2022-2023学年广东省东莞市联考高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省东莞市联考高一（下）期中数学试卷（含解析），共16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。

第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设复数z满足z1−i=1+2i，则它的虚部为( )
A. −1B. 1C. −iD. i
2. 关于向量a，b，下列命题中，正确的是( )
A. 若|a|=|b|，则a=bB. 若a//b，b//c，则a//c
C. 若|a|>|b|，则a>bD. 若a=−b，则a//b
3. 在△ABC中，A=60°，B=75°，a=2，则△ABC中最小的边长为( )
A. 63B. 2 63C. 2D. 6
4. 已知某圆柱的内切球半径为72，则该圆柱的侧面积为( )
A. 49π2B. 49πC. 147π2D. 147π
5. 已知点A(0,1),B(3,2)，向量AC→=(−4,−3)，则向量BC→=( )
A. (-7,-4)B. (7,4)C. (-1,4)D. (1,4)
6. 如图，水平放置的△ABC的斜二测直观图为△A′B′C′，已知A′O′=B′O′=C′O′=1，则△ABC的周长为( )
A. 6
B. 8
C. 2+2 5
D. 2+4 5
7. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin(B−A)+sin(B+A)=3sin2A，且c= 7，C=π3，则a=( )
A. 1B. 2 213C. 1或2 213D. 213
8. 在边长为1的正六边形ABCDEF中，点P为其内部或边界上一点，则AD⋅BP的取值范围为( )
A. [−1,1]B. [−1,3]C. [−3,1]D. [−3,3]
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知复数z=2−3i，其中i是虚数单位，则下列结论正确的是( )
A. z的模等于13B. z在复平面内对应的点位于第四象限
C. z的共轭复数为−2−3iD. 若z(m+4i)是纯虚数，则m=−6
10. 已知平面向量a=(−2,1)，b=(4,2)，c=(2,t)，则下列说法正确的是( )
A. 若b⊥c，则t=4
B. 若a//c，则t=−1
C. 若t=1，则向量a在c上的投影向量为−35c
D. 若t>−4，则向量b与c的夹角为锐角
11. 某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB=AD=BC=2cm，且CD=2AB，下列说法正确的有( )
A. 该圆台轴截面ABCD面积为3 3cm2
B. 该圆台的体积为14π3cm3
C. 该圆台的侧面积为6πcm2
D. 沿着该圆台表面，从点C到AD中点的最短距离为5cm
12. 在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b+bcsA=acsB，则( )
A. A=2BB. π6第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 设x∈R，向量a=(x,1)，b=(1,−2)，且a//b，则|a+b|= ______ ．
14. 复数z=3+i1+2i的共轭复数是______ ．
15. 已知平面四边形ABCD中，AD⊥BD，DA=2 3，AB=4，且△BCD是正三角形，则AC⋅DB的值为______．
16. 如图，E为边长为2的正△ABC的重心，AD//BC，AD=12BC，F为△ACD的外心，则DE=______；△DEF的面积为______．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知复数z=bi(b∈R)，z+31−i是实数．
(1)求复数z；
(2)若复数(m−z)2−8m在复平面内所表示的点在第二象限，求实数m的取值范围．
18. (本小题12.0分)
(1)已知a=(4,3)，b=(−1,2).若(a−λb)⊥(2a+b)，求实数λ的值．
(2)已知平面向量a，b满足：|a|=4，|b|=3，(2a−3b)⋅(2a+b)=61，求a与b的夹角θ的大小．
19. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acsB+bcsA=2ccsC．
(1)求角C的大小；
(2)若△ABC的面积为2 3，c=2 3，求△ABC的周长．
20. (本小题12.0分)
《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开，得到一个阳马(底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑(四个面均为直角三角形的四面体).在如图所示的堑堵中，已知AB=3，BC=4，AC=5.当阳马C1−ABB1A1体积等于24时，求：
(Ⅰ)堑堵ABC−A1B1C1的侧棱长；
(Ⅱ)鳖臑C1−ABC的体积；
(Ⅲ)阳马C1−ABB1A1的表面积．
21. (本小题12.0分)
如图，旅客从某旅游区的景点A处下山至C处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50米/分钟，在甲出发2分钟后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1分钟后，再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为130米/分钟，山路AC长1260米，经测量，csA=1213，csC=35．
(1)求索道AB的长；
(2)问乙出发后多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？
22. (本小题12.0分)
如图，在△ABC中，已知|AB|=2，|AC|=6 2，∠BAC=45°，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P．
(1)求|AM|；
(2)求∠MPN的余弦值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵z=(1+2i)(1−i)=3+i，
∴复数z的虚部为1．
故选：B．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：选项A，两个向量的模相等，但是方向不确定，所以不一定相等，A错误；
选项B，若b=0，则b与任意向量共线，而a与c的方向不确定，B错误；
选项C，两个向量不能比较大小，C错误；
选项D，若a=−b，则a//b，D正确．
故选：D．
根据平面向量的定义以及性质，以及向量共线的定义逐一检验选项即可．
本题考查平面向量的概念与向量的模，考查向量共线问题，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由题意，C=180°−60°−75°=45°，故△ABC中最小的边长为c．
由正弦定理asinA=csinC，故c=asinCsinA=2× 22 32=2 63．
故选：B．
易得C=45°，再根据正弦定理计算最小角C的对边即可．
本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：画出该几何体的轴截面，如图所示：

∵圆柱的内切球半径为72，∴圆柱底面圆的半径为72，圆柱的高为2×72=7，
∴该圆柱的侧面积为S侧=2π⋅72×7=49π．
故选：B．
由已知可得圆柱的底面半径与高，再由圆柱的侧面积公式求解．
本题考查圆柱的内切球，考查数形结合思想，是基础题．
5.【答案】A
【解析】
【分析】
求出有向线段AB，然后由BC=AC−AB求之．
本题考查了有向线段的坐标表示以及向量的三角形法则的运用；注意有向线段的坐标与两个端点的关系，顺序不可颠倒．
【解答】
解：由已知点A(0,1)，B(3,2)，
得到AB=(3,1)，向量AC=(−4,−3)，
则向量BC=AC−AB=(−7,−4)；
故选：A．

6.【答案】C
【解析】解：根据题意，作出原图ΔABC，
由斜二测画法，在原图中，CO=2C′O′=2，AO=BO=1，
所以AB=AC= 5.故△ABC的周长为2+2 5；
故选：C．
根据题意，作出原图ΔABC，由斜二测画法分析原图的数量关系，计算可得答案．
本题考查斜二测画法，注意斜二测画法的步骤，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：∵sin(B−A)+sin(B+A)=3sin2A，
∴2sinBcsA=6sinAcsA，即(6sinA−2sinB)csA=0，
∴csA=0或3sinA=sinB．
①当csA=0时，A=90°．
∵c= 7，C=π3，
∴a=csinC=2 213．
②当3sinA=sinB，由正弦定理，可得3a=b，
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC⇔a2+b2−7=ab，
解得a=1，b=3．
综上，a=2 213或a=1，
故选：C．
根据sin(B−A)+sin(B+A)=3sin2A，可得(6sinA−2sinB)csA=0，分类讨论再结合正余弦定理求解即可．
本题考查了三角恒等式的化简能力和正余弦定理的运用．属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由六边形ABCDEF为长为1的正六边形，
则AD=2，
过B作BN⊥AD交AD于点N，过P作PM⊥AD交AD于点M，
则AD⋅AB=AD×AN=2×12=1，
又由题意可得AM∈[0,2]，
则AD⋅AP=AD×AM=2AM∈[0,4]，
又AD⋅BP=AD⋅(AP−AB)=AD⋅AP−AD⋅AB，
即AD⋅BP∈[−1,3]，
则AD⋅BP的取值范围为[−1,3]，
故选：B．
由平面向量数量积的运算，结合向量投影的运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了向量投影的运算，属基础题．
9.【答案】BD
【解析】解：∵z=2−3i，
∴|z|= 22+(−3)2= 13，z在复平面内对应的点(2,−3)位于第四象限，z−=2+3i，故AC错误，B正确，
z(m+4i)=(2−3i)(m+4i)=2m+12+(8−3m)i为纯虚数，
则2m+12=08−3m≠0，解得m=−6，故D正确．
故选：BD．
根据已知条件，结合复数模公式，复数的几何意义，共轭复数和纯虚数的定义，即可求解．
本题主要考查复数模公式，复数的几何意义，共轭复数和纯虚数的定义，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：已知平面向量a=(−2,1)，b=(4,2)，c=(2,t)，
对于A，若b⊥c，可得b⋅c=0，即4×2+2t=0，解得t=−4，所以A选项错误；
对于B，若a//c，根据平面向量共线性质，可得−21=2t，即t=−1，所以B选项正确；
对于C，若t=1，则c=(2,1)，
由投影向量定义可知向量a在c上的投影向量为a⋅c|c|2⋅c=−4+122+12c=−35c，
所以C选项正确；
对于D，若t>−4，则b⋅c=4×2+2t=8+2t>0，所以cs〈b,c〉=b⋅c|b|⋅|c|>0；
但当t=1时，cs〈b,c〉=b⋅c|b|⋅|c|=4×2+2×1 42+22× 22+12=10 20× 5=1，
此时向量b与c的夹角为0°，所以D选项错误．
故选：BC．
根据向量线性运算即数量积公式可判断AB选项，根据投影向量定义可得判断C选项，由 t>−4可得b⋅c>0，但此时向量b与c的夹角可以为零角并非锐角，可得D错误．
本题考查向量垂直的性质，向量共线定理，投影向量的概念，向量夹角公式的应用，属中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，由AB=AD=BC=2，且CD=2AB，
可得CD=4，高O1O2= 4−(4−22)2= 3，
则圆台轴截面ABCD的面积为12×(2+4)× 3=3 3cm2，故A正确；
对于B，圆台的体积为V=13π(1+2+4)× 3=7 33πcm3，故B错误；
对于C，圆台的侧面积为S侧=π(1+2)×2=6π，故C正确；
对于D，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为4cm，底面半径为2cm，
侧面展开图的圆心角θ=2π⋅24=π，
设AD的中点为P，连接CP，可得∠COP=90°，OC=4，OP=2+1=3，
则CP= 42+32=5．
所以沿着该圆台表面，从点C到AD中点的最短距离为5cm，故D正确．
故选：ACD．
求出圆台的高，由梯形的面积公式可判断选项A；由台体的体积公式可判断选项B；由台体的侧面积公式可判断选项C；将圆台补成圆锥，侧面展开，取AD的中点为P，连接CP，可判断选项D．
本题考查圆台的轴截面面积的求解，圆台体积的求解，圆台的侧面积的求解，化归转化思想，属中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：因为b+bcsA=acsB，
所以由正弦定理将边化为角可得：sinB+sinBcsA=sinAcsB，
即sinB=sin(A−B)又A∈(0,π2),A−B∈(−π2,π2)，
所以B=A−B，所以A=2B，故A正确；
因为△ABC为锐角三角形，
所以有0由正弦定理：ab=sinAsinB=sin2BsinB=2csB，
又π6因为A=2B，所以sinA=sin2B，即sinA=2sinBcsB，
由正弦、余弦定理将角化为边可得a=2b⋅a2+c2−b22ac，
即a2c=a2b+c2b−b3，变形为a2(c−b)=b(c2−b2)=b(c+b)(c−b)，
当b=c时，A=2B=2C，△ABC为直角三角形，不成立；
当b≠c时，a2=b(c+b)=b2+bc，故D正确．
故选：ABD．
由正弦定理和正弦函数的单调性可得A，B的关系，可判断A；由锐角三角形的定义求得B的范围，可判断B；由正弦定理和二倍角的正弦公式，可判断C；由正弦定理和余弦定理将角化为边，可判断D．
本题考查三角形的正弦定理和余弦定理的运用，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
13.【答案】 52
【解析】解：∵x∈R，向量a=(x,1)，b=(1,−2)，且a//b，
∴x1=1−2，∴x=−12，向量a=(−12,1)，a+b=(12,−1)，
∴|a+b|= 14+1= 52．
故答案为： 52．
由题意，利用两个向量垂直共线的性质，向量的模的定义，两个向量坐标形式的运算法则，计算求得结果．
本题主要考查两个向量垂直共线的性质，向量的模的定义，两个向量坐标形式的运算法则，属于基础题．
14.【答案】1+i
【解析】解：由题意可得：z=(3+i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=5−5i5=1−i，
故z的共轭复数是1+i．
故答案为：1+i．
先根据复数的除法求z，再根据共轭复数的概念求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
15.【答案】2
【解析】解：在Rt△ABD中，AD⊥BD，DA=2 3，AB=4，∴DB=2，且△BCD是正三角形，
∴AC⋅DB=(AD+DB+BC)⋅DB
=AD⋅DB+DB2−BC⋅BD
=0+4−2×2×12
=2．
故答案为：2．
根据条件可求出DB=2，并且△BCD是正三角形，从而得出AC⋅DB=(AD+DB+BC)⋅DB，然后进行数量积的运算即可．
本题考查了向量垂直的充要条件，向量数量积的运算及计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
16.【答案】 213 312
【解析】解：连接BE，则BE⊥AC，∵AD=12BC=1，AC=2，∠DAC=∠ACB=60°，

由余弦定理可得CD2=AD2+AC2−2AD⋅ACcs∠DAC=1+4−4cs60°=3，
∴AD2+CD2=4=AC2，∴AD⊥CD，
∴Rt△ADC的外心F为斜边AC的中点，
∴B，E，F三点共线，且BF⊥AC，
又AB=AC=BC=2，CF=1，
在直角三角形BCF中，BF= BC2−CF2= 22−12= 3，
∵E为边长为2的正△ABC的重心，∴FE=13BF= 33，
又∵F为△ACD的外心，∴DF=AF=CF=1=AD，
∴△ADF是正三角形，∴∠AFD=60°，∴∠EFD=90°+60°=150°，
在△DEF中，由余弦定理可得DE2=EF2+DF2−2EF⋅DFcs∠EFD
=13+1−2×1× 33=73，∴DE= 213，
∴S△DEF=12×EF×DF×sin∠EFD=12× 33×1×sin150°= 312．
故答案为： 213； 312．
连接BE，则BE⊥AC，由余弦定理可求CD，进而可得AD⊥CD，然后求出FE，再在△DEF中，由余弦定理可求DE，最后求出△DEF的面积．
本题考查解三角形在几何中的运用，考查余弦定理，考查三角形的几何性质，属中档题．
17.【答案】解：(1)∵z=bi，
∴z+31−i=3+bi1−i=(3+bi)(1+i)2=3−b+(b+3)i2，
∵z+31−i是实数，∴b+3=0，解得：b=−3，
故z=−3i；
(2)∵z=−3i，
∴(m−z)2−8m=(m+3i)2−8m=(m2−8m−9)+6mi，
∵复数(m−z)2−8m在复平面内所表示的点在第二象限，
∴m2−8m−9<06m>0，解得：0故实数m的取值范围是(0,9)．
【解析】(1)根据z+31−i是实数，得到关于b的方程，解出即可；
(2)求出(m−z)2−8m=(m2−8m−9)+6mi，根据复数(m−z)2−8m在复平面内所表示的点在第二象限，得到关于m的不等式组，解出即可．
本题考查了复数的运算，考查转化思想，是基础题．
18.【答案】解：(1)a−λb=(4+λ,3−2λ),2a+b=(7,8)，
又(a−λb)⊥(2a+b)，
∴(a−λb)⋅(2a+b)=7(4+λ)+8(3−2λ)=0，解得λ=529；
(2)∵|a|=4,|b|=3，
∴(2a−3b)⋅(2a+b)=4a2−3b2−4a⋅b=64−27−4a⋅b=61，∴a⋅b=−6，
∴cs=a⋅b|a||b|=−64×3=−12，且∈[0,π]，
∴θ=2π3．
【解析】(1)可根据a,b的坐标求出：a−λb=(4+λ,3−2λ),2a+b=(7,8)，然后根据(a−λb)⊥(2a+b)可得出(a−λb)⋅(2a+b)=0，进行数量积的坐标运算即可求出λ的值；
(2)根据(2a−3b)⋅(2a+b)=61进行数量积的运算可求出a⋅b的值，然后即可求出cs的值，从而可得出a,b的夹角．
本题考查了向量数量积的运算，向量坐标的数量积运算，向量夹角的余弦公式，考查了计算能力，属于基础题．
19.【答案】解：(1)由正弦定理得：sinAcsB+sinBcsA=2sinCcsC，
∴sin(A+B)=sin(π−C)=sinC=2sinCcsC，
∵C∈(0,π)，∴sinC≠0，
∴csC=12，则C=π3．
(2)∵S△ABC=12absinC= 34ab=2 3，∴ab=8，
由余弦定理得：c2=a2+b2−2abcsC=(a+b)2−3ab=(a+b)2−24=12，解得：a+b=6，
∴△ABC的周长L=a+b+c=6+2 3．
【解析】(1)利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可化简求得csC，由此可得C；
(2)由三角形面积公式可求得ab，利用余弦定理可构造方程求得a+b，由此可得三角形周长．
本题主要考查解三角形，正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)因为AB=3，BC=4，AC=5，
所以AB2+BC2=AC2．
所以△ABC为直角三角形．
设堑堵ABC−A1B1C1的侧棱长为x，
则S矩形A1ABB1=3x，则VC1−AA1BB1=13×4×3x=24，
所以x=6，所以堑堵ABC−A1B1C1的侧棱长为6；
(Ⅱ) 因为S△ABC=12×3×4=6，
所以VC1−ABC=13S△ABC×CC1=13×6×6=12，
所以鳖臑C1−ABC的体积为12；
(Ⅲ)因为S△A1B1C1=12×3×4=6,S△BB1C1=12×6×4=12，
S△AA1C1=12×6×5=15,S△ABC1=12×3×2 13=3 13，
S矩形A1ABB1=3×6=18，
所以阳马C1−ABB1A1的表面积为6+12+15+18+3 13=51+3 13．
【解析】(Ⅰ)设堑堵ABC−A1B1C1的侧棱长为x，根据阳马C1−ABB1A1体积等于24求解即可；
(Ⅱ)根据棱锥的体积计算即可；
(Ⅲ)分别计算C1−ABB1A1的侧面积与底面积，相加即可．
本题考查了三棱锥的体积与表面积的计算，属于中档题．
21.【答案】解：(1)在△ABC中，因为csA=1213，csC=35，所以sinA=513，sinC=45，
从而sinB=sin[π−(A+C)]=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC=513×35+1213×45=6365，
由正弦定理ABsinC=ACsinB，得AB=AC⋅sinCsinB=1260×456365=1040m．
所以索道AB的长为1040m．
(2)假设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(100+50t)m，乙距离A处130t m，
所以由余弦定理得：d2=(100+50t)2+(130t)2−2×130t×(100+50t)×1213=200(37t2−70t+50)=200[37(t−3537)2+62537]，
因0≤t≤1040130，即0≤t≤8，
故当t=3537min时，甲、乙两游客距离最短．
【解析】(1)根据正弦定理即可确定出AB的长；
(2)设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(100+50t)m，乙距离A处130t m，由余弦定理即可得解．
此题考查了余弦定理，锐角三角函数定义，以及勾股定理，利用了分类讨论及数形结合的思想，属于解直角三角形题型．
22.【答案】解：(1)∵M为BC的中点，
∴AM=AB+BM=AB+12BC=AB+12(AC−AB)=12(AB+AC)，
∴AM2=14(AB2+AC2+2AB⋅AC)=14(|AB|2+|AC|2+2|AB|⋅|AC|⋅cs∠BAC,
∵|AB|=2，|AC|=6 2，∠BAC=45°，
∴|AM|2=25，
∴|AM|=5．
(2)∵N为AC的中点，
∴BN=AN−AB=12AC−AB，
∵AM=12(AB+AC)，
∴AM⋅BN=12(AB+AC)⋅(12AC−AB)=12(12AC2−12AC⋅AB−AB2)=12(12×72−12×12−4)=13，
|BN|= (12AC−AB)2= 18−12+4= 10，
cs=AM⋅BN|AM|⋅|BN|=135× 10=13 1050，
∠MPN与AM,BN的夹角相等，
则∠MPN的余弦值为13 1050．
【解析】(1)由条件可得，AM=12(AB+AC)，两边平方，并结合向量的数量积公式，即可求解．
(2)∠MPN与AM,BN的夹角相等，再结合向量的夹角公式，即可求解．
本题主要考查平面向量的数量积公式，考查转化能力，属于中档题．