2023-2024学年安徽省皖北县中联盟（省重点高中）高一（下）期中数学试卷（A卷）（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省皖北县中联盟（省重点高中）高一（下）期中数学试卷（A卷）（含解析），共12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.已知i是虚数单位，则|1+2i4−3i|=( )
A. 55B. 35C. 5D. 3
2.已知复数z=1−2i3+i(i为虚数单位)则z在复平面内所对应的向量的坐标为( )
A. (25,15)B. (−15,−25)C. (110,710)D. (110,−710)
3.已知a,b是单位向量，若a⊥b，则(3a−b)⋅(a+b)=( )
A. 2B. 2C. − 2D. −2
4.已知复数z满足(1+i)⋅z=i2024(i为虚数单位)，则z−=( )
A. 1−i2B. 1+i2C. −1+i2D. −1−i2
5.已知A，B两点在圆C上运动，且AB= 2，则AB⋅AC的值( )
A. 22B. 1
C. 2D. 与点A，B的具体位置有关
6.已知各棱长均相等的正四棱锥P−ABCD各顶点都在同一球面上，若该球表面积为8π，则正四棱锥P−ABCD的体积为( )
A. 4 23B. 16 23C. 4 2D. 16 2
7.已知|OM|=|ON|=2,∠MON=2π3，若OT=mOM+nON且OT⊥ON，则mn=( )
A. 14B. 12C. 2D. 4
8.已知z1，z2都是复数，其共轭复数分别为z1−,z2−，则下列说法错误的是( )
A. z1+z2−=z1−+z2−B. |z1z2|=|z1||z2|
C. 若|z1+z2|=|z1−z2|，则z1z2=0D. z1⋅z2−=z1−⋅z2−
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.下列说法中正确的是( )
A. 多面体的每条棱都是一条线段
B. 在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，A，C，A1，C1四点可以不共面
C. 上、下底面均为正方形的四棱台的四条侧棱长一定相等
D. 圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线
10.中国最早的天文观测仪器叫“圭表”，“圭”就是放在地面上的土堆，“表”就是直立于圭的杆子，太阳光照射在“表”上，便在“圭”上成影，规定“表”为八尺长(1尺=10寸).用圭表测量太阳照射在竹竿上的影长，可以判断季节的变化，也能用于丈量土地.同一日内，南北两地的日影长短倘使差一寸，它们的距离就相差−千里，所谓“影差一寸，地差千里”.记“表”的顶部为A，太阳光线通过顶部A投影到“圭”上的点为B，已知甲、乙两地之间的距离约为40千里.若同一日内，甲地中直线AB与地面所成的角为θ，且tanθ=43，则甲地日影长与乙地日影长的比值为( )
A. 3：4B. 3：5C. 5：4D. 3：1
11.已知非零向量a，b的夹角为θ，现定义一种新运算：a⊗b=|a||b|sinθ.若a=(x1,y1)，b=(x2,y2)，c=(x3,y3)，则( )
A. a在b上的投影向量的模为a⊗b|a|B. ∃θ∈[0,π2]，a⊗b=a⋅b
C. a⊗b=|x1y2−x2y1|D. a⊗(b−c)=a⊗b−a⊗c
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z=m2−7m+6+(m−2)i(i是虚数单位)，若z所对应的点在复平面的第二象限内，则实数m的取值范围为______．
13.如图，已知∠x′O′y′=135°，直角梯形O′A′B′C′是水平放置的一个平面四边形OABC的直观图，且O′A′=O′C′=2，O′A′//B′C′，A′B′⊥B′C′，则四边形OABC的周长为______．
14.已知函数f(x)=cs(x+π3)，若关于x的方程af2(x)+sin(x−π6)−2=0在[−2π3,0]上有解，则实数a的取值范围为______．
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)
已知复数x1=1−2i是关于x的方程x2+ax+b=0的根(i是虚数单位)，其中a，b∈R．
(1)求a，b的值．
(2)若|z|= 10，且复数x1z是纯虚数，求z．
16.(本小题15分)
已知向量e1,e2的夹角为π3，且e1=(12, 32),|e2|=1．
(1)求证：e1⊥(e1−2e2)；
(2)若a=2e1+te2,b=e1+3e2，且|a|=|b|，求实数t的值．
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b=2,c=4,A=π3,E点为BC的中点，F点为AE的中点．
(1)用向量AB,AC表示向量FB，并求出FB的长度；
(2)求cs∠AFB．
18.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，1+cs2C=cs2A+cs2B−2sinAsinB．
(1)求角C；
(2)若c=5，D为边AB上一点，∠ACD=∠BCD，求CD的最大值．
19.(本小题17分)
著名的费马问题是法国数学家皮埃尔⋅德⋅费马(1601−1665)于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120°时，则使得∠APB=∠BPC=∠CPA=120°的点P即为费马点.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且csB=2acsAc−sinBtanC.若P是△ABC的“费马点”，a=2 3,b(1)求角A；
(2)若PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA=−4，求△ABC的周长；
(3)设f(x)=4x−m⋅2x+|PA|+|PB|+|PC|，若当x∈[0,1]时，不等式f(x)≥0恒成立，求实数m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由题意|1+2i4−3i|=|1+2i||4−3i|= 12+22 42+32= 55．
故选：A．
根据复数模的运算法则求解即可．
本题考查复数的模长，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由题z=1−2i3+i=(1−2i)(3−i)(3+i)(3−i)=1−7i10=110−710i，
所以复数z所对应的向量的坐标为(110,−710)．
故选：D．
根据复数的除法运算化简z=110−710i，即可由几何意义求解．
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：因为a,b是单位向量，且a⊥b，
所以a⋅b=0，|a|=|b|=1，
所以(3a−b)⋅(a+b)=3a2+2a⋅b−b2=3−1=2．
故选：B．
根据垂直向量数量积为0结合数量积的运算求解即可．
本题考查平面向量的数量积运算，向量垂直的性质，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：(1+i)⋅z=i2024=(i4)506=1506=1，
则z=11+i=1−i(1+i)(1−i)=12−12i，
故z−=12+12i．
故选：B．
根据已知条件，先对z化简，再结合共轭复数的定义，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．
5.【答案】B
【解析】解：如图，连接AB，过点C作CD⊥AB交AB于点D，
则D是AB的中点，
故AB⋅AC=|AB|⋅|AC|cs∠CAD=|AB|×12|AB|=12|AB|2=1．
故选：B．
作CD⊥AB，根据题意利用数量积的定义求解即可．
本题考查平面向量数量积的几何意义，属基础题．
6.【答案】A
【解析】解：如图所示，设四棱锥的棱长为a，P在底面ABCD的射影为H，则PH⊥平面ABCD，
且H为AC，BD的交点，且AH= 22a,PH= a2−( 22a)2= 22a，
由正四棱锥的对称性可知O在直线PH上，
设外接球的半径为R，则其表面积为4πR2=8π，所以R= 2，
则OH=| 22a− 2|，所以R2=( 22a− 2)2+( 22a)2=2，解得a=2或a=0(舍)，
所以正四棱锥P−ABCD的体积为V=13×PH×a2=4 23．
故选：A．
求棱锥的高，利用球的表面积公式求得半径R，再由R2=OH2+AH2求得a，即可求出棱锥的体积．
本题考查了棱锥的结构特征与应用问题，也考查了空间想象能力与运算求解能力，是中档题．
7.【答案】C
【解析】解：由题可知：OM⋅ON=|OM||ON|cs2π3=−2，
所以OT⋅ON=(mOM+nON)⋅ON=mOM⋅ON+nON2=−2m+4n=0，
所以m=2n，即mn=2．
故选：C．
先由题意求出OM⋅ON，再结合向量垂直关系的表示即可求解．
本题主要考查向量垂直的关系，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：设z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，z1+z2=(a+c)+(b+d)i，
则z1+z2−=(a+c)−(b+d)i，而z1−+z2−=a−bi+c−di=(a+c)−(b+d)i，
故z1+z2−=z1−+z2−，故A正确；
z1⋅z2=(a+bi)(c+di)=ac−bd+(ad+bc)i，
则|z1⋅z2|=|ac−bd+(ad+bc)i|= (ac−bd)2+(ad+bc)2
= (ac)2+(bd)2+(ad)2+(bc)2，
又|z1|⋅|z2|= a2+b2⋅ c2+d2= (ac)2+(bd)2+(ad)2+(bc)2，
所以|z1⋅z2|=|z1|⋅|z2|，故B正确；
令z1=1+i、z2=1−i，则z1+z2=2，z1−z2=2i，所以|z1+z2|=|z1−z2|，
但是z1z2=(1+i)(1−i)=2，故C错误；
z1⋅z2−=ac−bd−(ad+bc)i，又z1−⋅z2−=(a−bi)(c−di)=ac−bd−(ad+bc)i，
所以z1⋅z2−=z1−⋅z2−，故D正确．
故选：C．
设z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，利用复数的运算及共轭复数的概念判断AD，根据复数乘积运算及模的运算判断B，举反例判断C．
本题考查复数的运算，属于基础题．
9.【答案】AD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，对于多面体，其每条棱都是一条线段，故A正确；
对于B，根据棱台的性质知A，C，A1，C1四点确定的是对角面，所以四点一定是共面关系，故B错误；
对于C，对于四棱锥P−ABCD，底面ABCD是正方形，
当侧棱PA垂直底面ABCD时，该四棱锥所截的四棱台的侧棱不相等，故C错误；
对于D，圆锥底面圆周上任意一点与圆锥顶点的连线叫做圆锥的母线，故D正确．
故选：AD．
根据题意，由多面体和棱台的定义及性质判断ABC，根据圆锥的结特征判断D，综合可得答案．
本题考查棱锥、棱台的结构特征，涉及圆锥的定义，属于基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：由题知，甲地的日影长为80tanθ=8043=60寸，因为甲、乙两地之间的距离约为40千里，
所以乙地的星影长为60+40=100寸或60−40=20寸，
因为60：100=3：5，60：20=3：1，所以甲地日影长与乙地日影长的比值为3：5或3：1．
故选：BD．
根据题意甲地的日影长，从而求出乙地的日影长，进而求解甲地日影长与乙地日影长的比值．
本题考查直角三角形在实际中的应用，属于中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：对于选项A，a在b上的投影向量的模为|a|csθ≠a⊗b|a|，即选项A错误；
对于选项B，当θ=π4时，a⊗b=a⋅b，即选项B正确；
对于选项C，(a⊗b)2+(a⋅b)2=|a|2|b|2，所以(a⊗b)2=|a|2|b|2−(a⋅b)2=(x12+y12)(x22+y22)−(x1x2+y1y2)2=x12y22+x22y−2x1x2y1y2=(x1y2−x2y1)2，所以a⊗b=|x1y2−x2y1|，即选项C正确；
对于选项D，a⊗(b−c)=|a||b−c|sin≥0，a⊗b−a⊗c=|a||b|sin−|a||c|sin，其值可能为正，可能为零，也可能为负数，即选项D错误，
故选：BC．
由平面向量数量积的运算，结合向量运算的新定义的理解及运算逐一判断即可得解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了向量运算的新定义的理解及运算，属基础题．
12.【答案】(2,6)
【解析】解：由题意知m2−7m+6<0m−2>0，解得2故答案为：(2,6)．
根据复数所在象限列不等式组求解即可．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
13.【答案】8+4 2
【解析】解：作O′H′⊥B′C′，垂足为H′，如图所示：
则△O′H′C′为等腰直角三角形，因为O′C′=2，所以C′H′= 2，所以B′C′= 2+2，
则四边形OABC为直角梯形，
所以OA=O′A′=2，OC=2O′C′=4，BC=B′C′= 2+2，AB= ( 2)2+42=3 2，
所以四边形OABC的周长为OA+AB+BC+OC=2+3 2+2+ 2+4=8+4 2．
故答案为：8+4 2．
作O′H⊥B′C′，求得B′C′= 2+2，然后利用斜二测画法还原四边形OABC，即可求解．
本题考查了斜二测画法还原平面图形的应用问题，是基础题．
14.【答案】[3,10]
【解析】解：由题af2(x)+sin(x−π6)−2=0，
即acs2(x+π3)=2−sin(x−π6)=2−sin(x+π3−π2)=2+cs(x+π3)，
因为x∈[−2π3,0]，所以−π3≤x+π3≤π3,t=cs(x+π3)∈[12,1]，
则af2(x)+sin(x−π6)−2=0在[−2π3,0]上有解，即a=2+tt2=2t2+1t在t∈[12,1]上有解，
又y=2t2+1t在t∈[12,1]上为减函数，则y∈[3,10]，所以实数a的取值范围是[3,10]．
故答案为：[3,10]．
利用诱导公式整理化简原式，并令t=cs(x+π3)，分离参数，求关于t的函数的值域，即可求得结果．
本题考查三角函数性质，函数与方程的关系，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为x1=1−2i是方程的根，所以(1−2i)2+a(1−2i)+b=0，
即a+b−3−(4+2a)i=0，
所以a+b−3=0−4−2a=0，解得a=−2，b=5；
(2)设z=m+ni，则|z|= m2+n2= 10，所以m2+n2=10，...①
又x1z=(1−2i)(m+ni)=(m+2n)+(n−2m)i为纯虚数，所以m+2n=0n−2m≠0，...②
由①②联立，解得m=2 2n=− 2，或m=−2 2n= 2，
所以z=2 2− 2i或z=−2 2+ 2i．
【解析】(1)将x1=1−2i代入方程，根据复数相等列方程组求解可得；
(2)设z=m+ni，根据复数模公式和纯虚数概念列方程组求解即可．
本题考查了复数相等以及复数的模长与纯虚数的概念应用问题，是基础题．
16.【答案】(1)证明：由题意知，|e1|= (12)2+( 32)2=1，所以e1⋅e2=1×1×csπ3=12，
所以e1⋅(e1−2e2)=e12−2e1⋅e2=1−2×12=0，所以e1⊥(e1−2e2)；
(2)解：由|a|=|b|，得(2e1+te2)2=(e1+3e2)2，
所以4e12+4te1⋅e2+t2e22=e12+6e1⋅e2+9e22，代入|e1|=|e2|=1e1⋅e2=12，
化简得t2+2t−9=0，解得t=−1− 10或t=−1+ 10．
【解析】(1)根据向量模的坐标运算和数量积定义求得e1⋅e2=12，再利用数量积的垂直关系证明即可；
(2)根据数量积的运算结合数量积和模的运算化简得t2+2t−9=0，解二次方程即可求解．
本题考查了数量积的运算与应用问题，也考查了数学运算核心素养，是基础题．
17.【答案】解：(1)由题可知AE为△ABC的中线，则AE=12(AB+AC)，
因为F为AE的中点，所以AF=12AE=14(AB+AC)．
所以FB=AB−AF=AB−14(AB+AC)=34AB−14AC，
所以FB2=916AB2−38AB⋅AC+116AC2=916×16−38×4×2×csπ3+116×4=314，
所以|FB|= 314= 312；
(2)由(1)得，AF2=116(AB+AC)2=116(AB2+2AB⋅AC+AC2)=116×(16+2×4×2×csπ3+4)=74，
所以|AF|= 74= 72；
在△AFB中，利用余弦定理，得cs∠AFB=|AF|2+|FB|2−|AB|22|AF|⋅|FB|=74+314−162× 72× 312=−13 217217，
所以∠AFB的余弦值为−13 217217．
【解析】(1)根据向量的线性运算即可求解FB=34AB−14AC，由模长公式即可求解长度，
(2)根据AF=14(AB+AC)求解长度，利用余弦定理即可求解．
本题考查了平面向量的数量积应用问题，也考查了数学运算核心素养，是中档题．
18.【答案】解：(1)∵1+cs2C=cs2A+cs2B−2sinAsinB，
∴2−2sin2C=1−2sin2A+1−2sin2B−2sinAsinB，
∴sin2A+sin2B−sin2C=−sinAsinB，
由正弦定理，得a2+b2−c2=−ab，
∴csC=a2+b2−c22ab=−12，
又C∈(0,π)，∴C=2π3．
(2)∵∠ACD=∠BCD，且S△ABC=S△ACD+S△BCD，
∴12absin∠ACB=12a⋅CDsin∠BCD+12b⋅CDsin∠ACD，
化简，得ab=a⋅CD+b⋅CD，解得CD=aba+b，
由(1)，得a2+b2+ab=25，即(a+b)2−ab=25，
由ab≤(a+b2)2，得(a+b)2−(a+b2)2≤25，
∴34(a+b)2≤25，即(a+b)2≤1003，
解得a+b≤10 33(当且仅当a=b=5 33时取等号)，
又a+b>5，
∴5而CD=aba+b=(a+b)2−25a+b=a+b−25a+b，
令t=a+b，则CD=t−25t在(0,+∞)上是增函数，
∴当a+b=10 33时，CD有最大值，
即(CD)max=10 33−2510 33=5 36．
【解析】(1)由正弦定理，得a2+b2−c2=−ab，再结合余弦定理即可求解；
(2)由S△ABC=S△ACD+S△BCD，结合面积公式得出ab=a⋅CD+b⋅CD，解得CD=aba+b，再结合基本不等式以及函数单调性求最值即可．
本题考查解三角形的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)根据csB=2acsAc−sinBtanC，结合正弦定理得sinCcsB=2sinAcsA−sinCsinBtanC，
结合tanC=sinCcsC，化简得2sinAcsA=sinBcsC+csBsinC，即2sinAcsA=sin(B+C)=sinA，
由于00，所以csA=12，所以A=π3．
(2)设|PA|=x,|PB|=y,|PC|=z，
则PA⋅PB+PB⋅PC+PA⋅PC=xy⋅(−12)+yz⋅(−12)+xz⋅(−12)=−4．
所以xy+yz+xz=8，由S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC，
得12xy⋅ 32+12yz⋅ 32+12xz⋅ 32=12bcsinπ3，解得bc=8，
由余弦定理，得a2=c2+b2−2bccsA，即12=c2+b2−2bc×12=c2+b2−8，整理得c2+b2=20，
联立c2+b2=20bc=8，结合b
(3)设|PA|=x,|PB|=y,|PC|=z，
根据(2)的结论，在△PAB，△PBC，△PAC中，由余弦定理得x2+y2+xy=16x2+z2+xz=4y2+z2+yz=12，
三个式子相加，得2(x2+y2+z2)+xy+yz+xz=32，结合xy+yz+xz=8解得x2+y2+z2=12，
所以(x+y+z)2=x2+y2+z2+2(xy+yz+xz)=28，可得x+y+z=2 7，
结合题意f(x)=4x−m⋅2x+|PA|+|PB|+|PC|，
代入数据可得f(x)=4x−m⋅2x+2 7≥0，即m≤2x+2 72x，令t=2x，t∈[1,2]，
由对勾函数的性质，可知y=t+2 7t在t∈[1,2]上单调递减，
因此，m≤(t+2 7t)min=2+2 72=2+ 7，即m的取值范围为(−∞,2+ 7]．
【解析】(1)利用正弦定理，将边的关系化为角的关系式，结合两角和的正弦公式公式化简得csA=12，从而可得角A的大小；
(2)设|PA|=x,|PB|=y,|PC|=z，由数量积定义推导出xy+yz+xz=8，然后利用三角形面积公式，根据S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC算出bc=8，最后根据余弦定理求出b、c，进而可得△ABC的周长；
(3)分别在△PAB、△PBC、△PAC中利用余弦定理列方程，联列方程组解得x+y+z=2 7，然后将参数分离并利用对勾函数性质求出实数m的取值范围．
本题主要考查正弦定理与余弦定理、平面向量数量积的定义与运算性质、利用函数的单调性求最值等知识，属于中档题．