2023-2024学年河南省新乡市封丘一中高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省新乡市封丘一中高一（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.设z=2+4i1−3i，则z−=( )
A. −1+iB. −1−iC. 1−iD. 1+i
2.如图所示的矩形ABCD中，E，F满足BE=EC，CF=2FD,G为EF的中点，若AG=λAB+μAD，则λμ的值为( )
A. 12
B. 23
C. 34
D. 2
3.已知圆锥的底面圆周在球O的球面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的表面积为( )
A. 12πB. 16πC. 48πD. 96π
4.若a=(1, 3),|b|= 3,|a−2b|=2，则向量a与b的夹角为( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
5.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，且AB=AC= 22AA1=1，则异面直线AB1与A1C所成角的正弦值为( )
A. 23
B. 53
C. − 33
D. 33
6.已知平面向量a=(1, 2),b=(2, 2)，则向量a在b上的投影向量为( )
A. bB. 12bC. 13bD. 23b
7.设α，β，γ是三个不同平面，且α∩γ=l，β∩γ=m，则“l/​/m”是“α/​/β”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
8.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=3，A=60°，则b的取值范围是( )
A. (0,6)B. (0,2 3)C. ( 3,2 3)D. ( 3,6)
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.下列说法正确的是( )
A. z⋅z−=|z|2，z∈C
B. i2024=−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
10.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4，C1E=3EC，平面ABE将该正四棱柱分为上、下两部分，记上部分对应的几何体为Ω上，下部分对应的几何体为Ω下，则( )
A. Ω下的体积为2
B. Ω上的体积为12
C. Ω下的外接球的表面积为9π
D. 平面ABE截该正四棱柱所得截面的面积为2 5
11.下列说法正确的是( )
A. 设e1,e2是两个不共线的向量，若向量m=−e1+ke2(k∈R)与向量n=e2−2e1共线，则k=12
B. 设a=(2,3),b=(6,t)，若a与b的夹角为锐角，则实数t的取值范围为(−4,9)∪(9,+∞)
C. 设a=(−1,1),b=(2,3)，且(a+mb)//(a−b)，则m=−1
D. 若O是△ABC内的一点，满足3OA+OB+4OC=0，则S△AOC：S△ABC=5：8
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.两个平行平面截一个半径为4的球，得到的截面面积分别为10π和7π，则这两个平面之间的距离为______．
13.在△ABC中，三内角A、B、C对应的边分别为a、b、c，且a=1,A=π6，则△ABC面积的最大值为______．
14.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，AD是∠BAC的角平分线，若∠BAC=π3，|AD|=2 3，则2b+c的最小值为______．
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|a|=1，|b|=2，a与b的夹角为60°．
(1)求|2a−b|；
(2)若向量b+ka与b−ka相互垂直，求实数k的值．
16.(本小题15分)
已知复数z1=−1+3i,z2=1+2i,1z=1z1+1z2．
(1)求z；
(2)在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是OA,OB，其中O是原点，求∠AOB的大小．
17.(本小题15分)
棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中，截去三棱锥A1−ABD，求：
(1)求截去的三棱锥A1−ABD的表面积；
(2)剩余的几何体A1B1C1D1−DBC的体积．
18.(本小题17分)
已知△ABC为钝角三角形，它的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且sin2C=sin2B+sin(π3+B)cs(π6+B)，a(Ⅰ)求tan(A+B)的值；
(Ⅱ)若△ABC的面积为12 3，求c的最小值．
19.(本小题17分)
如图：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为DD1的中点．
(1)求证：BD1//平面AEC；
(2)CC1上是否存在一点F，使得平面AEC//平面BFD1，若存在请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：z=2+4i1−3i=(2+4i)(1+3i)(1−3i)(1+3i)=−1+i，
故z−=−1−i．
故选：B．
根据复数除法运算即可求解．
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．
2.【答案】A
【解析】解：由题意可知，AE=AB+BE=AB+12BC=AB+12AD，
AF=AD+DF=AD+13DC=AD+13AB，
因为G为EF的中点，
所以AG=12(AE+AF)=12(43AB+32AD)=23AB+34AD，
所以λ=23，μ=34，λμ=12．
故选：A．
由已知结合向量的线性表示及平面向量基本定理可求．
本题主要考查了向量的线性表示及平面向量基本定理，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：设圆锥的母线长为l，底面圆半径为r，球O的半径为R，
则πl=2πr，得l=2r，
又圆锥的高为3，可得3= l2−r2= 3r，r= 3，
圆锥的底面半径为 3，母线长为2 3，
∴R=2 3．
因此，球O的表面积为：4πR2=48π．
故选：C．
由题中条件得出圆锥的母线长l，根据圆锥的侧面展开图的弧长等于底面圆周长可计算出底面圆半径r，再利用勾股定理可计算出圆锥的高h，进而求出球O的半径，最后利用球体体积公式可得出答案．
本题考查球体的表面积的计算，考查外接球模型的应用，考查了计算能力，是中档题．
4.【答案】A
【解析】解：由a=(1, 3),b= 3,|a−2b|=2，得|a|2−4a⋅b+4|b|2=4，
而|a|= 12+( 3)2=2，即得a⋅b=3，
所以cs=a⋅b|a||b|= 32，又0°≤≤180°，
所以=30°．
故选：A．
先求出a⋅b=3，再由向量的夹角公式求解即可．
本题考查了利用向量的数量积求向量的夹角，向量模的坐标表示，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：将直三棱柱ABC−A1BC1补形为如图所示的正四棱柱：
连接BD、AD，则B1D//A1C，
则异面直线AB1与A1C所成角的平面角为∠DB1A(或其补角)，
又DB1=B1A= 12+( 2)2= 3，AD= 12+12= 2，
由余弦定理可得：cs∠DB1A=( 3)2+( 3)2−( 2)22× 3× 3=23．
则异面直线AB1与A1C所成角的正弦值为 1−49= 53．
故选：B．
先补形，再作出异面直线AB1与A1C所成角的平面角，然后结合余弦定理即可求解．
本题考查两条异面直线所成角的大小的求法，是中档题．
6.【答案】D
【解析】解：平面向量a=(1, 2),b=(2, 2)，a⋅b=1×2+ 2× 2=4，|b|= 22+( 2)2= 6，
所以向量a在b上的投影向量为a⋅b|b|⋅b|b|=23b．
故选：D．
利用向量数量积的坐标运算，向量模的坐标运算，结合投影向量的公式计算．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：由α∩γ=l，β∩γ=m，l/​/m，则α，β可能相交，
故“l/​/m”推不出“α/​/β”，
由α∩γ=l，β∩γ=m，α/​/β，由面面平行的性质定理知l/​/m，
故“α/​/β”能推出“l/​/m”，
故“l/​/m”是“α/​/β”的必要不充分条件．
故选：B．
由充分条件和必要条件的定义结合线面、面面的位置关系对选项一一判断即可得出答案．
本题考查面面平行的性质的应用，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：由正弦定理得asinA=bsinB，即b=asinBsinA=3sinBsin60∘=2 3sinB，
又△ABC为锐角三角形，C=180°−A−B=120°−B，
又0°解得30°故sinB∈(12,1)，所以b=2 3sinB∈( 3,2 3)．
故选：C．
根据正弦定理得到b=2 3sinB，由△ABC为锐角三角形，得到30°本题主要考查了正弦定理，三角函数的性质在求解三角形中的应用，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，
则z⋅z−=(a+bi)(a−bi)=a2+b2，|z|2=a2+b2，故A正确；
i4=1，
则i2024=(i4)506=1，故B错误；
|z|=1，z∈C，表示以(0,0)为圆心，1为半径的圆，
|z−2|表示该圆上的点到点(2,0)的距离，
故|z−2|的最小值为1，故C正确；
−4+3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的根，
则−4−3i也是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的根，
故−4+3i+(−4−3i)=−8=−p，解得p=8，故D正确．
故选：ACD．
结合复数模公式，复数的几何意义，共轭复数的定义，以及韦达定理，即可求解．
本题主要考查复数模公式，复数的几何意义，共轭复数的定义，以及韦达定理，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：设D1F=3FD,A1G=3GA,B1H=3HB，
连接EF，AF，BE，GF，GH，EH，
由长方体的性质可知：EF//AB，可知A，B，E，F四点共面，
∴Ω下为直三棱柱ADF−BCE，其体积为12×1×2×2=2，故A正确；
Ω上的体积为22×4−2=14，故B错误；
Ω下的外接球即为长方体ABCD−GHEF的外接球，
∴Ω下的外接球的半径R= 22+22+122=32，
则Ω下的外接球的表面积为4πR2=9π，故C正确；
平面ABE截该正四棱柱所得截面为矩形ABEF，其面积为2× 12+22=2 5，故D正确．
故选：ACD．
根据题意求截面，可知Ω下为直三棱柱ADF−BCE，进而可求相应的体积，即可判断AB；利用补形法结合长方体的性质求外接球的半径和表面积，即可得判断C；可知平面ABE截该正四棱柱所得截面为矩形ABEF，即可得面积判断D．
本题考查多面体的外接球，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：对于A，由e1,e2不共线，m=−e1+ke2(k∈R)与n=−2e1+e2，得−1−2=k1，解得k=12，A正确；
对于B，由a=(2,3),b=(6,t)的夹角为锐角，得a⋅b>0且a,b不共线，
则12+3t>02t≠18，解得t>−4且t≠9，B正确；
对于C，由a=(−1,1),b=(2,3)，得a+mb=(−1+2m,1+3m),a−b=(−3,−2)，
由(a+mb)//(a−b)，得−2(−1+2m)=−3(1+3m)，解得m=−1，C正确；
对于D，由题意可得，3(OA+OC)+(OB+OC)=0，
令AC，BC的中点分别为D，E，则6OD+2OE=0，即EO=3OD，则O是线段DE靠近D的4等分点，
如图，在△ABC中，连接DE，则DE是△ABC的中位线，
S△AOC=2S△DOC=2×14S△CDE=12×14S△ABC=18S△ABC，D错误．
故选：ABC．
根据给定条件，利用共线向量求出k判断A；利用夹角余弦及向量共线计算判断B；利用向量线性运算的坐标表示及共线向量的坐标表示计算判断C；作出图形，分析三角形面积关系判断D．
本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题．
12.【答案】3+ 6或3− 6
【解析】解：设这两个截面所在的截面圆的半径分别为R和r，
由截面面积分别为10π和7π，知πR2=10π，πr2=7π，
所以R= 10，r= 7，
所以两个截面到球心的距离分别为D= 42−( 10)2= 6，d= 42−( 7)2=3，
当两个截面在球心的异侧时，这两个平面之间的距离为d+D=3+ 6；
当两个截面在球心的同侧时，这两个平面之间的距离为d−D=3− 6，
综上，这两个平面之间的距离为3+ 6或3− 6．
故答案为：3+ 6或3− 6．
先求出截面所在的截面圆的半径，再利用勾股定理计算两个截面到球心的距离，然后分两个截面在球心的同侧或异侧，求解即可．
本题考查球中的简单计算，考查空间立体感，运算求解能力，属于基础题．
13.【答案】2+ 34
【解析】解：根据题意由余弦定理可得：a2=b2+c2−2bccsA，又因为a=1，A=π6，
即1=b2+c2− 3bc≥2bc− 3bc=(2− 3)bc，
所以bc≤12− 3(当且仅当b=c=1时等号成立)，
所以S△ABC=12bcsinA≤12×12− 3×12=2+ 34，
即△ABC面积最大值2+ 34．
故答案为：2+ 34．
利用余弦定理和基本不等式可得bc的范围，再由三角形面积公式得解．
本题考查余弦定理及三角形面积公式的应用，基本不等式的性质的应用，属于中档题．
14.【答案】6+4 2
【解析】解：∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠BAD=∠CAD=12∠BAC=π6，
∵S△ABD+S△ADC=S△ABC，
∴12AB⋅ADsinπ6+12AC⋅ADsinπ6=12AB⋅ACsinπ3，
∴ 32AB+ 32AC= 34AB⋅AC，整理得2AB+2AC=AB⋅AC，
即2c+2b=bc，可得1b+1c=12，
∴2b+c=(2b+c)(1b+1c)×2=2cb+4bc+6≥6+4 2cb×4bc=6+4 2，
当且仅当2cb=4bc，即c= 2b=2+2 2时，取等号．
∴当b=2+ 2，c=2 2+2时，2b+c的最小值为6+4 2．
故答案为：6+4 2．
根据三角形的面积公式，化简得到1b+1c=12，然后利用“1的代换”与基本不等式，求出2b+c的最小值．
本题主要考查解三角形及其应用、利用基本不等式求最值等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)根据题意，|a|=1，|b|=2，a与b的夹角为60°，
∴|2a−b|= (2a−b)2= 4a2+b2−4a⋅b= 4+4−4×1×2×cs60°=2；
(2)根据题意，|a|=1，|b|=2，向量ka+b与b−ka互相垂直，
∴(ka+b)⋅(b−ka)=−(k2a2−b2)=−k2+4=0，
解得k=±2；
故k的值为±2．
【解析】(1)由|2a−b|= (2a−b)2，结合已知条件利用向量的数量积公式能求出结果．
(2)由向量互相垂直的性质得(ka+b)⋅(b−ka)=0，由此能求出k的值．
本题考查向量数量积的性质和应用，涉及向量的模的求法，是基础题．
16.【答案】解：(1)由已知得z1+z2=(−1+3i)+(1+2i)=5i，
z1z2=(−1+3i)(1+2i)=(−1−6)+(3−2)i=−7+i，
又1z=1z1+1z2=z1+z2z1z2，
所以z=z1z2z1+z2=−7+i5i=(−7+i)(−i)5i⋅(−i)=15+75i；
(2)依题意向量OA=(−1,3),OB=(1,2)，
于是有OA⋅OB=−1×1+3×2=5，
|OA|= (−1)2+32= 10，
|OB|= 12+22= 5，
因为∠AOB为OA与OB的夹角，
所以cs∠AOB=OA⋅OB|OA||OB|=5 10× 5= 22，
因为∠AOB∈[0,π]，
所以∠AOB=π4．
【解析】(1)计算出z=z1z2z1+z2=15+75i；
(2)得到OA=(−1,3),OB=(1,2)，利用向量夹角余弦公式求出答案．
本题考查复数的几何意义，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，
∴等边三角形A1BD的边长为 2a，可得三棱锥A1−ABD的表面积：
S=3×12×a×a+12× 2a× 2a× 32=(3+ 3)a22；
(2)∵正方体的体积为a3，三棱锥的体积为13×12×a×a×a=a36，
∴剩余的几何体A1B1C1D1−DBC的体积为a3−a36=5a36．
【解析】(1)直接由三角形面积公式求三棱锥A1−ABD的表面积；
(2)由正方体体积减去棱锥体积公式得答案．
本题考查多面体体积与表面积的求法，考查计算能力，是基础题．
18.【答案】解：(Ⅰ)在△ABC中，
∵sin2C=sin2B+sin(π3+B)cs(π6+B)=sin2B+( 32csB+12sinB)( 32csB−12sinB)=sin2B+34cs2B−14sin2B=34，
∴sinC= 32，又a∴C=2π3，
∴tan(A+B)=−tanC= 3；
(Ⅱ)∵△ABC的面积为12 3，即12absinC= 34ab=12 3，
∴ab=48．
∴c2=a2+b2−2abcsC=a2+b2+ab≥2ab+ab=3ab=144，
∴c≥12(当且仅当a=b=4 3时取等号)，
∴c的最小值为12．
【解析】(Ⅰ)利用两角和与差的三角函数可求得sinC= 32，结合题意，可求得tan(A+B)的值；
(Ⅱ)由△ABC的面积为12 3，可求得ab=48，再利用余弦定理及基本不等式可求得答案．
本题考查两角和与差的三角函数，考查正弦定理与余弦定理的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：连结BD交AC于O，连结EO．
因为ABCD−A1B1C1D1为正方体，底面ABCD为正方形，
对角线AC、BD交于O点，所以O为BD的中点，
又因为E为DD1的中点，在△DBD1中，OE是△DBD1的中位线，
则OE/​/BD1，
又OE⊂平面AEC，BD1⊄平面AEC，
所以BD1//平面AEC；
(2)CC1上的中点F即满足平面AEC//平面BFD1．
因为F为CC1的中点，E为DD1的中点，所以CF//ED1，
所以四边形CFD1E为平行四边形，所以D1F//EC，
又因为EC⊂平面AEC，D1F⊄平面AEC，
所以D1F//平面AEC；
由(1)知BD1//平面AEC，
又因为BD1∩D1F=D1，
所以平面AEC//平面BFD1．
【解析】(1)连结BD交AC于O，连结EO.由三角形的中位线定理、线面平行的判定定理，可得证明；
(2)CC1上的中点F即满足平面AEC//平面BFD1.由平行四边形的性质和线面平行的判定定理，以及面面平行的判定定理，可得结论．
本题考查线面平行和面面平行的判断，考查转化思想和推理能力，属于基础题．