.(1)由题易知：AF=λAB+(1−λ)AE=λAB+(1−λ)23AC，AF=μAD+(1−μ)AC=μ2AB+(1−μ)AC，
则λ=μ2,23(1−λ)=1−μ,，解得λ=14,μ=12.
故可以求出AF=14AB+12AC=14a+12b；
证明：(2)因为线段BC靠近C的三等分点为M，易知BC=3MC，
又因为BC=AC−AB,MC=AC−AM，
所以得到AC−AB=3(AC−AM)，整理得到AM=13AB+23AC=13a+23b，
则AM=43AF，故可以证得A，F，M三点共线；
解：(3)易知BE=BA+AE=−a+23b,DC=DA+AC=−12a+b，
BE⋅DC=(−a+23b)⋅(−12a+b)=12a2−43a⋅b+23b2=4，
易知∠EFC为向量BE与DC的夹角，
根据平面向量的夹角公式可得：
cs∠EFC=BE⋅DC|BE||DC|=4 a2−43a⋅b+49b2⋅ 14a2−a⋅b+b242× 7=2 77．
19.(1)猜想d2=λb2+(1−λ)c2−λ(1−λ)a2，则f(λ)=λ，g(λ)=1−λ，ℎ(λ)=−λ(1−λ)；
(2)证明：由BDBC=λ，得BD=λa，DC=(1−λ)a，
因为∠ADB+∠ADC=π，因此cs∠ADB+cs∠ADC=0，
得d2+(λa)2−c22d⋅λa+d2+[(1−λ)a]2−b22d⋅(1−λ)a=0，
可化为：(1−λ)d2+(1−λ)λ2a2−(1−λ)c2+λd2+λ(1−λ)2a2−λb2=0，
因此(1−λ+λ)d2+[(1−λ)λ2+λ(1−λ)2]a2−(1−λ)c2−λb2=0，
因此d2=λb2+(1−λ)c2−λ(1−λ)a2，得证．
(3)FG2=EF2+EG2−2EF⋅EG⋅cs∠FEG=32+22−2×3×2×(−14)=16，
因此FG=4.令FQFG=x(0