2023-2024学年四川省广安市友实学校、邻水县正大实验学校高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省广安市友实学校、邻水县正大实验学校高一（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。

1.复数(i+1)i在复平面内对应的点所在的象限为( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.下列命题中正确的是( )
A. 零向量没有方向
B. 共线向量一定是相等向量
C. 若向量a,b同向，且|a|>|b|，则a>b
D. 单位向量的模都相等
3.若圆柱的底面半径是1，其侧面展开是一个正方形，则这个圆柱的侧面积是( )
A. 2α+βB. △ABDC. 2π2D. π2
4.已知三角形的边长分别为1， 2， 5，则它的最大内角的度数是( )
A. 90°B. 120°C. 135°D. 150°
5.已知向量a=(−2,1)，b=(m,4)，若a/​/b，则m=( )
A. 8B. −8C. 2D. −2
6.在△ABC中，若sin2C+sin2BA. 钝角三角形B. 直角三角形C. 锐角三角形D. 不能确定
7.衡量钻石价值的4C标准之一是切工.理想切工是一种高雅且杰出的切工，它使钻石几乎反射了所有进入钻石的光线.现有一理想切工的钻石，其横截面如图所示，其中△ABC为等腰直角三角形，四边形BCDE为等腰梯形，且BC=2DE，AB=AC，DE= 2CD，则CE=( )
A. 14CA+2CDB. 14CA+3CDC. 12CA+2CDD. 12CA+3CD
8.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点E，F分别是AB，BC的中点，过点D1，E，F的平面截该正方体所得的截面多边形记为Ω，则Ω的周长为( )
A. 4 2+4 5
B. 4 3+ 2
C. 2+2 13
D. 4 13+ 2
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知向量a=(1,2),b=(1,−3)，则( )
A. (a+b)⊥aB. 向量a在向量b上的投影向量是−12a
C. |a+b|= 5D. 与向量a反向的单位向量是( 55,2 55)
10.若复数z满足：z(1−i)=i2013(其中i是虚数单位)，复数z的共轭复数为z−，则下列说法正确的是( )
A. z的虚部是−12B. z−=−12+12iC. |z|= 22D. z⋅z−=12
11.数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半.这条直线被后人称为三角形的欧拉线，该定理则被称为欧拉线定理.设点O，G，H分别为三角形ABC的外心、重心、垂心，且M为BC的中点，则( )
A. AH=2OMB. GA+GB+GC=0
C. |OA|=|OB|=|OC|D. AG=13AO+23AH
12.“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，当一个正方体用圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时，两圆柱体的公共部分即为“牟合方盖”，他提出“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为定值.南北朝时期祖暅提出理论：“缘幂势既同，则积不容异”，即“在等高处的截面面积总是相等的几何体，它们的体积也相等”，并算出了“牟合方盖”和球的体积.其大体思想可用如图表示，其中图1为棱长为2r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为2r的正方体的八分之一，图3是以底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的一个顶点作的四棱锥，则根据祖暅原理，下列结论正确的是( )
A. 若以一个平行于正方体上下底面的平面，截“牟合方盖”，截面是一个圆形
B. 图2中阴影部分的面积为h2
C. “牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为π：4
D. 由棱长为2r的正方体截得的“牟合方盖”体积为163r3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=(m,2)，b=(3,m+5)，若a⊥b，则m= ______．
14.如图所示，水平放置的一个平面图形的直观图是边长为 2cm的正方形O′A′B′C′，则原图形的周长是______cm．
15.在△ABC中，AB=2 3，AC=2，且∠B=30°，则△ABC的面积等于______．
16.已知球与圆台的底面、侧面都相切，且圆台母线与底面所成角为60°，则球表面积与圆台侧面积之比为______．
四、解答题：本题共5小题，共58分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
设复数z1=2+ai(其中a∈R)，z2=4−3i，i为虚数单位．
(1)若z1+z2是实数，求z1⋅z2的值；
(2)若z1z2是纯虚数，求|z1|.
18.(本小题12分)
如图，在△ABC中AD=3AB，点E是CD的中点，AE与BC相交于F，设AB=a，AC=b．
(1)用a，b表示AE，DE；
(2)若在平面直角坐标系xOy中，已知点A(−1,−2)，B(3,−2)，C(3,10)，求|AF|．
19.(本小题12分)
如图是一个正四棱台ABCD−A1B1C1D1的石料，上、下底面的边长分别为20cm和40cm，高30cm．

(1)求四棱台ABCD−A1B1C1D1的表面积和体积；
(2)若某同学动手能力强，想要将这块石料补全为一个如图所示的胡夫金字塔的模型，那么他至少需要准备多少cm3的水泥．
20.(本小题12分)
在① 3(a−bcsC)=csinB，②S△ABC=BA⋅BC⋅sinB，③cs2A−cs2B=sin2C−sinAsinC三个条件中任选一个补充在下列问题中，并解决该问题．
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，_____，且b=2.求：
(1)B；
(2)△ABC周长的取值范围．
21.(本小题12分)
如图，设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，AD为BC边上的中线，已知c=1且2csinAcsB=asinA−bsinB+14bsinC，cs∠BAD= 217．
(1)求b边的长度；
(2)求△ABC的面积；
(3)设点E，F分别为边AB，AC上的动点，线段EF交AD于G，且△AEF的面积为△ABC面积的一半，求AG⋅EF的最小值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：(i+1)i=−1+i，
所以该复数在复平面内对应的点为(−1,1)，在第二象限．
故选：B．
按照复数的定义展开即可．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：对于选项A，由零向量的定义知，零向量方向任意，所以选项A错误，
对于选项B，当共线向量方向相反时，它们肯定不是相等向量，所以选项B错误，
对于选项C，向量不能比较大小，所以选项C错误，
对于选项D，单位向量的模长均为1个单位长，所以选项D正确．
故选：D．
利用向量、零向量、单位向量及共线向量的定义，逐一对各个选项分析判断，即可得出结果．
本题考查向量的定义，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由题意侧面展开图的边长不2π×1=2π，面积为(2π)2=4π2．
故选：A．
侧面展开图的面积就是侧面积．
本题主要考查了圆柱的侧面展开图，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：设最大角θ，
由大边对大角得csθ=1+2−52×1× 2=−2 2×12=− 22，
由θ为三角形内角，
∴θ=135°，
故选：C．
由已知结合余弦定理即可直接求解．
本题主要考查了余弦定理，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：∵a=(−2,1)，b=(m,4)，且a/​/b，
∴−2×4−m=0，解得m=−8．
故选：B．
直接由向量共线的坐标运算列式求解m值．
本题考查向量共线的坐标运算，是基础题．
6.【答案】A
【解析】解：因为sin2C+sin2B由正弦定理得c2+b2由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc<0，
所以A为钝角，即△ABC为钝角三角形．
故选：A．
由已知结合正弦定理及余弦定理即可求解．
本题主要考查了正弦定理及余弦定理在三角形形状判断中的应用，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：分别过D，E作DF，EG与BC垂直，垂足为F，G，
因为DE= 2CD，BC=2DE，
所以CF=12DE= 22CD，
所以∠DCF=45°
因为∠ACB=45°，
所以∠ACD=90°，AB/​/CD，
因为AB=AC= 22BC，
所以AB= 2DE=2CD，
所以CE=CD+DE=CD+12CB=CD+12(CA+AB)
=12CA+2CD．
故选：C．
由已知结合向量的线性表示即可求解．
本题主要考查了向量的线性运算，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：根据题意，如图：延长EF分别交DA，DC于点G，I，连接D1G，D1I分别交A1A，CC1于点H，J，
易得截面为五边形D1HEFJ就是要求截面Ω，
正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点E，F分别是AB，BC的中点，易得△BEF为等腰直角三角形，
同时，△AEG也是等腰直角三角形且AE=1，则AG=1，
设AH=x，则有AHAD=GAGD，即x2=13，解可得AH=23，A1H=2−AH=43；
同理：CJ=23，C1J=43；
故D 1H=D1J= 4+169=2 133，EF= 1+1= 2，EH=FJ= 1+49= 133，
故Ω的周长l=D1H+D1J+EF+EH+FJ= 2+2 13．
故选：C．
根据题意，由正方体的结构特征分析截面Ω的形状，进而求出截面各个边的长，计算可得答案．
本题考查正方体的结构特征，涉及平面截正方体的截面问题，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：因为向量a=(1,2),b=(1,−3)，
则a+b=(2,−1),(a+b)⋅a=2×1+(−1)×2=0，
所以(a+b)⊥a，故A正确；
向量a在向量b上的投影向量为a⋅b|b|⋅b|b|=−5 10⋅b 10=−b2，故B错误；
由于a+b=(2,−1)，则|a+b|= 22+(−1)2= 5，故C正确；
与向量a反向的单位向量是(− 55,−2 55)，故D错误．
故选：AC．
根据平面向量的坐标运算分别求解向量的模、验证向量垂直、投影向量逐项判断即可得结论．
本题考查了向量垂直、投影向量和向量的模长计算，属于基础题．
10.【答案】CD
【解析】解：∵i2013=i4×503+1=i，∴z=i1−i=i(1+i)(1−i)(1+i)=−1+i2=−12+12i，
对于A，z的虚部为12，故A错误；
对于B，z−=−12−12i，故B错误；
对于C，|z|= (−12)2+(12)2= 22，故C正确；
对于D，z⋅z−=(−12+12i)(−12−12i)=(−12)2−(12i)2=14+14=12，故D正确．
故选：CD．
先由复数的四则运算求出复数z，再由复数的概念、共轭复数、复数的运算、复数的模等知识逐一判断选项即可．
本题考查复数的概念、共轭复数、复数的运算、复数的模等知识，属于基础题．
11.【答案】ABC
【解析】解：因为G是△ABC的重心，O是△ABC的外心，H是△ABC的垂心，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，所以GO=12HG．
对于A，AH=AG−HG=2GM−2GO=2OM，故A正确；
对于B，因为G是△ABC的重心，M为BC的中点，所以AG=2GM，
又因为GB+GC=2GM，则GB+GC=AG，即GA+GB+GC=0，故B正确；
对于C，设点O是△ABC的外心，所以点O到三个顶点距离相等，即|OA|=|OB|=|OC|，故C正确；
对于D，23AO+13AH=23(AG+GO)+13AH=23AG+23GO+13AH
=23AG+13HG+13AH=23AG+13AG=AG，故D错误．
故选：ABC．
由题意可知GO=12HG，可得HG=23HO，根据向量的线性运算结合三角形五心的性质逐项分析判断
本题考查平面向量的线性运算，涉及三角形的“五心”，属于中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：牟盒方盖是由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，那么只要用水平面去截它们，所得的截面比为正方形，故A错误；
根据祖暅原理，图2中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图3中正四棱锥中阴影部分的面积相等，故B正确；
由牟盒方盖是由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，存在内切球，只要用水平面去截它们，
那么所得的正方形和圆，也是相切在一起的，对于直径为2r的球和高为2r的牟合方盖，使用同一高度处的水平面来截它们，
所得的截面积之比正好总是相切的圆和正方形的面积之比，即为π：4，故C正确；
由图中正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等，而正四棱锥体的体积V=13r3．
则八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积，即V18牟合方盖=r3−13r3=23r3，
则整个牟合方盖的体积为8×23r3=163r3，故D正确．
故选：BCD．
由牟盒方盖的定义判断A；由祖暅原理判断B；求出圆的面积与正方形面积的比值判断C；直接求出“牟合方盖”体积判断D．
本题考查多面体体积的求法，考查祖暅原理的应用，考查学生的读图视图能力，正确理解题意是关键，是中档题．
13.【答案】−2
【解析】解：∵a=(m,2)，b=(3,m+5)，a⊥b，
∴3m+2(m+5)=0，
解得m=−2．
故答案为：−2．
根据两向量垂直的条件建立关于m的方程，解出即可．
本题考查两向量垂直的坐标表示，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】8 2
【解析】解：把直观图还原为原图形，如图所示：
则四边形OABC是平行四边形，且OA=O′A′= 2，OB=2O′B′=4，
所以AB= 42+( 2)2=3 2，
所以原图形的周长是2(OA+AB)=2×( 2+3 2)=8 2(cm)．
故答案为：8 2．
根据把直观图还原为原图形，再计算原图形的周长．
本题考查了平面图形直观图的画法规则应用问题，是基础题．
15.【答案】 3或2 3
【解析】解：设BC=x，
利用余弦定理：AC2=CB2+AB2−2⋅BC⋅AB⋅cs30°，
整理得：4=x2+12−2⋅2 3⋅x⋅ 32，
即：x2−6x+8=0，
解得：x=2或4．
①当BC=2时，S△ABC=12⋅2 3⋅2⋅12= 3
②BC=4时，S△ABC=12⋅2 3⋅4⋅12=2 3．
故答案为： 3或2 3．
直接利用余弦定理和三角形的面积求出结果．
本题考查的知识要点：正弦定理和余弦定理及三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．
16.【答案】34
【解析】解：设圆台上下底面圆的半径为r1，r2，母线为l，球的半径为R，
取圆台的轴截面ABCD，则四边形ABCD为等腰梯形，
圆台的外接球球心为O，则球心O在截面ABCD内，
在截面ABCD内，设圆O切梯形ABCD的边AB、BC、CD、DA分别于点E、F、G、H，
由切线长定理可得AE=AH，DG=DH，故AD=DH+AH=DG+AE，即l=r1+r2，
由于∠ABC=60°，所以GE=2R=lsin60°,r2−r1=12l，解得r2=3r1,R= 3r1，
S球S圆台=4πR2π(r1l+r2l)=4×( 3r1)2(r1+3r1)2=34．
故答案为：34．
作出圆台的轴截面，利用切线长定理可得母线与半径的关系，结合60°可得圆台的上下半径以及球的半径的关系，即可利用面积公式求解．
本题考查了球表面积与圆台侧面积的计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵z1=2+ai(其中a∈R)，z2=4−3i，
∴z1+z2=6+(a−3)i，
由z1+z2是实数，得a=3．
∴z1=2+3i，z2=4−3i，
则z1⋅z2=(2+3i)(4−3i)=17+6i；
(2)由z1z2=2+ai4−3i=(2+ai)(4+3i)(4−3i)(4+3i)=8−3a25+6+4a25i是纯虚数，
得8−3a=06+4a≠0，即a=83．
∴|z1|=|2+83i|= 4+649=103．
【解析】【分析】
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法，属于中档题．
(1)利用复数代数形式的加法运算化简，再由虚部为0求得a值，可得z1，再由复数代数形式的乘法运算求z1⋅z2的值；
(2)利用复数代数形式的除法运算化简z1z2，由实部为0且虚部不为0求得a值，再由复数模的计算公式求|z1|.
【解答】
解：(1)∵z1=2+ai(其中a∈R)，z2=4−3i，
∴z1+z2=6+(a−3)i，
由z1+z2是实数，得a=3．
∴z1=2+3i，z2=4−3i，
则z1⋅z2=(2+3i)(4−3i)=17+6i；
(2)由z1z2=2+ai4−3i=(2+ai)(4+3i)(4−3i)(4+3i)=8−3a25+6+4a25i是纯虚数，
得8−3a=06+4a≠0，即a=83．
∴|z1|=|2+83i|= 4+649=103．
18.【答案】解：(1)E为CD中点，所以AE=12(AC+AD)=12(b+3a)，
DE=12DC=12(AC−AD)=12(b−3a)；
(2)∵B，F，C三点共线且A，F，E三点共线，
∴AF=λAE=tAB+(1−t)AC，
∴λ×12(b+3a)=ta+(1−t)b，
∴12λ=1−t32λ=t，
∴λ=12t=34，
∴AF=34AB+14AC=34(4,0)+14(4,12)=(4,3)，
∴|AF|= 42+32=5．
【解析】(1)利用平面向量基本定理，向量的加减法，即可解出；
(2)用坐标表示出向量AF，即可解出向量AF的长度．
本题考查了向量的加减法，学生的数学运算能力，属于基础题．
19.【答案】解：(1)如下图，正四棱台侧面是全等的等腰梯形，分别取B1C1，BC中点M，N，
连接O1M，ON，MN，则O1O=MH=30cm，O1M=10cm，ON=20cm，HN=10cm，
∴MN= MH2+HN2= 900+100=10 10cm，
∴四棱台ABCD−A1B1C1D1的表面积S=202+402+4×12×(20+40)×10 10=2000+1200 10cm2，
体积为13×(202+402+20×40)×30=28000；

(2)延长AA1，BB1，CC1，DD1交于点P，设PO1=xcm，由棱台的结构特征可知：
xx+30=2040，即x=30cm．
∴Vp−A1B1C1D1=13S四边形A1B1C1D1⋅PO1=4000cm3，
故该同学还需要准备至少4000cm3的水泥．
【解析】(1)根据表棱台的表面积公式及体积公式，即可求解；
(2)根据锥体的体积公式，即可求解．
本题考查正四棱台、圆台的结构特征、棱台的表面积公式、圆台的体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)若选①：
由正弦定理及 3(a−bcsC)=csinB，得 3(sinA−sinBcsC)=sinCsinB，
∴ 3[sin(B+C)−sinBcsC]=sinCsinB，
∴ 3(sinBcsC+csBsinC−sinBcsC)=sinCsinB，
即 3csBsinC=sinCsinB，
∵sinC≠0，
∴ 3csB=sinB，
∴tanB= 3，
又B∈(0,π)，∴B=π3．
若选②：
∵S△ABC=BA⋅BC⋅sinB，
∴12acsinB=c⋅a⋅csB⋅sinB，
∵sinB≠0，
∴csB=12，
又B∈(0,π)，∴B=π3．
若选③：
∵cs2A−cs2B=sin2C−sinAsinC，
∴(1−sin2A)−(1−sin2B)=sin2C−sinAsinC，
∴sin2A+sin2C−sin2B=sinAsinC，
由正弦定理得，a2+c2−b2=ac，
由余弦定理得，csB=a2+c2−b22ac=ac2ac=12，
∵B∈(0,π)，∴B=π3．
(2)由正弦定理得，asinA=csinC=bsinB=2sinπ3=4 3，
∴a+c=4 3(sinA+sinC)=4 3[sin(π3+C)+sinC]=4 3[ 32csC+12sinC)+sinC]=4 3( 32csC+32sinC)=4sin(C+π6)，
∵0∴12∴2<4sin(C+π6)≤4，
即2∴4故△ABC周长的取值范围为(4,6]．
【解析】(1)若选①：利用正弦定理化边为角，并结合两角和的正弦公式化简可得tanB= 3，从而求出角B；
若选②：根据三角形的面积公式与平面向量数量积的定义，可得csB=12，从而求出角B；
若选③：结合同角三角函数的平方关系与正余弦定理，可得csB=12，从而求出角B；
(2)结合正弦定理与三角恒等变换公式，可得a+c=4sin(C+π6)，再根据角C的取值范围与正弦函数的性质，求解即可．
本题考查解三角形，熟练掌握正余弦定理，三角形面积公式，三角恒等变换公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由条件2csinAcsB=asinA−bsinB+14bsinC，
可得：2cacsB=a2−b2+14bc，
化简可得：4c=b，而c=1，
所以：b=4．
(2)因为D为中点，所以AD=12(AB+AC)，
设〈AB,AC〉=θ，则|AD|= 17+8csθ2，
又AB⋅AD=AB⋅12(AB+AC)=1+4csθ2，
所以 217=cs∠BAD=AB⋅AD|AB|⋅|AD|=1+4csθ 17+8csθ，
化简可得：28cs2θ+8csθ−11=0，
解得：csθ=12或csθ=−1114，
又1+4csθ>0，所以csθ=12，
故△ABC的面积为 3．
(3)设|AE|=x,|AF|=y，因为△AEF的面积为△ABC面积的一半，所以xy=2，
设AG=λAD，则AG=λAD=λ2AB+λ2AC，
又E，G，F共线，所以设AG=μAE+(1−μ)AF，
则AG=μAE+(1−μ)AF=xμAB+y(1−μ)4AC，
所以：xμ=λ2y(1−μ)4=λ2，解得：μ=y4x+y，
所以：AG=24x+yAB+24x+yAC，又EF=y4AC−xAB，
所以：AG⋅EF=(24x+yAB+24x+yAC)⋅(y4AC−xAB)
=24x+y[y4AC2−xAB2+(y4−x)AC⋅AB]=9y−6x4x+y，
又xy=2，所以化简可得：AG⋅EF=9y−6x4x+y=18−6x24x2+2，
又y≤4，所以1≥x≥12，
所以AG⋅EF≥2，当x=1时等号成立．
【解析】(1)根据正弦定理，余弦定理求出b，c的关系，求出b的值即可；
(2)根据向量的运算性质以及余弦定理求出三角形的面积即可；
(3)求出xy=2，再根据向量的运算性质求出AG⋅EF的解析式，求出其最小值即可．
本题考查了正弦定理，余弦定理的应用，考查向量的运算性质以及求函数最值问题，是难题．