2023-2024学年山东省济宁市高一(下)期中数学试卷(含解析)
展开1.复数z=i+i2(i为虚数单位)在复平面内对应的点所在象限为( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.函数f(x)=tan(−π2x+π3)的最小正周期为( )
A. πB. π2C. 2D. 4
3.如图,一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形O′A′B′C′,且O′A′//B′C′,O′A′=2B′C′=4,A′B′=2,则该平面图形的高为( )
A. 2 2B. 2C. 4 2D. 2
4.我们学过度量角有角度制与弧度制,最近,有学者提出用“面度制”度量角,因为在半径不同的同心圆中,同样的圆心角所对扇形的面积与半径平方之比是常数,从而称这个常数为该角的面度数,这种用面度作为单位来度量角的单位制,叫做面度制.在面度制下,角θ的面度数为5π6,则角θ的正弦值为( )
A. 32B. 12C. −12D. − 32
5.四等分切割如图所示的圆柱,再将其重新组合成一个新的几何体,若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10,则圆柱的侧面积是( )
A. 10πB. 20πC. 10D. 20
6.已知向量a,b满足|a|=2|b|=2,且|2a−b|= 15,则|b−a|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 3
7.如图所示,O为线段A0A2025外一点,若A0,A1,A2,A3,⋯,A2025中任意相邻两点间的距离相等,OA0=a,OA2025=b,则用a,b表示OA0+OA1+OA2+⋯+OA2025,其结果为( )
A. 2025(a+b)B. 2026(a+b)C. 1012(a+b)D. 1013(a+b)
8.在△ABC中,角A、B、C的对边分别为a、b、c,且△ABC的面积S△ABC= 3,S△ABC= 34(a2+c2−b2),则AB⋅BC=( )
A. 3B. − 3C. 2D. −2
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.已知复数z1,z2满足z1=1+1i,z2=−1+i,则下列说法正确的是( )
A. z1⋅z2=2iB. |z1|=|z2|C. z1−z2−的虚部为2D. |z1z2|=|z1||z2|
10.软木锅垫的正、反面可加置印刷公司lg、图片、产品、广告、联系方式等,表面较强的摩擦力既可以防止玻璃、瓷杯滑落,又可保护桌面不被烫坏.如图②,这是一个边长为20厘米的正六边形的软木锅垫ABCDEF,则下列选项正确的是( )
A. 向量BF在向量DE上的投影向量为−32AB
B. AD−BE+CF=0
C. |AC+AE|=30
D. 点P是正六边形内部(包括边界)的动点,AP⋅AB的最小值为−200
11.已知函数f(x)=Acs(ωx+φ)(其中A>0,ω>0,|φ|<π)的部分图象如图所示,则下列结论正确的是( )
A. 函数f(x)的周期为T=π
B. 函数f(x)的图象关于x=−π12对称
C. 函数f(x)在区间[−π3,π2]上的最大值为2
D. 直线y=1与y=f(x)(−π12⩽x⩽11π12)的图像所有交点的横坐标之和为π3
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。
12.如图所示,长方体ABCD−A1B1C1D1,M,N分别为棱A1B1,C1D1的中点.用平面BCNM把这个长方体分成两部分,则左侧几何体是______.(填:棱柱、棱锥、棱台其中一个)
13.已知向量a=(1,−2),b=(x,4),若〈a,b〉∈(0,π),则实数x的取值范围是______.
14.已知向量a=(3sinα,−2),b=(1,1−csα),若a⋅b=−2,则sin2α+cs2α= ______.
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2−i是关于x的方程x2+mx+n=0(m,n∈R)的一个根,其中i为虚数单位.
(1)求m+2n的值;
(2)记复数z=m+ni,求复数z−1+i的模.
16.(本小题15分)
已知单位向量a满足(a+b)⋅(a−b)=a⋅b=−1.
(1)求|2a−b|的值;
(2)设a+b与2a−b的夹角为θ,求csθ的值.
17.(本小题15分)
兴隆塔,建于隋朝,位于区博物馆内.某校开展数学建模活动,有建模课题组的学生选择测量兴隆塔的高度,为此,他们设计了测量方案.如图,兴隆塔垂直于水平面,他们选择了与兴隆塔底部D在同一水平面上的A,B两点,测得AB=54米,在A,B两点观察塔顶C点,仰角分别为45°和α,其中csα= 63,∠ADB=45°.
(1)求兴隆塔的高CD的长;
(2)在(1)的条件下求多面体A−BCD的表面积;
(3)在(1)的条件下求多面体A−BCD的内切球的半径;
18.(本小题17分)
已知向量a=(csx,2sinx),b=(2csx, 3csx),函数f(x)=a⋅b.
(1)求函数f(x)=a⋅b在[0,π]上的单调递减区间;
(2)若f(x0)=115,且x0∈(π6,π3),求cs2x0的值;
(3)将g(x)图象上所有的点向左平移π6个单位,然后再向上平移1个单位,最后使所有点的纵坐标变为原来的2倍,得到函数f(x)的图象,当x∈[0,π2]时,方程g(x)=m有一解,求实数m的取值范围.
19.(本小题17分)
在△ABC中,∠A,∠B,∠C对应的边分别为a,b,c,2sinAsinBsinC= 3(sin2B−cs2C+cs2A).
(1)求A;
(2)若b=1,c=3,D为线段BC内一点,且BD:DC=1:2,求线段AD的长;
(3)法国著名科学家柯西在数学领域有非常高的造诣;很多数学的定理和公式都以他的名字来命名,如对于任意的x1,x2,y1,y2∈R,都有(x1⋅x2+y1⋅y2)2≤(x12+y12)(x22+y22)被称为柯西不等式;在(1)的条件下,若a=2,求:(a2+b2+c2)[21−cs2A+1cs2(π2−B)+1sin2(π+C)]的最小值.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解:∵z=i+i2=−1+i,
∴复数z在复平面内对应的点(−1,1)所在象限为第二象限.
故选:B.
根据已知条件,结合复数的乘除法原则和复数的几何意义,即可求解.
本题考查了复数的几何意义,以及复数代数形式的乘除法运算,需要学生熟练掌握公式,属于基础题.
2.【答案】C
【解析】解:函数f(x)=tan(−π2x+π3)的最小正周期为:π|−π2|=2.
故选:C.
根据三角函数的周期公式求解即可.
本题主要考查三角函数的周期,属于基础题.
3.【答案】C
【解析】解:在直角梯形O′A′B′C′中,O′A′//B′C′,O′A′=2B′C′=4,A′B′=2,
显然∠A′O′C′=45°,于是O′C′=O′A′−B′C′cs∠A′O′C′=2cs45∘=2 2,
直角梯形O′A′B′C′对应的原平面图形为如图中直角梯形OABC,
BC//OA,OC⊥OA,OA=2BC=4,OC=2O′C′=4 2,
所以该平面图形的高为4 2.
故选:C.
根据给定条件,求出O′C′,再作出水平放置的原平面图形作答.
本题考查了直观图的画法与应用问题,是基础题.
4.【答案】D
【解析】解:设角θ所在的扇形的半径为r,
则12r2θr2=5π6,解得θ=5π3,
故sinθ=sin5π3=−sinπ3=− 32.
故选:D.
结合面度制的定义,以及扇形的面积公式,即可求解.
本题主要考查扇形的面积公式,属于基础题.
5.【答案】A
【解析】解:如图,设圆柱的母线长为l,底面半径为r,
即AB=l,OA=r,
则切割以后得侧面积增加了两个长方形的面积,
且长方形CDEF的面积为S=rl,
因为新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10,
所以2rl=10,
即rl=5,
所以圆柱的侧面积为2πrl=2π×5=10π.
故选:A.
根据新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了两个长方形的面积,即可求解.
本题考查圆柱侧面积公式的应用,属于基础题.
6.【答案】B
【解析】解:已知向量a,b满足|a|=2|b|=2,且|2a−b|= 15,
则4a2−4a⋅b+b2=15,
即a⋅b=14×(4×4+1−15)=12,
则|b−a|= b2−2b⋅a+a2= 1−2×12+4=2.
故选:B.
由平面向量数量积的运算,结合平面向量的模的运算求解.
本题考查了平面向量数量积的运算,重点考查了平面向量的模的运算,属中档题.
7.【答案】D
【解析】解:因A0,A1,A2,A3,⋯,A2025中任意相邻两点间的距离相等,
不妨设A0A2025的中点为A,
则点A也是A1A2024,A2A2023,⋯,A1012A1013的中点,
则OA0+OA2025=2OA=a+b,同理可得:
OA1+OA2024=OA2+OA2023=⋯=OA1012+OA1013=2OA=a+b,
则OA0+OA1+OA2+⋯+OA2025=20262(a+b)=1013(a+b).
故选:D.
设A0A2025的中点为A,利用三角形中线向量的表示法,化简求和即得.
本题考查平面向量的线性运算,属中档题.
8.【答案】D
【解析】解:∵△ABC的面积S△ABC= 3=12acsinB,
∴acsinB=2 3,
S△ABC= 34(a2+c2−b2),
则 34(a2+c2−b2)=12acsinB,
∴tanB=sinBcsB= 3,
∵B∈(0,π),
∴B=π3,sinB= 32,
∴ac=4
∴AB⋅BC=accs(π−B)=−2.
故选:D.
根据已知条件,结合余弦定理,以及三角形的面积公式,即可求解.
本题主要考查余弦定理的应用,属于基础题.
9.【答案】ABD
【解析】解:z1=1+1i=1−i,z2=−1+i,
z1z2=(1−i)(−1+i)=2i,故A正确;
|z1|=|z2|= 2,故B正确;
z1−z2−=1−i−(−1−i)=2,其虚部为0,故C错误;
z1z2=1−i−1+i=−1,
则|z1z2|=1,
|z1||z2|= 2 2=1,故D正确.
故选:ABD.
根据已知条件,结合复数的四则运算,复数模公式,复数的概念,即可求解.
本题主要考查复数的四则运算,复数模公式,复数的概念,属于基础题.
10.【答案】ABD
【解析】解:以A为原点,AB所在直线为x轴,AE所在直线为y轴,
建立平面直角坐标系,如图所示,
对于A,由图可知B(20,0),F(−10,10 3),D(20,20 3),E(0,20 3),
所以BF=(−30,10 3),DE=(−20,0),
向量BF在DE上的投影向量为BF⋅DE|DE|2DE=600400DE=32DE=−32AB,故A正确;
对于B,由图可知A(0,0),C(30,10 3),
所以AD=(20,20 3),BE=(−20,20 3),CF=(−40,0),
所以AD−BE+CF=(20+20−40,20 3−20 3+0)=(0,0)=0,故B正确;
对于C,AC=(30,10 3),AE=(0,20 3),
所以|AC+AE|= 302+(30 3)2= 3600=60,故C错误;
对于D,设P(x,y),则AP=(x,y),AB=(20,0),所以AP⋅AB=20x,
因为点P是正六边形内部(包括边界)的动点,所以−10≤x≤30,
所以当x=−10时,AP⋅AB有最小值,最小值为−200,故D正确.
故选:ABD.
以A为原点,以AB所在直线为x轴,AE所在直线为y轴,建立平面直角坐标系,利用坐标系法,结合投影向量公式、向量的线性运算、模长公式及数量积公式对各选项逐一分析即可判断.
本题考查平面向量的线性运算及数量积运算,属中档题.
11.【答案】ACD
【解析】解:由题意得,A=2,T=4(2π3−5π12)=π,A正确;
故ω=2,f(x)=2sin(2x+φ),
又2×2π3+φ=3π2+2kπ,k∈Z,|φ|<π,
所以φ=π6,f(x)=2sin(2x+π6),
当x=−π12时,2×(−π12)+π6=0,此时f(x)不是取得最值,即x=−π12不是函数的对称轴,B错误;
当−π3≤x≤π2时,−π2≤2x+π6≤7π6,
故−1≤sin(2x+π6)≤1,即函数的最大值为2,C正确;
y=1与y=f(x)(−π12⩽x⩽11π12)的图像所有交点共2个,且关于直线x=π6对称,横坐标之和为π3,D正确.
故选:ACD.
由最值求A,由周期求ω,然后结合特殊点的坐标可求φ,进而可求函数解析式,然后结合正弦函数的性质检验各选项即可判断.
本题主要考查了函数性质在函数y=Asin(ωx+φ)解析式求解中的应用,还考查了正弦函数性质的应用,属于中档题.
12.【答案】棱柱
【解析】【分析】
本题主要考查棱柱的结构特征,属于基础题.
根据棱柱的定义即可.
【解答】
解:左侧几何体有两个面互相平行,其余各面都是四边形,
并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行,所以左侧几何体为棱柱.
13.【答案】{x|x≠−2}
【解析】解:因为两个向量的夹角θ∈[0,π],
而向量a=(1,−2),b=(x,4),〈a,b〉∈(0,π),
所以向量a与b不共线,
当向量a与b共线时,1×4−(−2)x=0,解得x=−2.
故实数x的取值范围是{x|x≠−2}.
故答案为:{x|x≠−2}.
根据向量夹角的范围即可求解.
本题主要考查向量的坐标运算,属于基础题.
14.【答案】−713
【解析】解:因为向量a=(3sinα,−2),b=(1,1−csα),a⋅b=−2,
所以3sinα+(−2)×(1−csα)=3sinα+2csα−2=−2,所以3sinα=−2csα,
所以tanα=−23,
所以sin2α+cs2α=2sinαcsα+cs2α−sin2α=2sinαcsα+cs2α−sin2αsin2α+cs2α=2tanα+1−tan2αtan2α+1=2×(−23)+1−(−23)2(−23)2+1=−713.
故答案为:−713.
根据数量积的坐标运算求得tanα,然后利用二倍角公式及弦切互化代入计算即可.
本题考查了平面向量的数量积运算和三角函数求值问题,是基础题.
15.【答案】解:(1)∵2−i是关于x的方程x2+mx+n=0(m,n∈R)的一个根,
∴(2−i)2+m(2−i)+n=0,即4−4i+i2+2m−mi+n=0,
∴3+2m+n−(4+m)i=0,
则3+2m+n=0,4+m=0,
解得:m=−4,n=5,得m+2n=6;
(2)z=−4+5i,z−=−4−5i,
∴z−1+i=−4−5i1+i,则|z−1+i|=|−4−5i1+i|=|−4−5i||1+i|= (−4)2+(−5)2 12+12= 41 2= 822.
【解析】(1)把2−i代入方程x2+mx+n=0,整理后利用复数相等的条件列式求解m与n的值,则答案可求;
(2)求出z,代入z−1+i,然后利用商的模等于模的商求解.
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,是基础题.
16.【答案】解:(1)因为a为单位向量,所以|a|=1,
所以由(a+b)⋅(a−b)=a2−b2=−1,可得|b|= 2,
则|2a−b|2=4a2+b2−4a⋅b=4+2+4=10,
则|2a−b|= 10;
(2)因为|a+b|2=a2+b2+2a⋅b=2+1−2=1,
所以|a+b|=1,而(a+b)⋅(2a−b)=2a2+a⋅b−b2=−1,
所以csθ=(a+b)⋅(2a−b)|a+b||2a−b|=−11× 10=− 1010,
即csθ=− 1010.
【解析】(1)根据题目条件得到方程,求出|b|= 2,进而求出|2a−b|2=10,求出模长;
(2)先计算出|a+b|=1,(a+b)⋅(2a−b)=−1,利用向量夹角余弦公式求出答案.
本题考查平面向量数量积的运算,考查向量的模长公式及夹角公式,属中档题.
17.【答案】解:(1)设CD=x米,在△ACD中,∠CDA=90°,∠CAD=45°,则AD=x,
在△BCD中,∠CDB=90°,∠CBD=α,且csα= 63,
则tanα= 22,所以BD= 2x,
因为∠ADB=45°,所以由余弦定理得x2+2x2−2x⋅ 2xcs45°=542,
整理得x2=542,解得x=54(米);
(2)由(1)知△ABD,△ACD,△BCD均为直角三角形,
CD=DA=AB=54,BD=54 2,
所以AC=54 2,BC=54 3,
所以在△ABC中,满足AB2+AC2=BC2,所以△ABC为直角三角形,
所以S△ABD=S△ACD=1458,S△ABC=S△BCD=1458 2,
所以SA−BCD全=2916(1+ 2)平方米;
(3)设多面体A−BCD的内切球的半径为r,
根据等体积转换VA−BCD=13S△ABD⋅CD=13SA−BCD全⋅r,
所以r=27( 2−1)米.
【解析】(1)设塔高CD=x,用x表示AD、BD,再利用余弦定理列方程求解即可;
(2)利用题意判断四个面均为直角三角形,结合(1)的结果,利用三角形面积公式分别求出四个面的面积,求和即可;
(3)根据题意将多面体分为以各面为底,内切球半径为高的四个三棱锥,利用等体积法即可求解.
本题考查解三角形的应用以及几何体表面积和内切球体积的计算,属于中档题.
18.【答案】解:(1)因为f(x)=a⋅b=2cs2x+2 3sinxcsx=cs2x+1+ 3sin2x=2cs(2x−π3)+1,
所以2kπ≤2x−π3≤π+2kπ,
即kπ+π6≤x≤2π3+kπ,k∈Z,
又因为x∈[0,π],
所以函数f(x)在[0,π]上的单调递减区间为[π6,2π3];
(2)若f(x0)=115,则2cs(2x0−π3)+1=115,
所以cs(2x0−π3)=35,
因为x0∈(π6,π3),
所以2x0−π3∈(0,π3),
所以sin(2x0−π3)= 1−cs2(2x0−π3)=45,
所以cs2x0=cs(2x0−π3+π3)=cs(2x0−π3)csπ3−sin(2x0−π3)sinπ3=35×12−45× 32=3−4 310,
故cs2x0=3−4 310;
(3)将g(x)图象上所有的点向左平移π6个单位,然后再向上平移1个单位,最后使所有点的纵坐标变为原来的2倍,得到函数f(x)的图象,
则将f(x)=2cs(2x−π3)+1图象上所有的点的纵坐标变为原来的12,再向下平移1个单位,最后再向右平移π6个单位得到函数g(x)的图象,
即g(x)=cs(2x−2π3)−12,
当x∈[0,π2]时,2x−2π3∈[−2π3,π3],
由方程g(x)=m有一解,可得m的取值范围为[−1,0)∪{12}.
【解析】(1)利用平面向量数量积的坐标表示结合二倍角公式、辅助角公式化简f(x),再根据三角函数的性质整体代换计算即可求单调区间;
(2)利用同角三角函数的平方关系得sin(2x0−π3)=45,再根据余弦的和角公式计算即可;
(3)根据三角函数图象变换得g(x),再根据三角函数的性质计算即可.
本题主要考查了和差角公式,二倍角公式,辅助角公式,同角基本关系,还考查了三角函数图象的变换及正弦函数性质的应用,属于中档题.
19.【答案】解:(1)因为2sinAsinBsinC= 3(sin2B−cs2C+cs2A)
= 3(sin2B+1−cs2C−1+cs2A)= 3(sin2B+sin2C−sin2A),
所以2sinAsinBsinC= 3(sin2B+sin2C−sin2A),
由正弦定理2bcsinA= 3(b2+c2−a2),
再由余弦定理可得:sinA= 3b2+c2−a22bc= 3csA,
即tanA= 3,又因为A∈(0,π),
所以A=π3;
(2)由题意知:BD=12DC,所以AD=23AB+13AC,
所以AD2=(23AB+13AC)2=19(2AB+AC)2=19(4c2+b2+4bccsA)=19(36+1+4⋅3⋅12)=439,
可得AD= 433;
(3)根据柯西不等式:(a2+b2+c2)[21−cs2A+1cs2(π2−B)+1sin2(π+C)]
=(a2+b2+c2)(1sin2A+1sin2B+1sin2C)
≥(asinA+bsinB+csinC)2=9(2sinπ3)2=48,(当且仅当△ABC为正三角形时取等号),
即(a2+b2+c2)[21−cs2A+1cs2(π2−B)+1sin2(π+C)]的最小值为48.
【解析】(1)由同角基本关系式及余弦定理可得tanA的值,再由角A的范围,可得角A的大小;
(2)由向量的运算性质可得AD的长;
(3)由柯西不等式的性质可得所求的代数式的最小值.
本题考查正弦定理,余弦定理的应用,及柯西不等式的应用,属于中档题.
2023-2024学年山东省实验中学高一(下)期中数学试卷(含解析): 这是一份2023-2024学年山东省实验中学高一(下)期中数学试卷(含解析),共17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。
2023-2024学年山东省济宁市泗水县高一(下)期中数学试卷(含解析): 这是一份2023-2024学年山东省济宁市泗水县高一(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。
2023-2024学年山东省临沂市高一(下)期中数学试卷(含解析): 这是一份2023-2024学年山东省临沂市高一(下)期中数学试卷(含解析),共15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。