2023-2024学年山东省枣庄三中高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省枣庄三中高一（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。

1.复数z满足3z−+2z=5+2i，则|z|=( )
A. 3B. 2C. 5D. 6
2.在梯形ABCD中，若AB=2DC，且AC=xAB+yAD，则y−x=( )
A. 12B. 1C. 32D. −12
3.设向量a=(1,1),b=(−1,3),c=(2,1)，且(a−λb)⊥c，则实数λ=( )
A. 1B. 17C. 15D. 3
4.已知圆锥的侧面展开图为一个面积为2π的半圆，则该圆锥的高为( )
A. 52B. 1C. 2D. 3
5.在△ABC中，若非零向量AB与AC满足(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，AB⋅AC=0，则△ABC为( )
A. 三边均不相等的三角形B. 等腰直角三角形
C. 底边和腰不相等的等腰三角形D. 等边三角形
6.一个圆台的上、下底面的半径分别为1和4，体积为28π，则它的表面积为( )
A. 41πB. 42πC. 29 33πD. (18+7 3)π
7.设向量a与b的夹角为θ，定义a⊕b=|asinθ+bcsθ|.已知向量a为单位向量，|b|= 2，|a−b|=1，则a⊕b=( )
A. 22B. 2C. 102D. 2 3
8.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，Q是侧面BCC1B1内一点，若A1Q/​/平面AEF.则线段A1Q长度的最大值与最小值之和为( )
A. 3+ 2
B. 2+ 52
C. 2 5+3 24
D. 5+2 22
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z在复平面内对应的点为(−12, 32)，则( )
A. z⋅z−=1B. z2+z−=0C. z2+z=−1D. z2024=z−
10.如图，向透明塑料制成的长方体容器ABCD−A1B1C1D1内灌进一些水，水是定量的(定体积为V)，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个结论，其中错误的是( )
A. 没有水的部分始终呈棱柱形
B. 水面EFGH所在四边形的面积为定值
C. 棱A1D1不是总与水面所在的平面平行
D. 当容器倾斜如图所示时，BE⋅BF=3VBC(定值)
11.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sinAsinBsinC=18，△ABC的面积为2，则下列选项正确的是( )
A. abc=18 2B. 若a= 2，则A=π3
C. △ABC外接圆的半径R=2 2D. (1sinA+1sinB)2≥32sinC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a，b是夹角为120°的两个单位向量，若向量a−2b在向量a上的投影向量为______．
13.如图，在△ABC中，已知B=45°，D是BC上一点，AD=10，AC=14，DC=6，则AB= ______．
14.已知三棱锥V—ABC，满足VA=BC=3 2，VB=VC=AC=AB=5，则该三棱锥的外接球的表面积为______．
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)
如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，过BC的平面与上底面A1B1C1交于GH(GH与B1C1不重合)．
(1)求证：BC//GH；
(2)若E，F，G分别是AB，AC，A1B1的中点，求证：平面EFA1//平面BCHG．
16.(本小题15分)
在复平面内复数z1，z2所对应的点为Z1，Z2，O为坐标原点，i是虚数单位．
(1)z1=4−3i，z2=−5−4i，计算z1z2与OZ1⋅OZ2；
(2)设z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，求证：|OZ1⋅OZ2|≤|z1z2|，并指出向量OZ1，OZ2满足什么条件时该不等式取等号．
17.(本小题15分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，bcsC=ccs(A+C)+2acsB．
(1)求B；
(2)若b=3，sinC=2sinA，求△ABC的面积．
18.(本小题17分)
在△AOB中，点C满足3OC=OA+2OB，
(1)若|AC|=m|CB|，求m；
(2)若M是OB的中点，直线AM与OC交于点P，且BP=λBO+μBA，求λ+μ；
(3)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A(1,csx)，B(1+csx,csx)，x∈[−π3,0]，若函数f(x)=OA⋅OC−(2a+23)|AB|的最大值为3，求实数a的值．
19.(本小题17分)
已知在平面直角坐标系中，O为坐标原点，定义函数f(x)=psinx+qcsx的“和谐向量”为非零向量ω=(p,q)，ω=(p,q)的“和谐函数”为f(x)=psinx+qcsx.记平面内所有向量的“和谐函数”构成的集合为T．
(1)已知θ∈R，f(x)=2csx+cs(x+θ)，若函数f(x)为集合T中的元素，求其“和谐向量”模的取值范围；
(2)已知|a|=|b|=2，设OG=λa+μb(λ>0,μ>0)，且OG的“和谐函数”为φ(x)，其最大值为S，求λ+μS．
(3)已知M(−2,3)，N(2,6)，设(1)中的“和谐函数”的模取得最小时的“和谐函数”为m(x)，g(x)=2m(x2)，试问在y=g(x)的图象上是否存在一点Q，使得MQ⋅NQ=0，若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由．
答案解析
1.C
【解析】解：设z=a+bi，(a,b∈R)，
因为复数z满足2z+3z−=5+2i，
即2(a+bi)+3(a−bi)=5a−bi=5+2i．
可得a=1且b=−2，
故|z|= a2+b2= 5．
故选：C．
利用待定系数法，结合复数相等的充要条件可得a=1且b=−2，即可由模长公式求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
2.A
【解析】解：因为AB=2DC，所以DC=12AB，可得AC=AD+DC=AD+12AB，
因为AB、AD不共线，且AC=xAB+yAD，所以x=12y=1，可得y−x=12．
故选：A．
根据题意得DC=12AB，利用平面向量的线性运算法则与平面向量基本定理列式求出x、y，进而可得答案．
本题主要考查平面向量的线性运算法则、平面向量基本定理及其应用，属于基础题．
3.D
【解析】解：∵向量a=(1,1),b=(−1,3),c=(2,1)，且(a−λb)⊥c，
∴(a−λb)⋅c=a⋅c−λb⋅c=(2+1)−λ⋅(−2+3)=0，∴λ=3，
故选：D．
由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，计算求得λ的值．
本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，属于基础题．
4.D
【解析】解：设圆锥的母线长为l，圆锥的底面半径为r，圆锥的高为ℎ，
由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，
则πl=2πrπrl=2π，解得r2=1，l2=4，
则圆锥的高ℎ= l2−r2= 3，
故本题选D．
5.B
【解析】解：∵AB|AB|和AC|AC|都为单位向量，∴AB|AB|+AC|AC|垂直平分BC，故AB=AC，
∵AB⋅AC=0，∴AB⊥AC，
∴△ABC为等腰直角三角形．
故选：B．
利用AB|AB|和AC|AC|都为单位向量，得到AB=AC，再利用AB⋅AC=0，得到AB⊥AC，判断即可．
本题考查向量的数量积运算，三角形形状的判定，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
6.B
【解析】解：设圆台的高为ℎ，则圆台的体积为13πℎ(12+42+1×4)=28π，
解得ℎ=4，所以圆台的母线长为 (4−1)2+42=5，
所以圆台的表面积为π(12+42+1×5+4×5)=42π．
故选：B．
根据圆台的体积求出高，再计算圆台的母线长和表面积．
本题考查了圆台的表面积、体积计算问题，也考查了空间想象能力和数学运算核心素养，是基础题．
7.C
【解析】解：已知向量a为单位向量，
则|a|=1，
又|a−b|= a2−2a⋅b+b2= 12−2×1× 2csθ+( 2)2=1，
解得csθ= 22，
又∵θ∈[0,π]，
∴sinθ= 1−( 22)2= 22，
∴a⊕b=| 22a+ 22b|= 12a2+a⋅b+12b2= 12+1+12×2= 102，
故选：C．
先阅读题意，然后结合平面向量数量积的运算及平面向量的模的运算求解即可．
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，属基础题．
8.C
【解析】解：如下图所示：
分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，连接BC1，
∵M、N、E、F为所在棱的中点，∴MN//BC1，EF//BC1，
∴MN//EF，又MN⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，
∴MN//平面AEF；
∵AA1//NE，AA1=NE，∴四边形AENA1为平行四边形，
∴A1N//AE，又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，
∴A1N//平面AEF，
又A1N∩MN=N，∴平面A1MN//平面AEF，
Q是侧面BCC1B1内一点，且A1Q//平面AEF，
则Q必在线段MN上，
在Rt△A1B1M中，A1M= A1B12+B1M2= 1+(12)2= 52，
同理，在Rt△A1B1N中，求得A1N= 52，
∴△A1MN为等腰三角形，
当Q在MN中点O时A1Q⊥MN，此时A1Q最短，Q位于M、N处时A1Q最长，
A1O= A1M2−OM2= ( 52)2−( 24)2=3 24，
A1M=A1N= 52，
所以线段A1Q长度的最大值与最小值之和为3 24+ 52=2 5+3 24．
故选：C．
根据三角形中位线可得线线平行即可求证平面A1MN//平面AEF，由题意知点Q必在线段MN上，由此可判断Q在M或N处时A1P最长，位于线段MN中点处时最短，通过解直角三角形即可求得．
本题考查了空间中线段长度最值的计算，属于中档题．
9.ACD
【解析】解：由题意可知，z=−12+ 32i,z−=−12− 32i，
对于A，z⋅z−=14+34=1，故A正确；
对于B，z2+z−=(−12+ 32i)2−12− 32i=−12− 32i−12− 32i=−1− 3i，故B错误；
对于C，z2+z=(−12+ 32i)2−12+ 32i=−12− 32i−12+ 32i=−1，故C正确；
对于D，z2=(−12+ 32i)2=−12− 32i，
z3=(−12− 32i)(−12+ 32i)=1，
所以z2024=z2022⋅z2=(z3)674⋅(−12− 32i)=−12− 32i=z−，故D正确．
故选：ACD．
由复数与复平面内的点对应关系还原复数z，再结合复数的基本运算逐一验证即可．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
10.BCD
【解析】解：依题意将容器倾斜，随着倾斜度的不同可得如下三种情形：
对于A：依题意，BC//水面EFGH，而平面BCC1B1∩平面EFGH=FG，BC⊂平面BCC1B1，则BC//FG，
同理BC//EH，而BC//AD，BC=FG=EH=AD，又BC⊥平面ABB1A1，平面ABB1A1//平面CDD1C1，
因此有水的部分的几何体是直棱柱，长方体去掉有水部分的棱柱，没有水的部分始终呈棱柱形，故A正确；
对于B：水面EFGH是矩形，线段FG的长一定，从图1到图2，再到图3的过程中，线段EF长逐渐增大，
则水面EFGH所在四边形的面积逐渐增大，故B错误；
对于C：因为A1D1//BC//FG，FG⊂平面EFGH，A1D1⊄平面EFGH，因此A1D1//平面EFGH，
即棱A1D1总是与水面所在的平面平行，故C错误；
对于D：当容器倾斜如图3所示时，有水部分的几何体是直三棱柱，其高为BC，体积为V，
又S△BEF=12BE⋅BF，V=S△BEF⋅BC，
所以BE⋅BF=2VBC，故D错误．
故选：BCD．
画出随着倾斜度得到的图形，根据线面平行的性质及棱柱的定义判断A，B，C，再根据柱体的体积公式判断D．
本题考查立体几何的综合运用，属中档题．
11.CD
【解析】解：对A、C：因为△ABC的面积为2，即12absinC=2，
可得sinC=4ab，代入sinAsinBsinC=18，
得4sinAsinBab=18，设△ABC的外接圆的半径为R，则asinA=bsinB=2R，
所以4sinAsinBab=1R2，
可得R2=8，得R=2 2，故C正确，
则abc=8R3sinAsinBsinC=128 2×18=16 2，故A错误；
对B：若a= 2，则sinA=a2R= 24 2=14，故B错误；
对D：因为sinA>0，sinB>0，所以(sinA+sinB)2≥(2 sinAsinB)2=4sinAsinB，
所以(sinA+sinB)2(sinAsinB)2≥4sinAsinB，
由sinAsinBsinC=18，得4sinAsinB=32sinC，
所以(sinA+sinB)2(sinAsinB)2≥32sinC，即(1sinA+1sinB)2≥32sinC，故D正确．
故选：CD．
由面积公式代入已知条件，结合正弦定理可得外接圆半径R，可判断出C的真假；利用正弦定理求解，可判断出A，B的真假；已知结合基本不等式，可判断出D的真假．
本题考查正弦定理的应用及基本不等式的想知道应用，属于中档题．
12.2a
【解析】解：因为a，b是夹角为120°的两个单位向量，
所以a⋅b=|a|⋅|b|cs120°=1×1×(−12)=−12，
则向量a−2b在向量a上的投影向量为(a−2b)⋅a|a|⋅a|a|=(a−2b)⋅a|a|2⋅a，
因为(a−2b)⋅a=a2−2a⋅b=1−2⋅(−12)=2，
所以向量a−2b在向量a上的投影向量为2a．
故答案为：2a．
由投影向量计算公式，结合数量积的运算律，计算即得．
本题考查一个向量在另一个向量上的投影向量的求法，向量的数量积的求法，属于基础题．
13.5 6
【解析】【分析】
根据余弦定理弦求出C的大小，利用正弦定理即可求出AB的长度．本题主要考查解三角形的应用，利用余弦定理和正弦定理是解决本题的关键，要求熟练掌握相应的公式．
【解答】
解：∵AD=10，AC=14，DC=6，
∴由余弦定理得csC=AC2+CD2−AD22AC⋅CD=142+62−1022×14×6=1114，
∴sinC= 1−(1114)2=5 314，
由正弦定理得ABsinC=ACsinB，
即AB=AC⋅sinCsinB=14×5 314 22=5 6，
故答案为：5 6
14.34π
【解析】解：根据三棱锥V−ABC对棱相等的特点，在长方体中构造三棱锥V−ABC如下所示：
设该长方体长宽高分别为x，y，z，由题可知：x2+z2=18，x2+y2=25，y2+z2=25，
故可得x2+y2+z2=34，又该长方体外接球半径R= x2+y2+z22= 342，也为该三棱锥外接球半径，
故该三棱锥的外接球的表面积为4πR2=34π．
故答案为：34π．
在长方体中构造满足条件的三棱锥，通过求解长方体外接球半径即可求得三棱锥外接球半径，进而求得结果．
本题考查三棱锥的外接球问题，分割补形法的应用，属基础题．
15.证明：(1)在三棱柱ABC−A1B1C1中，
平面A1B1C1//平面ABC，平面BCHG∩平面ABC=BC，平面BCHG∩平面A1B1C1=GH，
故BC//GH；
(2)在三棱柱ABC−A1B1C1中，
E，F，G分别是AB，AC，A1B1的中点，
所以A1G//BE，A1G=BE，
所以四边形BGA1E是平行四边形，
所以A1E//BG，
因为BG⊄平面A1EF，A1E⊂平面A1EF，
∴所以G//平面A1EF，
又EF//BC，BC⊄平面A1EF，FE⊂平面A1EF，
所以BC//平面A1EF，
BG∩BC=B，BG，BC⊂平面BCHG
所以平面EFA1//平面BCHG．
【解析】(1)根据面面平行的性质定理即可求证．
(2)推导出EF//BC，A1E//BG，由此能证明平面EFA1//平面BCHG．
本题考查面面平行的性质的应用及面面垂直的证法，属于中档题．
16.解：(1)因为z1=4−3i，z2=−5−4i，
则z1z2=(4−3i)(−5−4i)=−20−16i+15i+12i2=−32−i，
又Z1(4,−3)，Z2(−5,−4)，
所以OZ1=(4,−3)，OZ2=(−5,−4)，
所以OZ1⋅OZ2=4×(−5)+(−3)×(−4)=−8；
(2)证明：因为z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，
所以z1z2=ac+adi+bci+bdi2=(ac−bd)+(ad+bc)i，
可得|z1z2|2=(ac−bd)2+(ad+bc)2；
因为OZ1=(a,b),OZ2=(c,d)，
所以OZ1⋅OZ2=ac+bd，|OZ1⋅OZ2|2=(ac+bd)2，
因此|z1z2|2−|OZ1⋅OZ2|2=(ac−bd)2+(ad+bc)2−(ac+bd)2
=(ad+bc)2−4abcd=(ad−bc)2≥0，
所以|OZ1⋅OZ2|≤|z1z2|，当且仅当ad=bc时取等号，此时向量OZ1,OZ2满足OZ1//OZ2．
【解析】(1)利用复数代数形式的乘法法则求出z1z2，再由复数的几何意义可得OZ1=(4,−3)，OZ2=(−5,−4)，再根据向量数量积的坐标法计算可得；
(2)利用复数运算规律分别求出|OZ1⋅OZ2|、|z1z2|的平方，利用作差法可得|OZ1⋅OZ2|≤|z1z2|，即可求解．
本题主要考查向量与复数的综合，属于中档题．
17.解：(1)bcsC=ccs(A+C)+2acsB，即bcsC=−ccsB+2acsB，
整理得bcsC+ccsB=2acsB，
根据正弦定理得sinBcsC+csBsinC=2sinAcsB，
可得sin(B+C)=2sinAcsB，
而sinA=sin(B+C)≠0，所以csB=12，结合B∈(0,π)，可得B=π3；
(2)由sinC=2sinA得c=2a，
根据余弦定理得csB=a2+c2−b22ac，即12=a2+4a2−94a2，解得a2=3，
所以a= 3,c=2 3(舍负)，可知S△ABC=12acsinB=12× 3×2 3× 32=3 32．
【解析】(1)利用正弦定理进行边角互化，整理化简求得csB=12，进而可得角B的大小；
(2)根据(1)的结论，结合余弦定理求出a、c，然后根据三角形面积公式求出△ABC的面积．
本题主要考查正弦定理与余弦定理、三角恒等变换公式、三角形的面积公式等知识，属于中档题．
18.解：(1)因为3OC=OA+2OB，所以2(OC−OB)=OA−OC，
所以2BC=CA，所以|AC|=2|CB|，即m=2；
(2)由(1)可知，2BC=CA，则BC=13BA，
因为C、P、O三点共线，所以BP=sBC+(1−s)BO=13sBA+(1−s)BO，
因为M是OB的中点，所以BM=12BO，
所以AM=AB+BM=AB+12BO=−BA+12BO，
又因为A、P、M三点共线，所以AP=tAM=−tBA+12tBO，
所以BP=BA+AP=(1−t)BA+12tBO，
又因为BA、BO不共线，所以1−t=13s12t=1−s，解得t=45s=35，
所以BP=15BA+25BO，又BP=λBO+μBA，
所以λ=25μ=15，所以λ+μ=35．
(3)由题知，OA=(1,csx)，OB=(1+csx,csx)，AB=(csx,0)，
则OC=13OA+23OB=13(1,csx)+23(1+csx,csx)=(1+23csx,csx)，
所以OA⋅OC=1+23csx+cs2x，又x∈[−π3,0]，所以csx∈[12,1]，
所以|AB|= cs2x=csx，
所以f(x)=OA⋅OC−(2a+23)|AB|
=1+23csx+cs2x−(2a+23)csx=cs2x−2acsx+1，
令t=csx，因为x∈[−π3,0]，所以csx∈[12,1]，则t∈[12,1]，
令g(t)=t2−2at+1，t∈[12,1]，其对称轴方程是t=a，
当a≤34时，g(t)的最大值为g(1)=1−2a+1=3，解得a=−12；
当a>34时，g(t)的最大值为g(12)=14−a+1=3，解得a=−74(舍去)．
综上可知，实数a的值为−12．
【解析】(1)根据平面向量线性运算法则计算可得；
(2)根据共线定理的推论得到BP=13sBA+(1−s)BO，BP=(1−t)BA+12tBO，由平面向量基本定理得到方程组，求出s、t，即可求出λ，μ，从而得解；
(3)先求出f(x)=cs2x−2acsx+1，再换元、利用二次函数的性质求实数a的值．
本题考查平面向量的线性运算与数量积，属于中档题．
19.解：(1)f(x)=2csx+cs(x+θ)=2csx+csxcsθ−sinxsinθ=−sinθsinx+(2+csθ)csx，
所以函数f(x)的“和谐向量”向量ω=(−sinθ,2+csθ)，
|ω|= sin2θ+(2+csθ)2= 4csθ+5，
因为csθ∈[−1,1]，所以4csθ+5∈[1,9]，
所以|ω|的取值范围为[1,3]；
(2)设a=(2csα,2sinα),b=(2csβ,2sinβ)，
则OG=λa+μb=(2(λcsα+μcsβ),2(λsinα+μsinβ))，
所以φ(x)=2(λcsα+μcsβ)sinx+2(λsinα+μsinβ)csx
=2λ(csαsinx+sinαcsx)+2μ(csβsinx+sinβcsx)
=2λsin(x+α)+2μsin(x+β)
≤2λ+2μ，
此时存在x0，满足x0+α=π2+2k1πx0+β=π2+2k2π，当且仅当x=x0时取等号，其中k1，k2∈Z，
所以α−β=2(k1−k2)π，即a=b，所以α=β+2kπ，k∈Z，
所以φ(x)的最大值S=2λ+2μ，
所以λ+μS=12；
(3)由(1)知，当csθ=−1时，|ω|最小，此时ω=(0,1)，
所以m(x)=csx,g(x)=2csx2，
设Q(x,2csx2)，令t=2csx2,t∈[−2,2]，
则MQ=(x+2,t−3),NQ=(x−2,t−6)，
因为MQ⋅NQ=0，
所以(x+2)(x−2)+(t−3)(t−6)=0，即x2+t2−9t+14=0，
所以(t−92)2=254−x2(∗)，所以|t−92|≤52，即2≤t≤7，
而t∈[−2,2]，则t=2，当且仅当x=0时，等式(∗)成立，
所以在y=g(x)的图象上存在一点Q(0,2)，使得MQ⋅NQ=0．
【解析】(1)将f(x)变成已知条件的形式，再根据“和谐向量”及向量的模的坐标公式计算即可得解；
(2)设a=(2csα,2sinα),b=(2csβ,2sinβ)，再求出OG，再根据“和谐函数”的定义结合三角恒等变换化简函数φ(x)，再根据三角函数的性质即可求出S，即可得解；
(3)结合(1)求出“和谐向量”，进而可得m(x)，g(x)的解析式，设出点Q的坐标，再根据数量积的坐标公式，计算分析即可得解．
本题考查向量的数量积与三角函数，属于中档题．