2024-2025学年湖南省株洲二中高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年湖南省株洲二中高一（下）期中数学试卷（含解析），文件包含分层练习12第五章第七讲功和机械能教师版docx、分层练习12第五章第七讲功和机械能学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
1.在复平面内，复数z对应的点的坐标是(−1, 3)，则z的共轭复数z−=( )
A. 1+ 3iB. 1− 3iC. −1+ 3iD. −1− 3i
2.在△ABC中，已知BC=6，A=π3，B=π4，则AC=( )
A. 2 3B. 3 2C. 2 6D. 3 6
3.已知空间中非零向量a，b，且|a|=1，|b|=2，=60°，则|2a−b|的值为( )
A. 1B. 2C. 2D. 4
4.已知一个圆柱和一个圆锥的底面半径和高分别相等，圆柱的轴截面是一个正方形，则这个圆柱的侧面积和圆锥的侧面积的比值是( )
A. 54B. 4 55C. 52D. 2 55
5.若f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)=2x−4，则不等式f(x)≥0的解集为( )
A. [−2,2]B. [−2,0]∪[2,+∞)
C. [−2,0)∪[2，+∞)D. (−∞,−2]∪[2,+∞)
6.若点A在点O的正北方向，点B在点O的南偏西60°方向，且|OA|=|OB|=2km，则向量OA+OB表示( )
A. 从点O出发，朝北偏西60°方向移动2 3km B. 从点O出发，朝北偏西75°方向移动2 3km
C. 从点O出发，朝北偏西60°方向移动2km D. 从点O出发，朝北偏西75°方向移动2km
7.已知△ABC中，点P满足PA+PB=CP，点Q在△PBC内(含边界)，其中AQ=xAB+yAC，则下列说法中不正确的是( )
A. 若x=13，y=23，则CQBQ=12 B. 若P，Q两点重合，则AQ=13AB+13AC
C. 存在x，y，使得x+2y=12能成立 D. 存在x，y，使得x+2y=32能成立
8.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为V1，以BC为轴旋转一周形成的几何体的体积为V2，若V1=2V2，则ACBC=( )
A. 12B. 13
C. 14D. 15
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.下列说法不正确的是( )
A. 随机试验的频率与概率相等
B. 如果一事件发生的概率为99.9999%，说明此事件必然发生
C. 只有不确定事件有概率
D. 若事件A发生的概率为P(A)，则0≤P(A)≤1
10.下列说法正确的是( )
A. z⋅z−=|z|2，z∈C
B. 若a+bi=1+i(a,b∈C)，则a=b=1
C. 若|z|=1，z∈C，则|z−2|的最小值为1
D. 若−4+3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的根，则p=8
11.已知四棱锥P−ABCD如图，AB//CD且AB=2CD，M，N分别是AP，AB的中点，则下列说法正确的有( )
A. PC//平面DMN
B. 四棱锥P−ABCD的体积为V1，三棱锥D−AMN的体积为V2，则V1V2=92
C. 平面PCD与平面PAB的交线记为l1，则直线l1//平面ABCD
D. 平面PDA与平面PBC的交线记为l2，则直线l2//平面DMN
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若i为虚数单位，则复数z=2+i1+i的虚部为______．
13.如图所示，一个平面图形在斜二测画法下的直观图为直角梯形O′A′B′C′(上底为2，下底为4，高为2)，则原平面图形的面积为______．
14.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若asinA+bsinB−csinCasinB=2sinC，则∠C的大小为______．
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O为坐标原点，A(4,0)，B(1,m)，C(0,3)．
(1)若A，B，C三点共线，求实数m的值；
(2)若点M满足OM=xOA+(2−x)OC，求|OM|的最小值．
16.(本小题15分)
在①ca+b=1−ab+c，② 3asinC=2csinAsinB，③(2a−c)csB=bcsC这三个条件中任选一个补充在下面问题中并作答．
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足_____．
(1)求角B的大小；
(2)若b=6，AC⋅BC=0，求△ABC的周长．
注：如果边择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
17.(本小题15分)
如图，△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，BC=2，在三角形内挖去一个半圆(圆心O在边BC上，半圆与AC、AB分别相切于点C，M，与BC交于点N)，将△ABC绕直线BC旋转一周得到一个旋转体．
(1)求该旋转体中间一个空心球的表面积的大小；
(2)求图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积．
18.(本小题17分)
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，棱长AB=2，M为DD1的中点．
(1)求证：BD1//平面AMC；
(2)设E为BD1上的动点，问在棱CC1上是否存在一点N，使得EN//平面AMC？若存在说明N的位置并证明，若不存在说明理由；
(3)设三棱锥D−MAC的体积为V1，三棱锥D1−B1AC的体积为V2，求V1V2的值．
19.(本小题17分)
我们知道，正弦定理和余弦定理可以准确地刻画三角形中的边角关系.由于四边形可以分割为三角形，从而正余弦定理也可以解决有关四边形的问题.圆内接四边形作为一类特殊的四边形，有着非常好的性质，比如对角互补.如图，△AOB中，OA=2，OB=4，点C是△AOB外接圆上的一个动点(点O，C在直线AB两侧)，记∠AOB=θ．
(1)若OC=3OA+OB，求θ的值；
(2)若OA⋅OB=−2，求|OC|的最大值；
(3)若点C满足OC⋅AB=16，BC=4，求四边形OACB的面积．
答案解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了复数的几何意义、共轭复数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
根据复数的几何意义、共轭复数的定义即可得出结论．
【解答】
解：∵在复平面内，复数z对应的点的坐标是(−1, 3)，
∴z=−1+ 3i，
则z的共轭复数z−=−1− 3i，
故选：D．
2.【答案】C
【解析】解：由正弦定理，得BCsinA=ACsinB，
所以AC=BC⋅sinBsinA=6× 22 32=2 6．
故选：C．
由已知结合正弦定理即可直接求解．
本题主要考查了正弦定理在求解三角形中的应用，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：已知空间中非零向量a，b，且|a|=1，|b|=2，=60°，
则a⋅b=|a||b|cs=1×2×12=1，
则|2a−b|= 4a2−4a⋅b+b2= 4×12−4×1+22=2．
故选：C．
结合空间向量的模的运算求解即可．
本题考查了空间向量的模的运算，属基础题．
4.【答案】B
【解析】解：设圆柱的底面半径为r，则高为2r，母线长为2r，
所以圆柱的侧面积为2πr⋅2r=4πr2，
由题意可知，圆锥的底面半径为r，高为2r，
所以圆锥的母线长为 r2+(2r)2= 5r，
所以圆锥的侧面积为πr× 5r= 5πr2，
所以圆柱的侧面积和圆锥的侧面积的比值是4πr2 5πr2=4 55．
故选：B．
设圆柱的底面半径为r，则高为2r，则圆锥的底面半径为r，高为2r，母线长 5r，再利用圆柱和圆锥的侧面积公式求解即可．
本题主要考查了圆柱和圆锥的结构特征，考查了圆柱和圆锥的侧面积公式，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：因为f(x)是定义在R上的奇函数，
根据奇函数性质可得，f(0)=0，
当x>0时，f(x)=2x−4，
结合题意作出f(x)的大致图象，由图可知，不等式f(x)≥0的解集为[−2,0]∪[2,+∞)．
故选：B．
由已知结合函数的单调性及奇偶性即可求解．
本题考查函数的奇偶性与单调性，考查直观想象的核心素养与数形结合的数学思想，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：以O为坐标原点，正东方向为x轴的正方向，正北方向为y轴的正方向，
建立如图所示的平面直角坐标系，
依题意可得∠AOB=180°−60°=120°，设OC=OA+OB，
因为|OA|=|OB|=2km，所以四边形OACB为菱形，
则∠AOC=120°÷2=60°，则△AOC为正三角形，
所以|OC|=2km，
故向量OA+OB表示从点O出发，朝北偏西60°方向移动2km．
故选：C．
建立平面直角坐标系，设OC=OA+OB，由题意得到△AOC为正三角形，即可求解．
本题考查了平面向量的概念与向量的加法，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：对于A，若x=13，y=23，则AQ=13AB+23AC，即3AQ=AB+2AC，
可得AQ−AB=2AC−2AQ，即BQ=2QC，所以CQBQ=12，故A正确；
对于B，若PA+PB=CP，则PA+PB+PC=0，可得P为△ABC的重心，
即△ABC三条中线的交点，若P、Q两点重合，则Q为△ABC的重心，
结合AD为BC边上的中线，可知AQ=23AD=23(12AB+12AC)=13AB+13AC，故B正确；
对于C、D两项，取AC的中点E，则AQ=xAB+2yAE，
当点Q在线段BP上时，由B、Q、E共线，可知x+2y取最小值1；
当点Q与C重合时，x=0，y=2，此时x+2y取最大值为2．
结合图形可知：x+2y的取值范围为[1,2]，故C错误、D正确．
故选：C．
当x=13，y=23时，根据向量的线性运算法则推出CQBQ=12，从而判断出A的正误；当P、Q两点重合时，根据三角形重心的性质，得到用AB，AC的式子，判断出B的正误；取AC的中点E，有AQ=xAB+2yAE，然后求出x+2y的取值范围，从而判断出C、D的正误．
本题主要考查平面向量的线性运算法则、三角形重心的性质、平面向量基本定理及其应用，属于难题．
8.【答案】A
【解析】解：根据题意，分别过顶点A，B向对边作垂线，垂足分别为点D，E，如图，
设AC=b，BC=a，
由于∠ACB=120°，则∠ACD=60°，而AD⊥CD，
则CD=12b,AD= 32b,CE=12a,BE= 32a，
则V1=13π×( 32a)2×(b+12a)−13π×( 32a)2×12a=π4a2b，
V2=13π×( 32b)2×(a+12b)−13π×( 32b)2×12b=π4ab2，所以V1V2=ab=2，即ACBC=ba=12．
故选：A．
根据题意，分别过顶点A，B向对边作垂线，垂足分别为点D，E，由圆锥的体积公式求出V1和V2的值，进而计算可得答案．
本题考查旋转体的体积计算，涉及旋转体的结构特征，属于基础题．
9.【答案】ABC
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，随机试验的频率与概率不一定相等，A错误；
对于B，如果事件发生的概率为99.9999%，说明此事件发生的概率非常大，但不是必然发生，B错误；
对于C，确定事件也有概率，C错误；
对于D，根据概率的性质知0≤P(A)≤1，D正确．
故选：ABC．
根据频率与概率关系判断A，由事件、概率的定义及性质判断B、C、D，即可得．
本题考查概率的定义，注意频率与概率的不同，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了复数运算法则、复数的定义、复数的几何意义，属于基础题．
根据复数的定义与代数形式的运算性质，对选项中的命题判断真假性即可．
【解答】
解：对于A，设z=a+bi，a，b∈R，
则z⋅z−=(a+bi)(a−bi)=a2−(bi)2=a2+b2，
|z|2=( a2+b2)2=a2+b2，选项A正确；
对于B，设a=a1+b1i，b=a2+b2i，a1，b1，a2，b2∈R，
则a+bi=(a1+b1i)+(a2+b2i)i=(a1−b2)+(b1+a2)i，
因为a+bi=1+i(a,b∈C)，
所以a1−b2=1b1+a2=1，所以a、b的值不确定，选项B错误；
对于C，由|z|=1，z∈C，得|z−2|≥|2−|z||=2−1=1，所以|z−2|的最小值为1，选项C正确；
对于D，−4+3i是方程x2+px+q=0的根，则−4−3i也是方程的根，由根与系数的关系知，
−p=(−4+3i)+(−4−3i)=−8，所以p=8，选项D正确．
故选：ACD．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于选项A，连接AC∩DN=O，连接MO，由AB/​/CD且AB=2CD，N为AB中点，
得COOA=CDAN=1，则O是AC中点，而M是PA中点，于是MO//PC，
而MO⊂平面DMN，PC⊄平面DMN，
因此PC//平面DMN，故选项A正确；
对于选项B，SABCDS△ADN=CD+ABAN=3，
由M是PA中点，得P到平面ABCD的距离是M到此平面距离ℎ的2倍，
而VD−AMN=VM−ADN，
因此V1V2=SABCD⋅2ℎS△ADN⋅ℎ=6，故选项B错误；
对于选项C，CD/​/AB，AB⊂平面PAB，CD⊄平面PAB，
则CD/​/平面PAB，
而平面PCD∩平面l1，CD⊂平面PCD，于是l1//CD，
而CD⊂平面ABCD，
l1⊄平面ABCD，因此直线l1/​/平面ABCD，故选项C正确；
对于选项D，延长AD，BC交于点E，连接PE，直线l2=直线PE，由AB/​/CD且AB=2CD，
得D为AE中点，而M是PA中点，则MD//PE，MD⊂平面DMN，PE⊄平面DMN，
因此直线PE/​/平面DMN，故选项D正确．
故选：ACD．
利用线面平行的判定推理判断AD；利用线面平行的判定性质推理判断C；利用锥体积体公式求出体积比判断B．
本题考查立体几何综合问题，属于中档题．
12.【答案】−12
【解析】解：z=2+i1+i=(2+i)(1−i)(1+i)(1−i)=32−12i，
则z的虚部为−12．
故答案为：−12．
根据已知条件，结合复数的运算法则，以及虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的运算法则，以及虚部的定义，属于基础题．
13.【答案】12 2
【解析】解：根据题意，直观图为直角梯形O′A′B′C′，其上底为2，下底为4，高为2，
则该直观图的面积S′=(2+4)×22=6，
故原平面图形的面积S=2 2S′=12 2．
故答案为：12 2．
根据题意，求出直观图的面积，结合原图面积与直观图面积的关系，计算可得答案．
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．
14.【答案】π4
【解析】解：在△ABC中，∵asinA+bsinB−csinCasinB=2sinC，
∴由正弦定理可得：a2+b2−c2ab=2sinC，
∴由余弦定理可得：csC=a2+b2−c22ab=2absinC2ab=sinC，
∴ 2sin(C−π4)=0，可得：sin(C−π4)=0，
∵C∈(0,π)，C−π4∈(−π4,3π4)，
∴C−π4=0，可得：C=π4．
故答案为：π4．
由已知及正弦定理，余弦定理可得csC=sinC，利用两角差的正弦函数公式可求sin(C−π4)=0，结合范围C−π4∈(−π4,3π4)，即可得解C的值．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，两角差的正弦函数公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
15.【答案】解：(1)因为A(4,0)，B(1,m)，C(0,3)，
所以AB=(1,m)−(4,0)=(−3,m)，AC=(0,3)−(4,0)=(−4,3)，
又A，B，C三点共线，所以AB//AC，
所以−3×3=−4m，解得m=94；
(2)因为A(4,0)，C(0,3)，
所以OA=(4,0)，OC=(0,3)，
所以OM=xOA+(2−x)OC=x(4,0)+(2−x)(0,3)=(4x,6−3x)，
所以|OM|= (4x)2+(6−3x)2= 25x2−36x+36= 25(x−1825)2+57625，
所以当x=1825时，|OM|min=245．
【解析】(1)首先表示出AB，AC，依题意AB//AC，根据向量共线的坐标表示得到方程，解得即可；
(2)首先表示出OM的坐标，再根据向量模的坐标表示及二次函数的性质计算可得．
本题考查向量的运算，共线向量基本定理，根据点的坐标求向量的坐标，以及向量数量积的坐标运算，属于中档题．
16.【答案】答案见解析；
6 3+6．
【解析】(1)若选①，由ca+b=1−ab+c，所以ca+b=b+c−ab+c，
所以b2=a2+c2−ac，由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，所以csB=12，因为B∈(0,π)，所以B=π3；
若选② 3asinC=2csinAsinB，则 3ac=2casinB，所以sinB= 32，因为B∈(0,π)，所以B=π3或2π3；
若选③(2a−c)csB=bcsC，由正弦定理可得(2sinA−sinC)csB=sinBcsC，
所以2sinAcsB=sinBcsC+sinCcsB，所以2sinAcsB=sin(B+C)=sinA，
因为sinA≠0，所以csB=12，因为B∈(0,π)，所以B=π3；
(2)因为AC⋅BC=0，所以AC⊥BC，所以C=π2，又由(1)可知B=π3，所以A=π6，
由正弦定理得asinA=csinC=bsinB=6 32=4 3，
所以a+c=4 3(sinA+sinC)=4 3(sinπ6+sinπ2)=6 3，
所以C△ABC=a+b+c=6 3+6．
(1)若选①，将原式化简，再利用余弦定理计算可得；
若选②，利用正弦定理将角化边，即可得到sinB= 32，从而得解；若选③利用正弦定理将边化角，再根据两角和的正弦公式以及诱导公式计算可得；
(2)由AC⋅BC=0，可得C=π2，即可求出A，再利用正弦定理计算可得；
本题考查了解三角形，属于中档题．
17.【答案】解：(1)连接OM，则OM⊥AB，

设OM=r，OB=2−r，
在△BMO中，sin∠ABC=r2−r=12⇒r=23，
∴S=4πr2=169π；
(2)∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，BC=2，∴AC=2 33，
∴旋转体的体积V=V圆锥−V球=13π×AC2×BC−43πr3=13π×(2 33)2×2−43π×827=4081π．
【解析】(1)连接OM，则OM⊥AB，设OM=r，OB=2−r，求解直角三角形得r，代入球的表面积公式得答案；
(2)由已知求得AC，再由圆锥的体积减去球的体积得答案．
本题考查旋转体的表面积与体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是基础题．
18.【答案】证明见解答； 当E为BD1的中点时，可使得EN/​/平面AMC；证明见解答； 14．
【解析】解：(1)证明：如图，连接BD，设BD∩AC=F，
连接MF，则F为BD中点，又M为DD1的中点，
所以BD1//MF，又BD1⊄平面AMC，MF⊂平面AMC，
所以BD1//平面AMC；
(2)如图，当E为BD1的中点时，可使得EN/​/平面AMC，理由如下：
当E为BD1的中点时，又F为BD中点，所以EF//D1D，且EF=D1D，
又NC//D1D，且NC=D1D，
所以EF//NC，且EF=NC，
所以四边形EFCN为平行四边形，
所以EN//FC，又EN⊄平面AMC，FC⊂平面AMC，
所以EN/​/平面AMC；
(3)根据题意可得三棱锥D−MAC的体积为V1=VM−ACD=13×12×2×2×1=23，
三棱锥D1−B1AC的体积为V2=23−4×13×12×23=83，
所以V1V2=2383=14．
(1)连接BD，设BD∩AC=F，连接MF，则易知BD1//MF，从而利用线面平行的判定定理，即可证明；
(2)利用线面平行的判定定理易证当E为BD1的中点时，可使得EN/​/平面AMC；
(3)根据三棱锥的体积公式，分割补形法，即可求解．
本题考查线面平行的证明，三棱锥的体积的求解，属中档题．
19.【答案】θ=2π3；
OC的最大值是8 105；
四边形OACB的面积是8 3．
【解析】(1)因为OC=3OA+OB，所以OC−OB=3OA，即BC=3OA，所以BC/​/OA，
因为OA=3，所以BC=3OA=6，因为BC/​/OA，所以∠OAC+∠BCA=π，
因为∠AOB+∠BCA=π，所以∠OAC=∠AOB=θ，
所以四边形OABC为等腰梯形，其BC边上的高为 42−(6−22)2=2 3，
则sinθ=sin(π−θ)=sin∠AOB=2 34= 32，
因为0