2023-2024学年黑龙江省哈尔滨九中高一（下）期中数学试卷（含答案）

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这是一份2023-2024学年黑龙江省哈尔滨九中高一（下）期中数学试卷（含答案），共9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.若z+3−2i=4+i，则z等于( )
A. 1+iB. 1+3iC. −1−iD. −1−3i
2.下列向量中与a=(2,−3)共线的是( )
A. (13,12)B. (−23,1)C. (−1,−32)D. (1,2)
3.下列说法正确的是( )
A. 以直角三角形的一条边为轴旋转一周形成的旋转体是圆锥
B. 以直角梯形的一腰为轴旋转一周形成的旋转体是圆台
C. 圆柱、圆锥、圆台都有两个底面
D. 圆锥的侧面展开图是扇形，这个扇形的半径大于圆锥的高
4.在△ABC中，AB= 3，A=45°，C=75°，则BC=( )
A. 3− 3B. 2C. 2D. 3+ 3
5.已知向量a，b满足a=(1,− 3)，a⋅b=−1，则a⋅(a−2b)=( )
A. 2B. 3C. 4D. 6
6.如图所示的正六棱柱，其底面边长是2，体对角线BE1=2 5，则它的表面积为( )
A. 3 3+24
B. 12 3+16
C. 12 3+24
D. 3 3+241
7.在锐角三角形ABC中，4 3S−2bc=a2−(b−c)2，a= 3，则△ABC周长的取值范围是( )
A. (2 3,3+ 3]B. (3,2 3+2]C. (3+ 3,3 3]D. (3,3+ 3]
8.某同学打算测量一座塔ED的高，他在山下A处测得塔尖D的仰角为45°，再沿AC方向前进20米到达山脚点B，测得塔尖点D的仰角为60°，塔底点E的仰角为30°，那么在下列选项中，塔高最接近( )米.(参考数据： 3≈1.7， 2≈1.4)
A. 31.33B. 31.94C. 32.45D. 33.21
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z1与z2是共轭虚数，以下四个命题一定正确的是( )
A. |z1|=|z2|B. z1⋅z2=|z1|2C. z1+z2∈RD. z1z2∈R
10.在图示正方体中，O为BD中点，直线A1C∩平面C1BD=M，下列说法正确的是( )
A. A，C，C1，A1四点共面
B. C1，M，O三点共线
C. M∈平面BB1D1D
D. A1C与BD异面
11.《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，如图所示，该几何体是上、下底面均为扇环的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分).图中的曲池，AA1垂直于底面，AA1=5，底面扇环所对的圆心角为π2，弧AD的长度是弧BC长度的3倍，CD=2，则下列说法正确的是( )
A. 弧AD长度为3π2
B. 曲池的体积为10π3
C. 曲池的表面积为10+14π
D. 三棱锥A−CC1D的体积为5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，两块斜边长均为 2的直角三角板模具拼在一起，则OD⋅BA= ______．
13.如图，直角梯形ABCD是某个多边形的斜二测直观图，∠ABC=45°，AD=DC=1，DC⊥BC，则该多边形原本的面积为______．
14.如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，底面半径为3km，高为3 15km，B是母线SA上一点，且AB=7km.现要建设一条从A到B的环山观光公路；当公路长度最短时，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，则公路上坡路段长为______千米．
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)
已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=7，b=3且3sinC=5sinB．
(1)求c；
(2)求A的大小及△ABC的面积．
16.(本小题15分)
已知A(−2,1)，B(−1,3)，C(3,4)，AD=(1−λ)AB+λAC，λ∈R．
(1)若点D在第一、三象限的角平分线上，求λ的值；
(2)若点D为线段BC的一个三等分点，求D的坐标．
17.(本小题15分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面为平行四边形，M，N，Q，S分别为PC，CD，AB，PA的中点．
(1)求证：平面MNQ//平面PAD；
(2)求证：NS//平面PBC．
18.(本小题17分)
Ⅰ.四点共圆是平面几何中一种重要的位置关系：
(1)如图，A，B，C，D四点共圆，BD为外接圆直径，CB=CD，∠ACD=30°，AB=4，求BD与AC的长度；

Ⅱ.古希腊的两位数学家在研究平面几何问题时分别总结出如下结论：
①(托勒密定理)任意凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时等号成立．
②(婆罗摩笈多面积定理)若给定凸四边形的四条边长，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时，四边形的面积最大．
根据上述材料，解决以下问题：

(2)见图1，若AB= 2，BC=1，∠ACD=π2，AC=CD，求线段BD长度的最大值；
(3)见图2，若AB=2，BC=6，AD=CD=4，求四边形ABCD面积取得最大值时角A的大小，并求出此时四边形ABCD的面积．
19.(本小题17分)
我们可以把平面向量坐标的概念推广为“复向量”，即可将有序复数对(z1,z2)(z1,z2∈C)视为一个向量，记作α=(z1,z2).类比平面向量的线性运算可以定义复向量的线性运算；两个复向量α=(z1,z2)，β=(z3,z4)的数量积记作α⋅β，定义为α⋅β=z1z3−+z2z4−；复向量α的模定义为|α|= α⋅α．
(1)设α=(3,4)，β=(1−i,i)，求复向量α与β的模；
(2)已知对任意的实向量α与β，都有|α⋅β|≤|α||β|，当且仅当α与β平行时取等；
①求证：对任意实数a，b，c，d，不等式|ac+bd|≤ a2+b2⋅ c2+d2成立，并写出此不等式的取等条件；
②求证：对任意两个复向量α与β，不等式|α⋅β|≤|α||β|仍然成立；
(3)当|α⋅β|=|α||β|时，称复向量α与β平行.设α=(1+i,2−i)，β=(i,z)，z∈C，若复向量α与β平行，求复数z的值．
参考答案
1.B
2.B
3.D
4.A
5.D
6.C
7.C
8.A
9.ABC
10.ABD
11.AD
12.1
13.3 2
14.14413
15.解：(1)由正弦定理可得bsinB=csinC，
又3sinC=5sinB，
所以3c=5b，
又b=3，
所以c=5；
(2)由余弦定理csA=b2+c2−a22bc=32+52−722×3×5=−12，
又A∈(0,π)，
所以A=2π3，
所以S△ABC=12bcsinA=12×3×5× 32=15 34．
16.解：(1)由A(−2,1)，B(−1,3)，C(3,4)，
可得AB=(1,2)，AC=(5,3)，又AD=(1−λ)AB+λAC，
则AD=(1−λ)(1,2)+λ(5,3)=(4λ+1,λ+2)，
故D(4λ−1,λ+3)，
若点D在第一、三象限的角平分线上，
则有4λ−1=λ+3，解得λ=43；
(2)若点D为线段BC的一个三等分点，则有BD=13BC或BD=23BC，
若BD=13BC，则有(4λ,λ)=13(4,1)，则λ=13，此时D(13,103)；
若BD=23BC，则有(4λ,λ)=23(4,1)，则λ=23，此时D(53,113).
17.证明：(1)连接MN，QN，QM，
因为M，N，Q，S分别为PC，CD，AB，PA的中点，
所以QN//AD，MN//PD，
因为AD⊂平面PAD，QN⊄平面PAD，
所以QN//平面PAD，
同理可得MN//平面PAD，又因为QN∩MN=N，
所以平面MNQ//平面PAD；
(2)连接SQ，SN，
S为PA的中点，所以SQ//PB，QN//BC，
PB⊂平面PBC，SQ⊄平面PBC，
所以SQ//平面PBC，
同理可得QN//平面PBC，又因为QN∩SQ=Q，
所以平面SQN//平面PBC，
NS⊂平面SQN，
所以NS//平面PBC．
18.解：(1)因为BD为外接圆直径，CB=CD，∠ACD=30°，AB=4，
由同弧所对的圆周角相等，可得∠ABD=∠ACD=30°，∠ADB=60°，
∠CDB=∠CBD=45°，所以∠ADC=105°，
而sin105°=sin(45°+60°)=sin45°cs60°+cs45°sin60°= 22(12+ 32)= 6+ 24，
所以BD=ABcs30∘=4 32=8 33，
AD= 33AB=4 33，
在△ACD中，由正弦定理可得ACsin∠ADC=ADsin∠ACD，
即AC=sin∠ADCsin∠ACD⋅AD=sin105°sin30∘⋅4 33= 6+ 2412×4 33=6 2+2 63；
即BD=8 33，AC=6 2+2 63；
(2)由托勒密定理及图1可得：AB×CD+BC×AD≥AC×BD，
又因为AB= 2，BC=1，∠ACD=π2，AC=CD，所以AD= 2CD，
即 2×AC+1× 2AC≥AC×BD，
可得BD≤2 2，即BD的最大值为2 2；
(3)因为AB=2，BC=6，AD=CD=4，
由婆罗摩笈多面积定理：当A，B，C，D四点共圆时，四边形ABCD的面积最大，
可得A+C=π，即csC=−csA，sinC=sinA，
在△ABD中，由余弦定理可得：BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsA=4+16−2×2×4csA=20−16csA；
在△BCD中，由余弦定理可得：BD2=BC2+CD2−2BC⋅CDcsC=36+16+2×6×4csA=52+48csA，
所以20−16csA=52+48csA，
可得csA=−12，因为A∈(0,π)，
可得A=2π3，
所以四边形ABCD的面积的最大值为S=12(AB×AD+BC×CD)sinA=12(2×4+6×4)× 32=8 3．
19.解：(1)因为α=(3,4)，所以α⋅α=3×3+4×4=25，所以α的模为|α|=5；
因为β=(1−i,i)，所以β⋅β=(1−i)(1−i)+i⋅i−=(1−i)(1+i)+i⋅(−i)=2+1=3，可得β的模为|β|= 3．
(2)①设实向量α=(a,b)，β=(c,d)，则α⋅β=ac+bd，|α|= a2+b2，|β|= c2+d2，
而|α⋅β|=|ac+bd|，根据已知|α⋅β|≤|α||β|，当且仅当α与β平行时取等号，即ad−bc=0，
所以|ac+bd|≤ a2+b2⋅ c2+d2，当且仅当ad−bc=0时等号成立；
②因为α=(z1,z2)，β=(z1,z2)，所以|α⋅β|=|z1z1−+z2z2−|，
由复数的三角不等式|z1z1+z2z2−|≤|z1z1−|+|z2z2−|=|z1||z1−|+|z2||z2−|，
由|a⋅b|≤|a||b|，得|x1x2+y1y2| x12+y12⋅ x22+y22≤1，
所以x1x2+y1y2|≤ x12+y12⋅ x22+y22，
所以|z1||z1−|+|z2||z2−|≤ |z1|2+|z2|2⋅ |z1|2+|z22|=|α||β|，
综上所知，|a⋅β|≤|a||β|⋅
(3)②考虑①中等号成立的条件知，结合复数的三角不等式，复向量各分量均不为零时，其等号成立的条件是存在非负实数k，使得z2−=kz1z1z2根据题意，
若复向量α=(1+i,2−i)与β=(i,z)平行，
从z−=k(1+i)⋅i−2−i=k(35−15i)，根据|z1|z−1|+|z2||z−2|≤ |z1|2+|z2|2⋅ |z1|2+|z2−|2|中等号成立一条件，
应有|z1||z−2|=|z2||z−1|，
则|z−|=|2−i||i||1+i|= 102，
结合z−=k(35−15i)，
得k (35)2+(15)2= 102，解得k=52，
所以z−=52(35−15i)=32−12i，
所以z=32+12i．