高一数学下学期期中考试试卷
高一数学下学期期中考试试卷
(考试时间：120分钟 试卷满分：150分)
考生注意：1.本卷分试卷部分和答题卷部分，考试结束只交答题卷；
2.所有答案必须写在答题卷指定位置上，写在其他地方一律无效。
第I 卷（选择题，共50分）
一、选择题：（本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）．
1．已知12
cos 13α=
，且α是第四象限角，那么tan α的值为 （ ） A ．125- B ．1213- C ．1213 D ．512
-
2已知cos tan 0θθ<，那么角θ是 （ ）
Ａ．第一或第二象限角 Ｂ．第二或第三象限角 Ｃ．第三或第四象限角
Ｄ．第一或第四象限角
3.函数
cot y x =的定义域是 ( )
A.R
B.,2x x k k z ππ⎧⎫
≠+∈⎨⎬⎩⎭
C.
{}2,x x k k z π≠∈ D.{},x x k k z π≠∈
4.α为锐角，sin2α=a ,则sin α+cos α的值是 （ ） A ．1-a B ．1+a C ．1-±a D ．1+±a
5．sin()3
y x π
=-
的单调递增区间是 （ ）
A.5,()66k k k Z ππππ⎡
⎤-+∈⎢
⎥⎣⎦ B. 52,2()66k k k Z ππππ⎡
⎤
-+∈⎢⎥⎣
⎦
C.7,()66k k k Z ππππ⎡⎤--∈⎢⎥⎣⎦
D. 72,2()66k k k Z ππππ⎡
⎤--∈⎢⎥⎣
⎦ 6. 函数x x y cos -=的部分图象是
）
A B C D
7．函数y=sin(2x+π
6 )的图象可看成是把函数y=sin2x 的图象做以下平移得到 （ ）
A 向右平移π6 B. 向左平移 π12 C. 向右平移 π12 D. 向左平移π
6
8．已知函数)2
||,0,0()sin(πϕωϕω<>>++=A B x A y 的周期为T ，在一个周期内的图象如图所示，
则正确的结论是 ）
A ．π2,3==T A
B ．2,1=-=ωB
C ．4,3T A π==
D ．6
,3πϕ==A
9．()cos(3)f x x φ=+函数的图像关于原点成中心对称的充要条件是 （ ）
A. 2
π
φ=
B.()k k Z φπ=∈
C. ()2
k k Z π
φπ=+∈ D. 2()2
k k Z π
φπ=-
∈
10.函数
)3
2
3
(6cos 6sin 42ππ
≤
≤-
-+=x x x y 的值域是 （ ） A ．⎥⎦⎤⎢⎣⎡-41,6 B ． ⎥⎦⎤⎢⎣⎡41,0 C ． ⎥⎦⎤⎢⎣
⎡-41,12 D ． []0,6- 第Ⅱ卷（非选择题，共100分）
二、填空题：（本大题共5小题，每小题5分，共25分把答案填在题中横线上）． 11．若α是第二象限的角且4
cos 5
α=-
,则sin 2α= ． 12. 已知cos α= - 3
2
,α为△ABC 一内角，则α=________.（用弧度制表示） ．
13．已知函数
2cot tan )(++=x x x f ,且()4f α=,则()f α-=
高一数学试卷 做一个诚实的人 高一数学试卷 做一个诚实的人
14．关于函数()4sin(2)3
f x x π
=+
(x ∈R)，有下列命题：
（1）()f x 的表达式可改写为()4cos(2)6
f x x π
=-
;
（2）()f x 是以2π为最小正周期的周期函数； （3）()y f x = 的图象关于点(,0)6
π
-
对称;
（4）()y f x = 的图象关于直线6
x π
=
对称;
其中正确的命题序号是___________．
15.2002年在北京召开的国际数学家大会，会标是我国以古代数学家 赵爽的弦图为基础设计的．弦图是由四个全等直角三角形与一个小
正方形拼成的一个大正方形（如图）．如果小正方形的面积为1，大
正方形的面积为25，直角三角形中较小的锐角为θ，那么sin 2θ
三、解答题：（本大题共6小题，共7516.（本小题满分12分）计算sin50º(1+3tan10º).
17.（本小题满分12分）已知0<α<2π
<β<π,sin α=35,sin β=45
. （1）求cos β；
（2）求tan(α+β). 18（本小题满分12分）阅读与理解：
给出公式:sin()sin cos cos sin αβαβαβ+=+；
cos()cos cos sin sin αβαβαβ-=+；
()sin g x x x =+我们可以将函数化为
)3
sin(2)3sin cos 3cos (sin 2)cos 23sin 21(2)(π
ππ+=+=+=x x x x x x g
（1）根据你的理解将函数()sin cos()6
f x x x π=+-化为()sin()f x A x ωϕ=+的形式．
（2）求出上题函数()f x 的最小正周期、对称中心．
19.（本小题满分12分）已知角A,B 为锐角且4
A B π
+=
(1).求证(1tan )(1tan )2A B ++=
（2）利用（1）的结论求000
(1tan1)(1tan 2)(1tan 44)++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+的值。
20.（本小题满分13分）已知函数3)6
2sin(
3)(++=π
x x f （1）用五点法在指定坐标系下画出()f x 在一个周期内的图象；
21倍，得到函数
()g x 的图象，试写出()g x 的解析式并求使()g x 取最小值的x 的集合；
(3)求函数()g x 在区间[,]88
ππ-上的值域.。
人教版高一下学期期中考试数学试卷及答案解析(共五套)
人教版高一下学期期中考试数学试卷（一）注意事项：本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共22题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.点C是线段AB靠近点B的三等分点，下列正确的是（）A．B．C．D．2.已知复数z满足z（3+i）＝3+i2020，其中i为虚数单位，则z的共轭复数的虚部为（）A．B．C．D．3.如图，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，延长AB至点E，且AB＝BE，则•的值为（）A．﹣1 B．﹣3 C．1 D．4.设i是虚数单位，则2i+3i2+4i3+……+2020i2019的值为（）A．﹣1010﹣1010i B．﹣1011﹣1010iC．﹣1011﹣1012i D．1011﹣1010i5.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与CD所成的角为（）A．30°B．45°C．60°D．135°6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若（a﹣2b）cos C＝c（2cos B﹣cos A），△ABC的面积为a2sin，则C＝（）A．B．C．D．7.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列四个结论中错误的是（）A．直线B1C与直线AC所成的角为60°B．直线B1C与平面AD1C所成的角为60°C．直线B1C与直线AD1所成的角为90°D．直线B1C与直线AB所成的角为90°8.如图，四边形ABCD为正方形，四边形EFBD为矩形，且平面ABCD与平面EFBD互相垂直．若多面体ABCDEF的体积为，则该多面体外接球表面积的最小值为（）A．6πB．8πC．12πD．16π二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）9.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2+bc，则角A可为（）A．B．C．D．10.如图，四边形ABCD为直角梯形，∠D＝90°，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为AB，CD的中点，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．11.下列说法正确的有（）A．任意两个复数都不能比大小B．若z＝a+bi（a∈R，b∈R），则当且仅当a＝b＝0时，z＝0C．若z1，z2∈C，且z12+z22＝0，则z1＝z2＝0D．若复数z满足|z|＝1，则|z+2i|的最大值为312.如图，已知ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，E，F分别是BC，A1C的中点，则（）A．B．C．向量与向量的夹角是60°D．异面直线EF与DD1所成的角为45°三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）13.已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝（+），则||＝；•＝．14.若虛数z1、z2是实系数一元二次方程x2+px+q＝0的两个根，且，则pq＝．15.已知平面四边形ABCD中，AB＝AD＝2，BC＝CD＝BD＝2，将△ABD沿对角线BD折起，使点A到达点A'的位置，当A'C＝时，三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．16.已知一圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为，在该圆锥内放置一个棱长为a 的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则a的最大值为．四、解答题（本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1．（1）若AB＝，求BC；（2）若AB＝2BC，求cos∠BDC．18.（1）已知z1=1﹣2i，z2=3+4i，求满足=+的复数z．（2）已知z，ω为复数，（1+3i）﹣z为纯虚数，ω=，且|ω|=5．求复数ω．19.如图，墙上有一壁画，最高点A离地面4米，最低点B离地面2米．观察者从距离墙x（x＞1）米，离地面高a（1≤a≤2）米的C处观赏该壁画，设观赏视角∠ACB＝θ．（1）若a＝1.5，问：观察者离墙多远时，视角θ最大？（2）若tanθ＝，当a变化时，求x的取值范围．20.如图，已知复平面内平行四边形ABCD中，点A对应的复数为﹣1，对应的复数为2+2i，对应的复数为4﹣4i．（Ⅰ）求D点对应的复数；（Ⅱ）求平行四边形ABCD的面积．21.如图所示，等腰梯形ABFE是由正方形ABCD和两个全等的Rt△FCB和Rt△EDA组成，AB＝1，CF＝2．现将Rt△FCB沿BC所在的直线折起，点F移至点G，使二面角E﹣BC﹣G的大小为60°．（1）求四棱锥G﹣ABCE的体积；（2）求异面直线AE与BG所成角的大小．22.如图，四边形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC是边长为2的正三角形，以AC为折痕，将△MAC向上折叠到△DAC的位置，使点D在平面ABC内的射影在AB上，再将△MAC向下折叠到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成几何体DABCE．（1）点F在BC上，若DF∥平面EAC，求点F的位置；（2）求直线AB与平面EBC所成角的余弦值．参考答案一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.点C是线段AB靠近点B的三等分点，下列正确的是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据共线向量的定义即可得结论．【解答】解：由题，点C是线段AB靠近点B的三等分点，＝3＝﹣3，所以选项A错误；＝2＝﹣2，所以选项B和选项C错误，选项D正确．故选：D．【知识点】平行向量（共线）、向量数乘和线性运算2.已知复数z满足z（3+i）＝3+i2020，其中i为虚数单位，则z的共轭复数的虚部为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．【解答】解：∵z（3+i）＝3+i2020，i2020＝（i2）1010＝（﹣1）1010＝1，∴z（3+i）＝4，∴z＝，∴＝，∴共轭复数的虚部为，故选：D．【知识点】复数的运算3.如图，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，延长AB至点E，且AB＝BE，则•的值为（）A．﹣1 B．﹣3 C．1 D．【答案】C【分析】利用图形，求出数量积的向量，然后转化求解即可．【解答】解：由题意，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，延长AB至点E，且AB＝BE，可知＝+＝，＝﹣＝﹣2，所以•＝（）•（﹣2）＝﹣2﹣2＝1．故选：C．【知识点】平面向量数量积的性质及其运算4.设i是虚数单位，则2i+3i2+4i3+……+2020i2019的值为（）A．﹣1010﹣1010i B．﹣1011﹣1010iC．﹣1011﹣1012i D．1011﹣1010i【答案】B【分析】利用错位相减法、等比数列的求和公式及其复数的周期性即可得出．【解答】解：设S＝2i+3i2+4i3+ (2020i2019)∴iS＝2i2+3i3+ (2020i2020)则（1﹣i）S＝i+i+i2+i3+……+i2019﹣2020i2020．＝＝i+＝＝﹣2021+i，∴S＝＝．故选：B．【知识点】复数的运算5.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与CD所成的角为（）A．30°B．45°C．60°D．135°【答案】B【分析】易知∠ABA1即为所求，再由△ABA1为等腰直角三角形，得解．【解答】解：因为AB∥CD，所以∠ABA1即为异面直线A1B与CD所成的角，因为△ABA1为等腰直角三角形，所以∠ABA1＝45°．故选：B．【知识点】异面直线及其所成的角6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若（a﹣2b）cos C＝c（2cos B﹣cos A），△ABC的面积为a2sin，则C＝（）A．B．C．D．【答案】C【分析】先利用正弦定理将已知等式中的边化角，再结合两角和公式与三角形的内角和定理，可推出sin B＝2sin A；然后利用三角形的面积公式、正弦定理，即可得解．【解答】解：由正弦定理知，＝＝，∵（a﹣2b）cos C＝c（2cos B﹣cos A），∴（sin A﹣2sin B）cos C＝sin C（2cos B﹣cos A），即sin A cos C+sin C cos A＝2（sin B cos C+cos B sin C），∴sin（A+C）＝2sin（B+C），即sin B＝2sin A．∵△ABC的面积为a2sin，∴S＝bc sin A＝a2sin，根据正弦定理得，sin B•sin C•sin A＝sin2A•sin，化简得，sin B•sin cos＝sin A•cos，∵∈（0，），∴cos＞0，∴sin＝＝，∴＝，即C＝．故选：C．【知识点】正弦定理、余弦定理7.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列四个结论中错误的是（）A．直线B1C与直线AC所成的角为60°B．直线B1C与平面AD1C所成的角为60°C．直线B1C与直线AD1所成的角为90°D．直线B1C与直线AB所成的角为90°【答案】B【分析】连接AB1，求出∠ACB1可判断选项A；连接B1D1，找出点B1在平面AD1C上的投影O，设直线B1C与平面AD1C所成的角为θ，由cosθ＝可判断选项B；利用平移法找出选项C和D涉及的异面直线夹角，再进行相关运算，即可得解．【解答】解：连接AB1，∵△AB1C为等边三角形，∴∠ACB1＝60°，即直线B1C与AC所成的角为60°，故选项A正确；连接B1D1，∵AB1＝B1C＝CD1＝AD1，∴四面体AB1CD1是正四面体，∴点B1在平面AD1C上的投影为△AD1C的中心，设为点O，连接B1O，OC，则OC＝BC，设直线B1C与平面AD1C所成的角为θ，则cosθ＝＝＝≠，故选项B错误；连接BC1，∵AD1∥BC1，且B1C⊥BC1，∴直线B1C与AD1所成的角为90°，故选项C正确；∵AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥B1C，即直线B1C与AB所成的角为90°，故选项D正确．故选：B．【知识点】直线与平面所成的角、异面直线及其所成的角8.如图，四边形ABCD为正方形，四边形EFBD为矩形，且平面ABCD与平面EFBD互相垂直．若多面体ABCDEF的体积为，则该多面体外接球表面积的最小值为（）A．6πB．8πC．12πD．16π【答案】A【分析】由题意可得AC⊥面EFBD，可得V ABCDEF＝V C﹣EFBD+V A﹣EFBD＝2V A﹣EFBD，再由多面体ABCDEF 的体积为，可得矩形EFBD的高与正方形ABCD的边长之间的关系，再由题意可得矩形EFBD的对角线的交点为外接球的球心，进而求出外接球的半径，再由均值不等式可得外接球的半径的最小值，进而求出外接球的表面积的最小值．【解答】解：设正方形ABCD的边长为a，矩形BDEF的高为b，因为正方形ABCD，所以AC⊥BD，设AC∩BD＝O'，由因为平面ABCD与平面EFBD互相垂直，AC⊂面ABCD，平面ABCD∩平面EFBD＝BD，所以AC⊥面EFBD，所以V ABCDEF＝V C﹣EFBD+V A﹣EFBD＝2V A﹣EFBD＝2•S EFBD•CO'＝•a•b•a ＝a2b，由题意可得V ABCDEF＝，所以a2b＝2；所以a2＝，矩形EFBD的对角线的交点O，连接OO'，可得OO'⊥BD，而OO'⊂面EFBD，而平面ABCD⊥平面EFBD，平面ABCD∩平面EFBD＝BD，所以OO'⊥面EFBD，可得OA＝OB＝OE＝OF都为外接球的半径R，所以R2＝（）2+（a）2＝+＝+＝++≥3＝3×，当且仅当＝即b＝时等号成立．所以外接球的表面积为S＝4πR2≥4π•3×＝6π．所以外接球的表面积最小值为6π．故选：A．【知识点】球的体积和表面积二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）9.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2+bc，则角A可为（）A．B．C．D．【答案】BC【分析】由已知利用余弦定理整理可得cos A＝，对于A，若A＝，可得b＝＜0，错误；对于B，若A＝，可得b＝＞0，对于C，若A＝，可得b＝＞0，对于D，若A＝，可得c＝0，错误，即可得解．【解答】解：因为在△ABC中，a2＝b2+bc，又由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bc cos A，所以b2+bc＝b2+c2﹣2bc cos A，整理可得：c＝b（1+2cos A），可得：cos A＝，对于A，若A＝，可得：﹣＝，整理可得：b＝＜0，错误；对于B，若A＝，可得：＝，整理可得：b＝＞0，对于C，若A＝，可得：cos＝＝，整理可得：b＝＞0，对于D，若A＝，可得：cos＝﹣＝，整理可得：c＝0，错误．故选：BC．【知识点】余弦定理10.如图，四边形ABCD为直角梯形，∠D＝90°，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为AB，CD的中点，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．【答案】ABC【分析】由向量的加减法法则、平面向量基本定理解决【解答】解：由，知A正确；由知B正确；由知C正确；由N为线段DC的中点知知D错误；故选：ABC．【知识点】向量数乘和线性运算、平面向量的基本定理11.下列说法正确的有（）A．任意两个复数都不能比大小B．若z＝a+bi（a∈R，b∈R），则当且仅当a＝b＝0时，z＝0C．若z1，z2∈C，且z12+z22＝0，则z1＝z2＝0D．若复数z满足|z|＝1，则|z+2i|的最大值为3【答案】BD【分析】通过复数的基本性质，结合反例，以及复数的模，判断命题的真假即可．【解答】解：当两个复数都是实数时，可以比较大小，所以A不正确；复数的实部与虚部都是0时，复数是0，所以B正确；反例z1＝1，z2＝i，满足z12+z22＝0，所以C不正确；复数z满足|z|＝1，则|z+2i|的几何意义，是复数的对应点到（0，﹣2）的距离，它的最大值为3，所以D正确；故选：BD．【知识点】复数的模、复数的运算、虚数单位i、复数、命题的真假判断与应用12.如图，已知ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，E，F分别是BC，A1C的中点，则（）A．B．C．向量与向量的夹角是60°D．异面直线EF与DD1所成的角为45°【答案】ABD【分析】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，建立合适的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，根据空间向量的坐标运算，以及异面直线所成角的向量求法，逐项判断即可．【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1为x 轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A（0，0，0），A1（0，0，2），B（2，0，0），B1（2，0，2），C （2，2，0），D（0，2，0），D1（0，2，2），所以，故，故选项A正确；又，又，所以，，则，故选项B正确；，所以，因此与的夹角为120°，故选项C错误；因为E，F分别是BC，A1C的中点，所以E（2，1，0），F（1，1，1），则，所以，又异面直线的夹角大于0°小于等于90°，所以异面直线EF与DD1所成的角为45°，故选项D正确；故选：ABD．【知识点】异面直线及其所成的角三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）13.已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝（+），则||＝；•＝．【分析】根据向量的几何意义可得P为BC的中点，再根据向量的数量积的运算和正方形的性质即可求出．【解答】解：由＝（+），可得P为BC的中点，则|CP|＝1，∴|PD|＝＝，∴•＝•（+）＝﹣•（+）＝﹣2﹣•＝﹣1，故答案为：，﹣1．【知识点】平面向量数量积的性质及其运算14.若虛数z1、z2是实系数一元二次方程x2+px+q＝0的两个根，且，则pq＝．【答案】1【分析】设z1＝a+bi，则z2＝a﹣bi，（a，b∈R），根据两个复数相等的充要条件求出z1，z2，再由根与系数的关系求得p，q的值．【解答】解：由题意可知z1与z2为共轭复数，设z1＝a+bi，则z2＝a﹣bi，（a，b∈R 且b≠0），又，则a2﹣b2+2abi＝a﹣bi，∴（2a+b）+（a+2b）i＝1﹣i，∴，解得．∴z1＝+i，z2＝i，（或z2＝+i，z1＝i）．由根与系数的关系，得p＝﹣（z1+z2）＝1，q＝z1•z2＝1，∴pq＝1．故答案为：1．【知识点】复数的运算15.已知平面四边形ABCD中，AB＝AD＝2，BC＝CD＝BD＝2，将△ABD沿对角线BD折起，使点A到达点A'的位置，当A'C＝时，三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．【分析】由题意画出图形，找出三棱锥外接球的位置，求解三角形可得外接球的半径，再由棱锥体积公式求解．【解答】解：记BD的中点为M，连接A′M，CM，可得A′M2+CM2＝A′C2，则∠A′MC＝90°，则外接球的球心O在△A′MC的边A′C的中垂线上，且过正三角形BCD的中点F，且在与平面BCD垂直的直线m上，过点A′作A′E⊥m于点E，如图所示，设外接球的半径为R，则A′O＝OC＝R，，A′E＝1，在Rt△A′EO中，A′O2＝A′E2+OE2，解得R＝．故三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．故答案为：．【知识点】球的体积和表面积16.已知一圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为，在该圆锥内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则a的最大值为．【分析】根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，通过内切球即可得到a的最大值．【解答】解：依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球，设球心为P，球的半径为r，下底面半径为R，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q，圆锥的轴截面如图：则OA＝OB＝，因为SO＝，故可得：SA＝SB＝＝3，所以：三角形SAB为等边三角形，故P是△SAB的中心，连接BP，则BP平分∠SBA，所以∠PBO＝30°；所以tan30°＝，即r＝R＝×＝，即四面体的外接球的半径为r＝．另正四面体可以从正方体中截得，如图：从图中可以得到，当正四面体的棱长为a时，截得它的正方体的棱长为a，而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，所以2r＝AA1＝a＝a，所以a＝．即a的最大值为．故答案为：．【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）四、解答题（本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1．（1）若AB＝，求BC；（2）若AB＝2BC，求cos∠BDC．【分析】（1）直接利用余弦定理的应用求出结果；（2）利用余弦定理的应用建立等量关系式，进一步求出结果．【解答】解：（1）在四边形ABCD中，AD＝BD＝CD＝1．若AB＝，所以：cos∠ADB＝＝，由于AB∥CD，所以∠BDC＝∠ABD，即cos∠BDC＝cos∠ABD＝，所以BC2＝BD2+CD2﹣2•BD•CD•cos∠BDC＝＝，所以BC＝．（2）设BC＝x，则AB＝2BC＝2x，由余弦定理得：cos∠ADB＝＝，cos∠BDC＝＝＝，故，解得或﹣（负值舍去）．所以．【知识点】余弦定理18.（1）已知z1=1﹣2i，z2=3+4i，求满足=+的复数z．（2）已知z，ω为复数，（1+3i）﹣z为纯虚数，ω=，且|ω|=5．求复数ω．【分析】（1）把z1，z2代入=+，利用复数代数形式的乘除运算化简求出，进一步求出z；（2）设z=a+bi（a，b∈R），利用复数的运算及（1+3i）•z=（1+3i）（a+bi）=a﹣3b+（3a+b）i为纯虚数，可得，又ω==i，|ω|=5，可得，即可得出a，b，再代入可得ω．【解答】解：（1）由z1=1﹣2i，z2=3+4i，得=+==，则z=；（2）设z=a+bi（a，b∈R），∵（1+3i）•z=（1+3i）（a+bi）=a﹣3b+（3a+b）i为纯虚数，∴．又ω===i，|ω|=5，∴．把a=3b代入化为b2=25，解得b=±5，∴a=±15．∴ω=±（i）=±（7﹣i）．【知识点】复数的运算19.如图，墙上有一壁画，最高点A离地面4米，最低点B离地面2米．观察者从距离墙x（x＞1）米，离地面高a（1≤a≤2）米的C处观赏该壁画，设观赏视角∠ACB＝θ．（1）若a＝1.5，问：观察者离墙多远时，视角θ最大？（2）若tanθ＝，当a变化时，求x的取值范围．【分析】（1）首项利用两角和的正切公式建立函数关系，进一步利用判别式确定函数的最大值；（2）利用两角和的正切公式建立函数关系，利用a的取值范围即可确定x的范围．【解答】解：（1）如图，作CD⊥AF于D，则CD＝EF，设∠ACD＝α，∠BCD＝β，CD＝x，则θ＝α﹣β，在Rt△ACD和Rt△BCD中，tanα＝，tanβ＝，则tanθ＝tan（α﹣β）＝＝（x＞0），令u＝，则ux2﹣2x+1.25u＝0，∵上述方程有大于0的实数根，∴△≥0，即4﹣4×1.25u2≥0，∴u≤，即（tanθ）max＝，∵正切函数y＝tan x在（0，）上是增函数，∴视角θ同时取得最大值，此时，x＝＝，∴观察者离墙米远时，视角θ最大；（2）由（1）可知，tanθ＝＝＝，即x2﹣4x+4＝﹣a2+6a﹣4，∴（x﹣2）2＝﹣（a﹣3）2+5，∵1≤a≤2，∴1≤（x﹣2）2≤4，化简得：0≤x≤1或3≤x≤4，又∵x＞1，∴3≤x≤4．【知识点】解三角形20.如图，已知复平面内平行四边形ABCD中，点A对应的复数为﹣1，对应的复数为2+2i，对应的复数为4﹣4i．（Ⅰ）求D点对应的复数；（Ⅱ）求平行四边形ABCD的面积．【分析】（I）利用复数的几何意义、向量的坐标运算性质、平行四边形的性质即可得出．（II）利用向量垂直与数量积的关系、模的计算公式、矩形的面积计算公式即可得出．【解答】解：（Ⅰ）依题点A对应的复数为﹣1，对应的复数为2+2i，得A（﹣1，0），＝（2，2），可得B（1，2）．又对应的复数为4﹣4i，得＝（4，﹣4），可得C（5，﹣2）．设D点对应的复数为x+yi，x，y∈R．得＝（x﹣5，y+2），＝（﹣2，﹣2）．∵ABCD为平行四边形，∴＝，解得x＝3，y＝﹣4，故D点对应的复数为3﹣4i．（Ⅱ）＝（2，2），＝（4，﹣4），可得：＝0，∴．又||＝2，＝4．故平行四边形ABCD的面积＝＝16．【知识点】复数的代数表示法及其几何意义21.如图所示，等腰梯形ABFE是由正方形ABCD和两个全等的Rt△FCB和Rt△EDA组成，AB＝1，CF＝2．现将Rt△FCB沿BC所在的直线折起，点F移至点G，使二面角E﹣BC﹣G的大小为60°．（1）求四棱锥G﹣ABCE的体积；（2）求异面直线AE与BG所成角的大小．【分析】（1）推导出GC⊥BC，EC⊥BC，从而∠ECG＝60°．连接DG，推导出DG⊥EF，由BC⊥EF，BC⊥CG，得BC⊥平面DEG，从而DG⊥BC，进而DG⊥平面ABCE，DG是四棱锥G ﹣ABCE的高，由此能求出四棱锥G﹣ABCE的体积．（2）取DE的中点H，连接BH、GH，则BH∥AE，∠GBH既是AE与BG所成角或其补角．由此能求出异面直线AE与BG所成角的大小．【解答】解：（1）由已知，有GC⊥BC，EC⊥BC，所以∠ECG＝60°．连接DG，由CD＝AB＝1，CG＝CF＝2，∠ECG＝60°，有DG⊥EF①，由BC⊥EF，BC⊥CG，有BC⊥平面DEG，所以，DG⊥BC②，由①②知，DG⊥平面ABCE，所以DG就是四棱锥G﹣ABCE的高，在Rt△CDG中，．故四棱锥G﹣ABCE的体积为：．（2）取DE的中点H，连接BH、GH，则BH∥AE，故∠GBH既是AE与BG所成角或其补角．在△BGH中，，，则．故异面直线AE与BG所成角的大小为．【知识点】异面直线及其所成的角、棱柱、棱锥、棱台的体积22.如图，四边形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC是边长为2的正三角形，以AC为折痕，将△MAC向上折叠到△DAC的位置，使点D在平面ABC内的射影在AB上，再将△MAC向下折叠到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成几何体DABCE．（1）点F在BC上，若DF∥平面EAC，求点F的位置；（2）求直线AB与平面EBC所成角的余弦值．【分析】（1）点F为BC的中点，设点D在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，取AC 的中点H，连接EH，由题意知EH⊥AC，EH⊥平面ABC，由题意知DO⊥平面ABC，得DO∥平面EAC，取BC的中点F，连接OF，则OF∥AC，从而OF∥平面EAC，平面DOF∥平面EAC，由此能证明DF∥平面EAC．（2）连接OH，由OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与平面EBC所成角的余弦值．【解答】解：（1）点F为BC的中点，理由如下：设点D在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，∵AD＝CD，∴OA＝OC，∴在Rt△ABC中，O为AB的中点，取AC的中点H，连接EH，由题意知EH⊥AC，又平面EAC⊥平面ABC，平面EAC∩平面ABC＝AC，∴EH⊥平面ABC，由题意知DO⊥平面ABC，∴DO∥EH，∴DO∥平面EAC，取BC的中点F，连接OF，则OF∥AC，又OF⊄平面EAC，AC⊂平面EAC，∴OF∥平面EAC，∵DO∩OF＝O，∴平面DOF∥平面EAC，∵DF⊂平面DOF，∴DF∥平面EAC．（2）连接OH，由（1）可知OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则B（1，﹣1，0），A（﹣1，1，0），E（0，1，﹣），C（1，1，0），∴＝（2，﹣2，0），＝（0，2，0），＝（﹣1，2，﹣），设平面EBC的法向量＝（a，b，c），则，取a＝，则＝（，0，﹣1），设直线与平面EBC所成的角为θ，则sinθ＝＝＝．∴直线AB与平面EBC所成角的余弦值为cosθ＝＝．【知识点】直线与平面平行、直线与平面所成的角人教版高一下学期期中考试数学试卷（二）注意事项：本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共22题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．（2﹣i）z对应的点位于虚轴的正半轴上，则复数z对应的点位于（）1.已知复平面内，A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2.平行四边形ABCD中，点E是DC的中点，点F是BC的一个三等分点（靠近B），则＝（）A．B．C．D．3.已知向量＝（6t+3，9），＝（4t+2，8），若（+）∥（﹣），则t＝（）A．﹣1 B．﹣C．D．14.已知矩形ABCD的一边AB的长为4，点M，N分别在边BC，DC上，当M，N分别是边BC，DC的中点时，有（+）•＝0．若+＝x+y，x+y＝3，则线段MN的最短长度为（）A．B．2 C．2D．25.若z∈C且|z+3+4i|≤2，则|z﹣1﹣i|的最大和最小值分别为M，m，则M﹣m的值等于（）A．3 B．4 C．5 D．96.已知球的半径为R，一等边圆锥（圆锥母线长与圆锥底面直径相等）位于球内，圆锥顶点在球上，底面与球相接，则该圆锥的表面积为（）A．R2B．R2C．R2D．R27.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子（近似为球）包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为4的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的体积最大值为（）A．πB．πC．πD．π8.已知半球O与圆台OO'有公共的底面，圆台上底面圆周在半球面上，半球的半径为1，则圆台侧面积取最大值时，圆台母线与底面所成角的余弦值为（）A．B．C．D．二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）9.下列有关向量命题，不正确的是（）A．若||＝||，则＝B．已知≠，且•＝•，则＝C．若＝，＝，则＝D．若＝，则||＝||且∥10.若复数z满足，则（）A．z＝﹣1+i B．z的实部为1 C．＝1+i D．z2＝2i11.如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为线段AD，CD的中点，AF∩CE＝G，则（）A．B．C．D．12.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，棱长为2，E为线段B1C上的动点，O为AC的中点，P 为棱CC1上的动点，Q为棱AA1的中点，则以下选项中正确的有（）A．AE⊥B1CB．直线B1D⊥平面A1BC1C．异面直线AD1与OC1所成角为D．若直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，则m∥平面B1D1Q三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）13.已知向量＝（m，1），＝（m﹣6，m﹣4），若∥，则m的值为．14.将表面积为36π的圆锥沿母线将其侧面展开，得到一个圆心角为的扇形，则该圆锥的轴截面的面积S＝．15.如图，已知有两个以O为圆心的同心圆，小圆的半径为1，大圆的半径为2，点A 为小圆上的动点，点P，Q是大圆上的两个动点，且•＝1，则||的最大值是．16.如图，在三棱锥A﹣BCD的平面展开图中，已知四边形BCED为菱形，BC＝1，BF＝，若二面角A﹣CD﹣B的余弦值为﹣，M为BD的中点，则CD＝，直线AD与直线CM所成角的余弦值为．四、解答题（本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知，．（1）若与同向，求；（2）若与的夹角为120°，求．18.已知a、b、c是△ABC中∠A、∠B、∠C的对边，a＝4，b＝6，cos A＝﹣．（1）求c；（2）求cos2B的值．19.已知：复数z1与z2在复平面上所对应的点关于y轴对称，且z1（1﹣i）＝z2（1+i）（i为虚数单位），|z1|＝．（Ⅰ）求z1的值；（Ⅱ）若z1的虚部大于零，且（m，n∈R），求m，n的值．20.（Ⅰ）在复数范围内解方程|z|2+（z+）i＝（i为虚数单位）（Ⅱ）设z是虚数，ω＝z+是实数，且﹣1＜ω＜2．（1）求|z|的值及z的实部的取值范围；（2）设，求证：μ为纯虚数；（3）在（2）的条件下求ω﹣μ2的最小值．21.如图，直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，AB＝AC＝1，，A1A＝4，点M为线段A1A 的中点．（1）求直三棱柱A1B1C1﹣ABC的体积；（2）求异面直线BM与B1C1所成的角的大小．（结果用反三角表示）22.如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点G在棱D1C1上，且D1G＝D1C1，点E、F、M分别是棱AA1、AB、BC的中点，P为线段B1D上一点，AB＝4．（Ⅰ）若平面EFP交平面DCC1D1于直线l，求证：l∥A1B；（Ⅱ）若直线B1D⊥平面EFP．（i）求三棱锥B1﹣EFP的表面积；（ii）试作出平面EGM与正方体ABCD﹣A1B1C1D1各个面的交线，并写出作图步骤，保留作图痕迹．设平面EGM与棱A1D1交于点Q，求三棱锥Q﹣EFP的体积．答案解析一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．（2﹣i）z对应的点位于虚轴的正半轴上，则复数z对应的点位于（）1.已知复平面内，A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【答案】B【分析】直接利用复数的运算和几何意义的应用求出该点所表示的位置．【解答】解：设z＝a+bi（a，b∈R），所以（2﹣i）（a+bi）＝2a+b+（2b﹣a）i，由于对应的点在虚轴的正半轴上，所以，即，所以a＜0，b＞0．故该点在第二象限．故选：B．【知识点】复数的代数表示法及其几何意义2.平行四边形ABCD中，点E是DC的中点，点F是BC的一个三等分点（靠近B），则＝（）A．B．C．D．【答案】D【分析】利用平行四边形的性质以及向量相等的概念，再利用平面向量基本定理进行转化即可．【解答】解：因为ABCD为平行四边形，所以，故．故选：D．【知识点】平面向量的基本定理3.已知向量＝（6t+3，9），＝（4t+2，8），若（+）∥（﹣），则t＝（）A．﹣1 B．﹣C．D．1【答案】B【分析】根据平面向量的坐标表示和共线定理，列方程求出t的值．【解答】解：向量＝（6t+3，9），＝（4t+2，8），所以+＝（6t+3，11），﹣＝（4t+2，5）．又（+）∥（﹣），所以5（6t+3）﹣11（4t+2）＝0，解得t＝﹣．故选：B．【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示4.已知矩形ABCD的一边AB的长为4，点M，N分别在边BC，DC上，当M，N分别是边BC，DC的中点时，有（+）•＝0．若+＝x+y，x+y＝3，则线段MN的最短长度为（）A．B．2 C．2D．2【答案】D【分析】先根据M，N满足的条件，将（+）•＝0化成的表达式，从而判断出矩形ABCD为正方形；再将+＝x+y，左边用表示出来，结合x+y ＝3，即可得NC+MC＝4，最后借助于基本不等式求出MN的最小值．【解答】解：当M，N分别是边BC，DC的中点时，有（+）•＝＝＝，所以AD＝AB，则矩形ABCD为正方形，设，，则＝．则x＝2﹣λ，y＝2﹣μ．又x+y＝3，所以λ+μ＝1．故NC+MC＝4，则MN＝＝（当且仅当MC＝NC＝2时取等号）．故线段MN的最短长度为2．故选：D．【知识点】平面向量数量积的性质及其运算5.若z∈C且|z+3+4i|≤2，则|z﹣1﹣i|的最大和最小值分别为M，m，则M﹣m的值等于（）A．3 B．4 C．5 D．9【答案】B【分析】由题意画出图形，再由复数模的几何意义，数形结合得答案．【解答】解：由|z+3+4i|≤2，得z在复平面内对应的点在以Q（﹣3，﹣4）为圆心，以2为半径的圆及其内部．如图：|z﹣1﹣i|的几何意义为区域内的动点与定点P得距离，则M＝|PQ|+2，m＝|PQ|﹣2，则M﹣m＝4．故选：B．【知识点】复数的运算6.已知球的半径为R，一等边圆锥（圆锥母线长与圆锥底面直径相等）位于球内，圆锥顶点在球上，底面与球相接，则该圆锥的表面积为（）A．R2B．R2C．R2D．R2【答案】B【分析】设圆锥的底面半径为r，求得圆锥的高，由球的截面性质，运用勾股定理可得r，由圆锥的表面积公式可得所求．【解答】解：如图，设圆锥的底面半径为r，则圆锥的高为r，则R2＝r2+（r﹣R）2，解得r＝R，则圆锥的表面积为S＝πr2+πr•2r＝3πr2＝3π（R）2＝πR2，故选：B．【知识点】球内接多面体、旋转体（圆柱、圆锥、圆台）7.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子（近似为球）包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为4的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的体积最大值为（）A．πB．πC．πD．π【答案】A【分析】先根据题意求得正四面体的体积，进而得到六面体的体积，再由图形的对称性得，内部的丸子要是体积最大，就是丸子要和六个面相切，设丸子的半径为R，则，由此求得R，进而得到答案．【解答】解：由题意可得每个三角形面积为，由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的，可得该四面体的高为，故四面体的体积为，∵该六面体的体积是正四面体的2倍，。
2023-2024学年合肥市一中高一数学(下)期中考试卷附答案解析
2023-2024学年合肥市一中高一数学（下）期中考试卷（考试时间：150分钟满分：120分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．复数z 满足()2i i z -=（i 是虚数单位），则在复平面内z 对应的点位于（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限2．在ABC 中，sin :sin :sin 2:3:4A B C =，则cos C =（）A ．23-B ．14-C ．13-D ．143．非零向量a ，b 满足2a b a b +=- ，若a b = ，则a ，b 的夹角为（）A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π64．以边长为2的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的侧面积为（）A ．B ．4πC ．D ．8π5．圆台上底面半径为2cm ，下底面半径为4cm ，母线8cm AB =，A 在上底面上，B 在下底面上，从AB 中点M 拉一条绳子，绕圆台侧面一周到B 点，则绳子最短距离为（）cm A ．10B ．12C ．16D ．206．安徽省肥西县紫蓬山风景秀丽，紫蓬山山顶有座塔.某同学为了测量塔高，他在地面C 处时测得塔底B 在东偏北45︒的方向上，向正东方向行走50米后到达D 处，测得塔底B 在东偏北75︒的方向上，此时测得塔顶A 的仰角为45︒，则塔顶A 离地面的高度AB 为（）A ．米B ．50米C ．25+米D ．50米7．已知直角ABC 中，3AB =，4AC =，5BC =，I 是ABC 的内心，P 是IBC 内部（不含边界）的动点，若(),AP AB AC λμλμ=+∈R，则λμ+的取值范围为（）A ．11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．17,212⎛⎫⎪⎝⎭C ．7,112⎛⎫⎪⎝⎭D ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭8．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体.已知1AB =，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有（）A B ．该半正多面体过A ，B ，C 三点的截面面积为334C ．该半正多面体外接球的表面积为8πD ．该半正多面体的表面积为6+二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．如图，A B C ''' 是水平放置的ABC 的斜二测直观图，其中2O C O A O B ''''''==，2O B ''=.则以下正确的有（）A ．4OA =B ．ABC 是等腰直角三角形C ．4OB =D ．ABC 的面积为810．已知平面向量()2,3a =-r，()2,1b = ，则（）A ．()2a b b⊥-B ．a 与b可作为一组基底向量C ．a 与bD ．a 在b方向上的投影向量的坐标为21,33⎛⎫ ⎪⎝⎭11．已知a ，b ，c 分别是ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边，其中正确的命题有（）A ．已知60A ∠=︒，4b =，2c =，则ABC 有两解B ．若90A ∠=︒，3b =，4c =，ABC 内有一点P 使得PA ，PB ，PC两两夹角为120︒，则22230PA PB PC ++= C ．若90A ∠=︒，1b =，c =ABC 内有一点P 使得PA 与PB 夹角为90︒，PA 与PC夹角为120︒，则3tan 4PAC ∠=D ．已知60A ∠=︒，4b =，设a t =，若ABC 是钝角三角形，则t 的取值范围是()()4+∞ 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为r 的半圆，且该圆锥的体积为3π，则r =.13．甲船在B 岛的正南方向A 处，10AB =千米，甲船以4千米/小时的速度向正北方向航行，同时，乙船自B 岛出发以6千米/小时的速度向北偏东60︒的方向驶去，航行时间不超过2.5小时，则当甲、乙两船相距最近时，它们航行的时间是小时.14．如图，某公园内有一块边长为2个单位的正方形区域ABCD 市民健身用地，为提高安全性，拟在点A 处安装一个可转动的大型探照灯，其照射角PAQ ∠始终为45︒（其中P ，Q 分别在边BC ，CD 上），则AP AQ ⋅的取值范围.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．如图所示，底面边长为P ABCD -被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为，高为4的正四棱锥1111P A B C D -.(1)求棱台1111A B C D ABCD -的体积；(2)求棱台1111A B C D ABCD -的表面积.16．如图，在ABC 中，已知2,4,60AB AC BAC ==∠=︒，M 是BC 的中点，N 是AC 上的点，且,,AN xAC AM BN=uuu r uuu r 相交于点P ．设,AB a AC b ==.(1)若13x =，试用向量,a b表示,AM PN uuu r uuu r ;(2)若AM PN ⊥，求实数x 的值．17．在ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且sin C C a =，b =(1)求角B ；(2)若2a c +=，求边AC 上的角平分线BD 长；(3)求边AC 上的中线BE 的取值范围.18．在ABC 中，内角,,A B C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知sin sin cos sin cos sin sin a A a C B b C A b B c A ++=+.(1)若2a =，且ABC 为锐角三角形，求ABC 的周长的取值范围；(2)若2b ac =，且外接圆半径为2，圆心为O ，P 为圆O 上的一动点，试求PA PB ⋅的取值范围.19．现定义“n 维形态复数n z ”：cos isin n z n n θθ=+，其中i 为虚数单位，*n ∈N ，0θ≠.(1)当π4θ=时，证明：“2维形态复数”与“1维形态复数”之间存在平方关系；(2)若“2维形态复数”与“3维形态复数”相等，求πsin 4θ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值；(3)若正整数m ，()1,2n m n >>，满足1m z z =，2n m z z =，证明：存在有理数q ，使得12m q n q =⋅+-.1．B【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简复数z ,求出复数z 在复平面内对应的点的坐标即可．【详解】由()2i i z -=,得()()()i 2i i 12i 2i 2i 2i 55z +===-+--+,∴复数z 在复平面内对应的点的坐标为12,55⎛⎫- ⎪⎝⎭，位于第二象限．故选:B ．2．B【分析】根据正弦定理及余弦定理求解.【详解】由正弦定理可知，::2:3:4a b c =，设2,3,4a k b k c k ===，则22222213161cos 2124a b c k k C ab k +--===-.故选：B 3．B【分析】由题意利用求向量的模的方法，求得22a b b ⋅= ，从而利用向量的夹角公式求解即可.【详解】∵非零向量a ，b满足2a b a b +=- ，且a b = ，设a ，b的夹角为θ，则2222244a a b b a a b b +⋅+=-⋅+ ，且22a b = ，所以22a b b ⋅= .∴22112cos 2b a b a b bθ⋅===⋅ .∵[]0,πθ∈，∴π3θ=.故选:B ．4．C【分析】根据正三角形绕一边所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的全等圆锥,根据圆锥的侧面积公式求解．【详解】如图，正三角形ABC 绕AB 所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的全等圆锥，底面半径3r =母线长2l =,由圆锥的侧面积公式可得该几何体的侧面积为2π3243π⨯=.故选:C.5．D【分析】由题意需先画出圆台的侧面展开图，并还原成圆锥展开的扇形，则所求的最短距离是平面图形两点连线，根据条件求出扇形的圆心角以及半径长，再求出最短的距离．【详解】画出圆台的侧面展开图，并还原成圆锥展开的扇形，且设扇形的圆心为O ,由图得：所求的最短距离是MB '，设OA R =，圆心角是α，则由题意知，4πR α=①，()8π8R α=+②，由①②解得，π,82R α==，∴12,16OM OB '==，则22121620cm MB '=+=．则则绳子最短距离为20cm ．故选:D ．6．A【分析】设塔高为h 米，利用仰角的正切表示出BD h =，在BCD △中利用正弦定理列方程求得h 的值.【详解】设雷锋塔AB 的高度为h 米,在地面C 处时测得塔顶A 在东偏北45︒的方向上，45BCD ∠=︒,测得塔顶A 在东偏北75︒的方向上,仰角为45︒，在Rt △ABD 中，45ADB ∠=︒，tan 45hBD h ==︒，在BCD △中,754530CBD ∠=︒-︒=︒，由正弦定理得，sin 30sin 45CD BD=︒︒，即5012=h =.故选：A.7．C【分析】由题意得AB AC ⊥，以A 为坐标原点，,AB AC 所在的直线分别为,x y 轴建立平面直角坐标系，利用等面积法先求出I 的位置，设(),P x y ，根据AP AI IP =+ ，可得1134IP AB AC λμ⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故,34x yλμ==，34x y λμ+=+，根据线性规划即可求解.【详解】因为3AB =，4AC =，5BC =，所以222AB AC BC +=，即AB AC ⊥.如图建立平面直角坐标系：设内切圆的半径为r ，则()()()0,0,3,0,0,4A B C ．∵ABC ABI BCI ACI S S S S =++V V V V ,∴2222AB AC AB r BC r AC r⋅⋅⋅⋅=++,即3434562222r r r r ⨯=++=,解得1r =，所以()1,1I ，∴1134AI AB AC =+ .∴1134AP AI IP AB AC IP =+=++ ，即1134AB AC AB AC IP λμ+=++ ，可得1134IP AB AC λμ⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设(),P x y ，则()()()()111,13,00,431,4134x y λμλμ⎛⎫⎛⎫--=-+-=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴3,4x y λμ==，即,34x yλμ==，∴34x y λμ+=+.∵()()3,0,0,4B C ，∴直线BC 的方程为134x y+=.设34x y z λμ=+=+，表示与134x y+=平行的直线，平移34x y z =+，当34x y z =+经过点I 时，1173412z =+=；当34x y z =+与134x y +=重合时，134x y z =+=.因为P 是IBC 内部（不含边界）的动点，所以7,112z ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，即7,112λμ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭.故答案为:7,112⎛⎫⎪⎝⎭.【点睛】关键点睛：设(),P x y ，求出34x yλμ+=+，根据线性规划求解λμ+的范围.8．D【分析】先将该半正多面体补形为正方体，利用正方体与棱锥的体积公式判断A ，利用该半正多面体的对称性，得到截面为正六边形与外接球的球心位置，从而判断BC ，利用正三角形与正方体的面积公式判断D.【详解】A ：如图，因为1AB =，的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该半正多面体的体积为：2311832223V ⎛⎫=-⨯⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故A 错误；B ：根据该半正多面体的对称性可知，过,,A B C 三点的截面为正六边形ABCFED ，又1AB =，所以正六边形面积为261S ==，故B 错误；C ：根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，即正六边形ABCFED 的中心，故半径为1AB =，所以该半正多面体外接球的表面积为224π4π14πS R ==⨯=，故C 错误；D ：因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为1，所以其表面积为2281616+⨯=+，故D 正确.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键有二，一是将该半正多面体补形为正方体，二是充分利用该半正多面体的对称性，从而得解.9．ABC【分析】根据直观图画出原图，进而判断出正确答案.【详解】画出原图如下图所示，根据斜二测画法的知识可知：4OC OA OB ===，三角形ABC 是等腰直角三角形，面积为()1444162⨯+⨯=.所以ABC 选项正确，D 选项错误.故选：ABC10．BC【分析】对A ：计算()2a b b -⋅即可得；对B ：借助基底向量的定义即可得；对C ：借助平面向量夹角公式计算即可得；对D ：借助投影向量定义计算即可得.【详解】对A ：()22,5a b -=--，则()()222519a b b +⋅-=-⨯-⨯=- ，故A 错误；对B ：易得a 与b 为不共线的向量，故a 与b可作为一组基底向量，故B 正确；对C ：cos ,a b a b a b ====⋅C 正确；对D：121,555a bb b bb⋅⎛⎫⋅== ⎪⎝⎭ ，故D 错误.故选：BC.11．CD【分析】对A ：由余弦定理可计算出a 有唯一解；对B ：借助余弦定理与等面积法计算即可得；对C ：设PAC θ∠=，由余弦定理可得sin sin AP ACACP APC=∠∠，代入数据计算即可得解；对D ：分B ∠为钝角及C ∠为钝角，结合直角的临界状态计算即可得.【详解】对A：a ==ABC 有唯一解，故A 错误；对B ：在PBC 、PAC △、PAB 中，分别有2222342cos120PB PC PB PC +=+-⋅︒，即2225PB PC PB PC =++⋅，22232cos120PA PC PA PC =+-⋅︒，即229PA PC PA PC =++⋅，22242cos120PA PB PA PB =+-⋅︒，即2216PA PB PA PB =++⋅，即有()222259162PA PB PC PA PB PB PC PA PC ++=+++⋅+⋅+⋅，即()222502PA PB PB PC PA PC PA PB PC -⋅+⋅+⋅++=，又13462ABC PBC PAC PAB S S S S =++=⨯⨯= ，即()1sin12062PA PB PB PC PA PC ⋅+⋅+⋅︒=，即PA PB PB PC PA PC ⋅+⋅+⋅=，即有22225PA PB PC ++=-，故B错误；对C ：设PAC θ∠=，则在直角三角形PAB 中，APB θ∠=，PA θ=，在PAC △中，有sin sin AP ACACP APC=∠∠1sin120=︒，313222=4sin θθ=，即3tan 4θ=，故C 正确；对D ：若B ∠为钝角，如图，作CD AB ⊥于点D ，有CD BC AC <<，即sin b A a b ⋅<<，即234t <<，若C ∠为钝角，如图，作CD AC ⊥于点C ，有BC CD >，即tan a b A >⋅，即43t >综上所述，t 的取值范围是()()23,43,∞⋃+，故D 正确.故选：CD.【点睛】关键点点睛：D 选项中关键点在于分B ∠为钝角及C ∠为钝角，分别找出直角的临界情况求出范围.12．23【分析】设圆锥的底面圆的半径为R ，高为h ，则母线长为r 且2R r =，根据勾股定理求得32h r =，结合圆锥的体积公式计算即可求解.【详解】由题意知，设圆锥的底面圆的半径为R ，高为h ，则圆锥的母线长为r ，且12π2π2R r =⨯，得2R r =，所以2232h r R r -=，又圆锥的体积为3π，所以211π33V Sh R h ==，即2133ππ()322r r =⨯，解得23r =.故答案为：13．514【分析】设经过x 小时距离最近,分别表示出甲乙距离B 岛的距离,由余弦定理表示出两船的距离,根据二次函数求最值的方法得到答案.【详解】设经过x 小时两船之间的距离为s 千米,甲船由A 点到达C 点，乙船由B 点到达D 点，则4,104,6AC x BC x BD x ==-=，11820060CBD ∠︒=︒-.由余弦定理可得()()()2222110462104628201002s x x x x x x ⎛⎫=-+--⋅⋅-=-+ ⎪⎝⎭，当205 2.522814x ==<⨯时，2s 最小,则两船之间的距离最小,此时它们航行的时间为514小时.故答案为:514.14．8,4⎡⎤⎣⎦【分析】设,tan PAB t θθ∠==，可得2tan 2BP t θ==,()[]21,0,11t DQ t t-=∈+，以点A 为坐标原点,,AB AD 所在直线分别为,x y 轴建立坐标系,然后求出,AP AQ 的坐标,结合数量积的运算和对勾函数的性质求解.【详解】设,tan PAB t θθ∠==,则2tan 2BP t θ==，()()[]21tan 21π2tan ,0,141tan 1t DQ t t θθθ--⎛⎫=-=∈ ⎪++⎝⎭.以点A 为坐标原点,,AB AD 所在直线分别为,x y 轴建立坐标系,则()()()210,0,2,2,,21t A P t Q t ⎛⎫- ⎪+⎝⎭，()()212,2,,21t AP t AQ t ⎛⎫-== ⎪+⎝⎭,所以()412441211t AP AQ t t t t -⎛⎫⋅=+=++- ⎪++⎝⎭ .令1u t =+，[]1,2u ∈，则242AP AQ u u ⎛⎫⋅=+- ⎪⎝⎭ ，[]1,2u ∈.由对勾函数的性质可得()2f u u u =+在(上单调递减，在)2上单调递增，所以()min f u f ==又()()13,23f f ==，所以()2f u u u =+在[]1,2u ∈上的值域为⎡⎤⎣⎦，所以2428,4AP AQ u u ⎛⎫⎡⎤⋅=+-∈- ⎪⎣⎦⎝⎭ .故答案为:8,4⎡⎤⎣⎦.15．(1)2243(2)112【分析】（1）借助正四棱锥于棱台的性质可得棱台的高，结合棱台体积公式计算即可得；（2）求出棱台各个面的面积后相加即可得.【详解】（1）过点P 作PO ⊥底面ABCD 于点O ，PO 交平面1111D C B A 于点1O ，由正四棱锥及棱台的性质可知，O 为底面ABCD 的中心，则111114O O PO PO PO PO PO =--==，即棱台1111A B C D ABCD -的高4h =，(1111111113A B C D ABCD ABCD A B C D V S S h-=⨯+⨯((22112244564333⎡=⨯+⨯=⨯⨯=⎢⎣，（2）连接OA，则22422AO AB ==，则112AA AP ===作1A M AB ⊥于点M ，则1A M =故1111114ABCD A B C DA ABB S S S S=++表正方形正方形梯形(((22142=++⨯⨯32872112=++=.16．(1)1122AM a b =+ ，11412PN a b =-+uuu r r r (2)25【分析】（1）根据向量的加法运算即可求得AM ；设()PN tBN t AN AB ==-uuu r uuu r uuu r uu u r ，利用向量的线性运算结合图形关系可得1(1)3AP t b ta =-+uu u r r r ，再由向量共线的性质得到14t =，最后表示出所求向量即可；（2）利用向量垂直的性质和数量积的定义式计算可得.【详解】（1）111()222AM AB AC a b =+=+uuu r uu u r uuu r r r ，设()PN tBN t AN AB ==-uuu r uuu r uuu r uu u r ，因为13AN AC = ，所以1()(1)(1)3AP AN NP AN t AN AB t AN t AB t AC t AB =+=--=-+=-+uu u r uuu r uu u r uuu r uuu r uu u r uuu r uu u r uuu r uu u r，即1(1)3AP t b ta =-+uu u r r r ，由,AP AM uu u r uuu r 共线得：1(1)3t t -=，解得：14t =，所以1111()124124PN t BN t AN AB AC AB b a ==-=-=-uuu r uuu r uuu r uu u r uuu r uu u r r r ，所以1111,22412AM a b PN a b =+=-+ .（2）BN BA AN AB x AC a xb =+=-+=-+uuu r uu r uuu r uu u r uuu r r r ，因为AM PN ⊥，由于,BN PN uuu r uuu r 共线，故AM BN ⊥ ，所以1111()28402222AM BN a b a xb x x ⎛⎫⎛⎫⋅=+⋅-+=-++-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ，解25x =．17．(1)π3(2)6(3)33,22⎤⎥⎝⎦【分析】（1）根据正弦定理结合两角和的正弦公式化简求值即可；（2）依据余弦定理及已知得13ac =，然后利用面积分割法列方程求解即可；（3）利用向量的加法运算及数量积模的运算得()1324BE ca =+ ，利用正弦定理得π2sin 216ac A ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，然后利用正弦函数的性质求解范围即可.【详解】（1）因为sin C C a +=，根据正弦定理sin sin sin b A C C B=，即()sin sin cos sin B C B C b A B C =+,即sin sin sin B C B C =，又sin 0C ≠，所以tan B =，因为()0,πB ∈，所以π3B =.（2）由π3B =及余弦定理得22π32cos 3c a ac =+-，即()22233c a ac a c ac =+-=+-，又因为2a c +=，所以13ac =，所以111sin sin sin 22222ABC ABD BCD B B S S S c BD a BD ac B =+=⋅⋅+⋅⋅= ，所以()ππsin sin 63BD a c ac ⋅+⋅=，即132122BD =⨯（3）因为E 是AC 的中点，所以()12BE BA BC =+ ，则()()2222211322444ca BE BA BA BC BC c a ac +=+⋅+=++= ，由正弦定理得，2sin 4sin sin 4sin sin πsin sin 3b b ac A C A C A A B B ⎛⎫=⋅==- ⎪⎝⎭即2πcos 2sin sin 2cos 212sin 216ac A A A A A A ⎛⎫=+-+=-+ ⎪⎝⎭，因为()()20,π,π0,π3A C A ∈=-∈，所以20,π3A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以π172π,π666A ⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭，所以π1sin 2,162A ⎛⎫⎛⎤-∈- ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦，所以(]π2sin 210,36ac A ⎛⎫=-+∈ ⎪⎝⎭，所以23239,444ca BE +⎛⎤=∈ ⎥⎝⎦，所以322BE ⎛⎤∈ ⎥ ⎝⎦，即边AC 上的中线BE 的取值范围为3322⎛⎤ ⎥ ⎝⎦.18．(1)(3++;(2)[]2,6-.【分析】（1）直接利用正余弦定理即可求出角B ,利用正弦定理将周长转化为关于角A 的三角函数，利用三角函数的值域即可求解；（2）易得ABC 为等边三角形，取AB 中点M ，可得2223PA PB PM MA PM ⋅=-=- ，由P 为圆O 上的一动点，可得[]1,3PM ∈，进而可求PA PB ⋅ 的取值范围.【详解】（1）因为sin sin cos sin cos sin sin a A a C B b C A b B c A ++=+，所以由正弦定理可得22cos cos a ac B bc A b ac ++=+，由余弦定理可得2222222222a c b b c a a b ac +-+-++=+，即222a c b ac +=+，所以2221cos 222a cb ac B ac ac +-===.因为0πB <<，所以π3B =；由ABC 为锐角三角形，π3B =，所以π022ππ032A C A ⎧<<⎪⎪⎨⎪<=-<⎪⎩,可得ππ,62A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.由正弦定理sin sin sin a bcA B C ==,得22πsin sin 32cA A ==⎛⎫- ⎪⎝⎭，则2π2sin 31sin A b c A ⎛⎫- ⎪⎝⎭====则ABC的周长为22cos cos 12333sin 2sin cos tan 222AA a b c A A A A +++==+=+.由ππ,62A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则ππ,2124A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.因为2π2tanππ12tan tan 2π6121tan 12⎛⎫=⨯== ⎪⎝⎭-整理得2ππtan 101212+-=，解得πtan 212=πtan 212=-（舍），所以()tan 22A ∈，所以(33tan 2A ++，即ABC的周长的取值范围为(3+.（2）由正弦定理2sin bR B =（R 为ABC的外接圆半径），则212b ac b ===.由222a c b ac +=+，可得2224a c +=，则a c ==ABC 为等边三角形.取AB 中点M，如图所示：则()()PA PB PM MA PM MB ⋅=+⋅+ ()2PM PM MA MB MA MB =+⋅++⋅ 2223PM MA PM =--= .由2,1OP OM ==，则[]1,3PM ∈，则[]2,6PA PB ⋅∈- ．19．(1)证明见解析；(3)证明见解析.【分析】(1)当π4θ=时,ππcos isin 44n z n n =+,)11i z =+,2i z =，由221z z =,即可证明“2维形态复数”与“1维形态复数”之间存在平方关系；(2)由“2维形态复数”与“3维形态复数”相等,可得cos 2i sin 2cos3i sin 3θθθθ+=+，利用复数相等的条件得到()2πk k θ=∈Z ,即可求πsin 4θ⎛⎫+ ⎪⎝⎭；(3)由1m z z =得cos i sin cos i sin m m θθθθ+=+,利用复数相等的条件得到()112π1k k m θ=∈-Z 和()222π2k k n θ=∈-Z ,则()12122π2π,12k k k k m n =∈--Z ,则()11221,2k m k k n k -=∈-Z ,进一步得()()111122222211,k k k m n n k k k k k =-+=⋅+-∈Z ,即可证明存在有理数12k q k =,使得12m q n q =⋅+-.【详解】（1）当π4θ=时,ππcos isin 44n z n n =+,则)1ππcos isin 1i 44z =++,2ππcos isin 2i 2z +==.因为)()2221211i 12i i i 22z z ⎤=+=++==⎥⎣⎦，故“2维形态复数”与“1维形态复数”之间存在平方关系.（2）因为“2维形态复数”与“3维形态复数”相等,所以cos 2i sin 2cos3i sin 3θθθθ+=+,因此cos 2cos3sin 2sin 3θθθθ=⎧⎨=⎩，解cos 2cos3θθ=，得()322πk k θθ=+∈Z 或()322πk k θθ+=∈Z ,解sin 2sin 3θθ=，得()322πk k θθ=+∈Z 或()322ππk k θθ+=+∈Z ,由于两个方程同时成立,故只能有()322πk k θθ=+∈Z ,即()2πk k θ=∈Z .所以πππsin sin 2πsin 444k θ⎛⎫⎛⎫+=+== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（3）由1m z z =，得cos i sin cos i sin m m θθθθ+=+,由(2)同理可得()112πm k k θθ=+∈Z ,即()()1112πm k k θ-=∈Z .因为1m >,所以()112π1k k m θ=∈-Z .因为221n m z z z ==,由(1)知221z z =,所以2n z z =.由(2)同理可得()2222πn k k θθ=+∈Z ,即()()2222πn k k θ-=∈Z .因为2n >,所以()222π2k k n θ=∈-Z ,所以()12122π2π,12k k k k m n =∈--Z ,又因为0θ≠,所以120k k ≠,所以()11221,2k m k k n k -=∈-Z ,即()()111122222211,kk km n n k k k k k =-+=⋅+-∈Z ，所以存在有理数12kq k =,使得12m q n q=⋅+-.【点睛】关键点点睛：利用复数相等求出参数然后求解.。
青海省海东市第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题(含答案)
海东市第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学全卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3．选择题用2B 铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.5．本卷主要考查内容：必修第二册第六章~第八章8.4.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 已知中，内角所对的边分别，若，，，则（ ）A.B.C.D.2. 用一个平面截一个几何体，得到的截面是三角形，这个几何体不可能是（ ）A. 长方体B. 圆锥C. 棱锥D. 圆台3. 复平面内表示复数的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限4. 已知是两个不共线的向量,，若与是共线向量，则实数的值为（ ）A. B. 6C.D. 5. 如图，正方形中，、分别是、的中点，若，则（ ）ABC V ,,A B C ,,a b c 1a =2b =1sin 6A =sin B =231356121iiz -=21,e e 1212e 3e ,2e e a b k =+=-+ a bk 6-3232-ABCD M N BC CD AC AM BN λμ=+λμ+=A. 2B.C.D.6. 某圆锥的侧面展开图扇形的弧长为，扇形的半径为5，则圆锥的体积为（ ）A. B. 75C. D. 7. 若水平放置四边形AOBC 按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，四边形为等腰梯形，，则原四边形AOBC 的面积为（ ）A. B. C. D. 8. 如图，AB 是底部不可到达一座建筑物，A 为建筑物的最高点，某同学选择地面CD 作为水平基线，使得C ，D ，B 在同一直线上，在C ，D 两点用测角仪器测得A 点的仰角分别是45°和75°，，则建筑物AB 的高度为（ ）A. B.C. D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9. 分别在两个相交平面内的两条直线间的位置关系是（ ）A. 平行B. 相交C. 异面D. 以上皆不可能10. 已知为虚数单位，复数，则（）的的8365858π25π16πO A C B '''',4,8A C O B A C O B ''''''''==∥10CD=5+i 312312i,2i,i z z z =+=-=A. 与互为共轭复数B.C. 为纯虚数D.11. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法正确的是（）A. 若，则B. 若，则只有一解C. 若，则直角三角形D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12. 已知复数，则______．13. 有一个正六棱柱的机械零件，底面边长为，高为，则这个正六棱柱的机械零件的表面积为_________.14. 如图，一艘船以每小时20km的速度向东航行，船在处观测灯塔在北偏东方向，行驶2h后，船到达处，观测个灯塔在北偏东方向，此时船与灯塔的距离为_________km.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．15. 已知是虚数单位，复数，．（1）当复数为实数时，求的值；（2）当复数为纯虚数时，求的值；16已知平面向量满足，其中.（1）若，求实数m的值；（2）若，求向量与的夹角的大小.17. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（1）求角C；（2）若的面积为a、b的值．为.1z2z12=z z123z z z++()1323iz z z+⋅=+ ABCVA B>sin sinA B>602 1.74A c a=︒==，，ABCVtanaAb=ABCVcos cos cos0A B C++>122i,1iz z=-=+12z z=4cm1cm2cmA C45︒B C15︒Ci()()22562iz m m m m=-++-m∈Rz mz ma b，(1,2),(4,1)a m b=--=-m∈Ra b∥a b⊥2a b-bABCV222ab c a b=--ABCV c=18. 如图，圆锥中内接一个圆柱，是的中点，，圆柱的体积为.（1）求圆锥母线长；（2）求图中圆锥的侧面积与圆柱的侧面积之比.19. 在平面四边形中（在的两侧），.（1）若，求；（2）若，求四边形的面积的最大值.的PO 1O OP 24OB OA ==1O O 16πPO 1O O ABCD ,B D AC 1,120AD CD ADC ∠===90,DAB BC ∠==ABC ∠2AB BC =ABCD海东市第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．【1题答案】【答案】B【2题答案】【答案】D【3题答案】【答案】C【4题答案】【答案】A【5题答案】【答案】D【6题答案】【答案】D【7题答案】【答案】D【8题答案】【答案】A二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．【9题答案】【答案】ABC【10题答案】【答案】BD【11题答案】【答案】AD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．【12题答案】【答案】【13题答案】【答案】##【14题答案】【答案】四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．【15题答案】【答案】（1）或 （2）【16题答案】【答案】（1）9 （2）【17题答案】【答案】（1）；（2），或，．【18题答案】【答案】（1）（2【19题答案】【答案】（1） （2）3i +24+24+0m =2m =3m =3π423C π=2a =4b =4a =2b =45ABC ∠= 1。
河南省焦作市第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题
河南省焦作市第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题一、单选题1．设21i (i i i z +=+为虚数单位)，则z =（ ） A ．i B ．i - C ．1i + D ．1i -- 2．下列命题正确的是（ ）A ．若直线//a b ，则a 平行于经过b 的任何平面B ．若直线a ，b 和平面α，β，满足a αβ⋂=，//b α，//b β，则//a bC ．若直线a ，b 和平面α满足//a α，//b α，则//a bD ．若直线a 和平面α满足//a α，则a 与α内任何直线平行3．如图，四边形ABCD 的斜二测画法直观图为等腰梯形A B C D ''''．已知4A B ''=，2C D ''=，则下列说法正确的是（ ）A ．2AB = B ．A D ''=C．四边形ABCD 的周长为4+D ．四边形ABCD 的面积为4．已知直角ABC V 斜边BC 的中点为O ，且OA AB =u u u r u u u r ，则向量CA u u u r 在向量CB u u u r 上的投影向量为（ ）A ．14CB u u u r B ．34CB u u u rC ．14CB -u u u rD ．34CB -u u u r 5．已知e r 为单位向量，向量a r 满足2a e ⋅=r r ，1a e λ-=r r ，则a r 的最大值为（ ）A ．4B ．2CD ．56．ABC V 中，a 、b 、c 分别是内角A 、B 、C 的对边，若222ABC a b c =+-V ，且()0||||AB AC BC AB AC +⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，则ABC V 的形状是（ ） A ．等腰非直角三角形 B ．三边均不相等的直角三角形C ．等边三角形D ．等腰直角三角形7．已知直三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的表面上，若11,4AB AC AA ===，2π3BAC ∠=，则球O 的表面积为（ ） A ．16πB ．20πC ．28πD ．32π 8．在锐角ABC V 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知2cos a b B =，且b c ≠，则下列命题正确的有（ ）个①2A B = ②角B 的取值范围是0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭③cos A 的取值范围是10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭④a b 的取值范围是 A ．1 B ．2 C ．3 D ．4二、多选题9．已知复数z 满足11z z =-=，且复数z 对应的点在第一象限，则下列结论正确的是（ ）A ．复数z 的虚部为32B ．11z 2=C ．21z z =-D ．复数z 的共轭复数为12- 10．下列说法中正确的有（ ）A ．与()2,1a =-r 垂直的单位向量为⎝⎭B ．已知a r 在b r 上的投影向量为12b r 且5b =r ，则252a b ⋅=r r C ．若非零向量a r ，b r 满足a b a b ==-r r r r ，则a r 与a b +r r 的夹角是30︒D ．已知()1,2a =r ，()1,1b =r ，且a r 与a b λ+r r 夹角为锐角，则λ的取值范围是5,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭11．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，已知M ，N ，P 分别是棱11C D ，1AA ，BC 的中点，点Q 满足1CQ CC λ=u u u r u u u u r ，[]0,1λ∈，下列说法正确的是（ ）A ．//PQ 平面11ADD AB ．若Q ，M ，N ，P 四点共面，则14λ=C ．若13λ=，点F 在侧面11BB C C 内，且1//A F 平面APQ ，则点FD ．若12λ=，由平面MNQ 分割该正方体所成的两个空间几何体为1Ω和2Ω，某球能够被整体放入1Ω或2Ω，则该球的表面积最大值为(12π-三、填空题12．如图，在平面五边形ABCDE 中， 1,2,AB DE BC CD AE =====90ABC BCD CDE ∠=∠=∠=︒，则五边形ABCDE 绕直线AB 旋转一周所成的几何体的体积为13．在ABC V 中，ABC ∠的平分线交AC 于点D ，2π,43ABC BD ∠==，则ABC V 周长的最小值为． 14．已知非零向量a b r r ､，满足π2,1,,3a b a b ===r r r r ，且()()0c a c b -⋅-=r r r r ，则c r 的最大值为.四、解答题15．已知,,a b c r r r 是同一平面内的三个向量，其中()1,2a =r .(1)若c =r //c a r r ，求c r 向量；(2)若b =r 2a b +r r 与2a b -r r 垂直，求a r 与b r 的夹角的余弦值. 16．记ABC V 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，且sin 2sin cos 2sin c A B A a A+=． (1)求B 的大小；(2)若b =ABC V 的面积为ABC V 的周长．17．如图，在几何体ABCDFE 中，四边形ABCD 为直角梯形，2,2DC AB GC FG ==，平面ABEF ⋂平面CDEF EF =(1)证明：AF //平面BDG(2)证明：//AB EF18．在ABC V 中，已知4AB =，10AC =，60BAC ∠=︒，BC 、AC 边上的两条中线AM 、BN 相交于点G.(1)求BN u u u r 、AM u u u u r ；(2)求CN u u u r 与GM u u u u r 夹角的余弦值.19．“但有一枝堪比玉，何须九畹始征兰”，盛开的白玉兰是上海的春天最亮丽的风景线，除白玉兰外，上海还种植木兰科的其他栽培种，如黄玉兰和紫玉兰等．某种植园准备将如图扇形空地AOB 分成三部分，分别种植白玉兰、黄玉兰和紫玉兰；已知扇形的半径为70米，圆心角为2π3，动点P 在扇形的弧上，点Q 在OB 上，且//PQ OA ．(1)求扇形空地AOB 的周长和面积；(2)当50OQ =米时，求PQ 的长；(3)综合考虑到成本和美观原因，要使白玉兰种植区OPQ △的面积尽可能的大．设AOP θ∠=，求OPQ △面积的最大值．。
广东省广州市广州中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷(含简单答案)
广州市广州中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 已知向量，，则（ ）A. 2B. 3C. 4D. 52（ ）A. B. C. D. 3. 如图，四边形中，，则必有（ ）A. B. C. D. 4. 如图，在空间四边形中、点、分别是边、上的点，、分别是边、上的点，，，则下列关于直线，的位置关系判断正确的是（ ）A. 与互相平行；B. 与是异面直线；C. 与相交，其交点在直线上；D. 与相交，且交点在直线上．5.已知，，且与互相垂直，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. .(2,1)a =(2,4)b =- ||a b -= ()i 13i 1i-=+2i +2i -2i-+2i--ABCD AB DC =AD CB=DO OB=AC DB=OA OC=ABCD E H AB AD F G BC CD EH FG ∥EH FG ≠EF GH EF GH EF GH EF GH BD EF GH AC a = 1b = a b - 2a b + a b30︒45︒60︒90︒6. 已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（ ）A. B. C. D.7. 函数的部分图象如图所示，则函数的单调递减区间为（ ）A. B. C. D. 8. 如图的曲线就像横放的葫芦的轴截面的边缘线，我们叫葫芦曲线（也像湖面上高低起伏的小岛在水中的倒影与自身形成的图形，也可以形象地称它为倒影曲线），它每过相同的间隔振幅就变化一次，且过点，其对应的方程为（，其中为不超过的最大整数，）.若该葫芦曲线上一点到轴的距离为，则点到轴的距离为（ ）A.B.C.D.二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9. 如图，弹簧挂着的小球做上下运动，它在时相对于平衡位置的高度（单位：）由关系式O O O 12π16π48π96π()()πsin 1002f x A x A ωϕωϕ⎛⎫=++>>< ⎪⎝⎭，，()π16g x f x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭πππ,π,Z 66k k k ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦ππ2π,2π,Z 66k k k ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦π5ππ,π,Z 36k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦πππ,π,Z 63k k k ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦π,24P ⎛⎫⎪⎝⎭122sin 2πx y x ω⎛⎫⎡⎤=- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭0x ≥[]x x 05ω<<M y 4π3M x 1412s t h cm，确定，其中，，．小球从最高点出发，经过后，第一次回到最高点，则（ ）A B.C. 与时的相对于平衡位置的高度D. 与时的相对于平衡位置的高度之比为10. 下列说法正确的是（ ）A. 向量在向量上的投影向量可表示为B. 若，则与的夹角θ的范围是C. 若是等边三角形，则D 已知，，则11. 如图，在直三棱柱中，分别是棱上的点，，，则下列说法正确的是（ ）A. 直三棱柱的体积为..()sin h A t ωϕ=+[)0,t ∞∈+0A >0ω>(]0,πϕ∈2s π4ϕ=πω=3.75s t =10s t =h 3.75s t =10s t =h 12ab a b b b b⋅⋅0a b ⋅< a bπ,π2⎛⎤⎥⎝⎦ABC V π,3AB BC <>=(1,2)A -(1,1)B ()2AB =-,1111ABC A B C -,E F 11,B B C C 11111224AA A B A C ===111π3A CB ∠=111ABC A B C -B. 直三棱柱外接球的表面积为；C. 若分别是棱的中点，则直线；D. 当取得最小值时，有三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分12. 在复平面内，对应的复数是，对应的复数是，则点之间的距离是______．13. 已知不共线的三个单位向量满足与的夹角为，则实数____________.14. 将函数且的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，再将所得图形向左平移个单位长度后，得到一个奇函数图象，则__________.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. （1）将向量运算式化简最简形式．（2）已知，且复数，求实数的值．16. 如图所示，正六棱锥的底面周长为24，H 是的中点，O 为底面中心，，求：（1）正六棱锥的高；（2）正六棱锥斜高；（3）正六棱锥的侧棱长.17. （1）在三角形中，内角所对的边分别是，其中，，求．（2）热气球是利用加热的空气或某些气体，比如氢气或氦气的密度低于气球外的空气密度以产生浮力飞行．热气球主要通过自带的机载加热器来调整气囊中空气的温度，从而达到控制气球升降的目的．其工作的基本原理是热胀冷缩，当空气受热膨胀后，比重会变轻而向上升起，热气球可用于测量．如图，在离地为的111ABC A B C -64π3,E F 11,B B C C 1A F AE ∥1AE EF FA ++1A F EF=AB1i -AD 1i +,B D ,,a b c0,a b c a λ++=bπ3λ=()sin cos (,R f x a x b x a b =+∈0)b ≠π3ab =AB CB DC DE FA --++x ∈R ()222522i 0x x x x -++--=x BC 60SHO ∠=︒ABC ,,A B C ,,a b c 2c a =1sin sin sin 2b B a A a C -=cos B面高的热气球上，观测到山顶处的仰角为，山脚处的俯角为，已知，求山的高度．18. 如图，在梯形中，，，且，，，在平面内过点作，以为轴将四边形旋转一周．（1）求旋转体的表面积；（2）求旋转体的体积；（3）求图中所示圆锥的内切球体积．19. 如图，在的边上做匀速运动的点，当时分别从点，，出发，各以定速度向点前进，当时分别到达点．（1）记，点为三角形的重心，试用向量线性表示（注：三角形的重心为三角形三边中线的公共点）（2）若的面积为，求的面积的最小值．（3）试探求在运动过程中，的重心如何变化？并说明理由．800m M C 15︒A 45︒60BAC ∠=︒BC ABCD 90ABC ∠=︒AD BC ∥AD a =2BC a =60DCB ∠=︒ABCD C l CB ⊥l ABCD CO ABC V ,,D E F 0=t A B C ,,B C A 1t =,,B C A ,AB a AC b == G ABC ,a bBG ABC V S DEF V DEF V广州市广州中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷简要答案一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．【1题答案】【答案】D【2题答案】【答案】B【3题答案】【答案】B【4题答案】【答案】D【5题答案】【答案】D【6题答案】【答案】C【7题答案】【答案】C【8题答案】【答案】D二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．【9题答案】【答案】BC【10题答案】【答案】AB【11题答案】【答案】ABD三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分【12题答案】【答案】2【13题答案】【答案】-1【14题答案】【答案】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题答案】【答案】（1）；（2）2.【16题答案】【答案】（1）6；（2）3）【17题答案】【答案】（1）；（2）【18题答案】【答案】（1）（2（3【19题答案】【答案】（1）（2）（3）的重心保持不变，理由略.FE341200m 2(9πa +3a 3πa 1233BG b a =-14S DEF V。
江苏省启东中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题
江苏省启东中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________参考答案：1．C【分析】直接利用复数代数形式的乘法运算化简，然后利用复数相等的概念求解．【详解】设()i ,z a b a b =+ÎR ，则2222(i)2i z a b a b ab =+=-+，2724iz =--Q ，227224a b ab ì-=-\í=-î，解得34a b =ìí=-î或334i 4a z b =-ì\=-í=î．或34i z =-+．所以复数z 的虚部为4±．故选：C.2．B【分析】当两个复数都是实数时能比较大小，据此判断A ；由复数相等的定义可判断B ；用特殊值可判断C 、D.【详解】对于A ，当两个复数均为实数时，这两个复数能比较大小，A 错误；对于B ，若i z a b a =+Î（R,b Î R )则当0a b ==时，i 0z a b =+=，反之，若i=0z a b a =+Î（R,b Î R )，则由复数相等的定义知，必有0a b ==成立，故若i z a b a =+Î（R,b Î R )，则当且仅当0a =且0b =时，0z =，B 正确；对于C ，令12i z z =1=，，则2222121i 0z z +=+=，此时不满足120z z ==，C 错误；若i 1i(,x y x y +=+ÎC )，不妨令i x =，i y =-，满足等式，此时1x y ==不成立，故D 错误．故选:B 3．B【分析】结合线面垂直的性质即可分析.【详解】过圆的圆心作此圆所在平面的垂线，则垂线上的点到圆周的各点距离相等，所以到一圆周上各点距离相等的点的集合是一条直线.故选：B.4．B【分析】把条件2222OA OB CA CB -=-转化为2222OA OB CA CB-=-uuur uuu r uuu r uuu r ，再根据向量的运算与a 的位置关系为：//b a 或故答案为：//b a 或b a Ì13．24,55æöç÷èø。
湖南省常德市德善高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题(含简单答案)
德善高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷时量120分钟满分150分一、单选题（本大题8小题，共40分）1. 已知向量，，则（ ）A. B. C. D. 52. 设，则（ ）A. B. C. D. 3. 在△ABC 中，角对边分别是，若，，则A. B. C. D. 4 中若（ ）A. B. C.或 D. 或5. 表示点，,表示线，表示平面，下列命题中是真命题的为（ ）A 若点平面，点平面，则与平面相交B. 若.则与必异面C. 若平面平面，则平面D. 若平面平面，则6. 圆台的上、下底半径和高的比为1：4：4，母线长为10，则圆台的表面积为（ ）A. B. C. D. 7. 中，若，则的周长为（ ）A. B. 12 C. D. 8. 在中已知，且则为（ ）的..()2,0a = 1,12b ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 2a b += 1i 1i -=+z z z +=1i --1i +1i -1i -+,,A B C ,,a b c a =2A B =cos B =ABC V ()222tan ,a c b B B +-=∠=π6π3π65π6π32π3,A B a b αA ∈αB ∉αAB α,a b αα⊂⊂/a b A ∈,a B ∉a //AB a//a ,b α⊂αa bP 81π100π14π168πABC V 60A ∠=︒=V ABC S 2sin 3sin B C =ABC V 10+55+ABC V 0||||AB AC BC AB AC ⎛⎫+⋅= ⎪⎝⎭12||||AB AC AB AC ⋅= VA. 等腰B. 直角C. 等边D. 三边均不相等的二.多选题（本大题3小题，共18分）9. 下列关于点、线、面的位置关系的说法中不正确的是（ ）A. 若两个平面有三个公共点，则它们一定重合B. 空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内C. 直线a ，b 分别和异面直线c ，d 都相交，则直线 a ，b 是异面直线D. 正方体中，点是的中点，直线交平面于点，则A ，M ，O 三点共线，且A ，M ，O ，C 四点共面10. 已知向量，，，其中均为正数，且，下列说法正确的是（ ）A. 与的夹角为钝角B. 向量在方向上的投影向量为C.D. 最大值为211. 已知，，三点均在球的表面上，，且球心到平面的距离等于球半径的，则下列结论正确的是（ ）A. 球的表面积为B. 球的内接正方体的棱长为1C. 球的外切正方体的棱长为D. 球的内接正四面体的棱长为2三.填空题（本大题共3小题共15分）12. 已知是实数，是纯虚数，则 ___________.13. 若向量满足，的夹角为___________.14. 中有，则______.四、解答题（本大题共5道题，共77分）15. 已知复数，是纯虚数（1）求复数的共轭复数的V V V V 1111ABCD A B C D -O 11B D 1AC 11AB D M (2,1)a = (1,1)=- b (2,)cm n =-- ,m n ()//a b c - a ba b 2b 24m n +=mn A B C O 2AB BC CA ===O ABC 13O 6πO O 43O a i 2i a -+=a ,a b a b = 2a b += ,a b ABC V 222,b ac a bc c ac =+=+sin c b B=i(R)z b b =∈21iz -+z z（2）若复数所对应的点在第二象限，求实数的取值范围.16. 已知且（1）若为中点，求证：；（2）若为的中点，连接延长交于，用表示，并求.17. 如图所示正方体中棱长为，连得到三棱锥（1）求三棱锥表面积与正方体表面积之比（2）求三棱锥的体积18. 的内角，，所对的边分别为，，．向量与平行．（Ⅰ）求；（Ⅱ）若求的面积．19. 如图，在平面四边形ABCD 中，∠ABC ＝，AB ⊥AD ，AB ＝1．的2()m z +m ||,||CB n CA m == 0(0,0)CB CA m n ⋅=>> D AB 12CD AB = E CD AE BC F ,CB CA AF ||AF 1111ABCD A B C D -a 111111,,,,,A C A D A B BD BC C D 11A BC D-11A BC D -11A BC D -C ∆AB A B C a b c ()m a = ()cos ,sin n =A B A a =2b =C ∆AB 34π（1）若AC，求的面积；（2）若∠ADC ＝，CD ＝4，求sin ∠CAD ．ABC V 6德善高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷 简要答案一、单选题（本大题8小题，共40分）【1题答案】【答案】A【2题答案】【答案】B【3题答案】【答案】B【4题答案】【答案】D【5题答案】【答案】A【6题答案】【答案】D【7题答案】【答案】C【8题答案】【答案】C二.多选题（本大题3小题，共18分）【9题答案】【答案】ABC【10题答案】【答案】BCD【11题答案】【答案】AD三.填空题（本大题共3小题共15分）【12题答案】【答案】##0.5【13题答案】12【答案】【14题答案】四、解答题（本大题共5道题，共77分）【15题答案】【答案】（1）（2）【16题答案】【答案】（1）证明略（2）【17题答案】【答案】（1（2）【18题答案】【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ【19题答案】【答案】（1）；（2．23π2i -()0,213AF CB CA =- 33a 3π12。
2022-2023学年安徽省合肥市高一下学期期中考试数学试题【含答案】
2022-2023学年安徽省合肥市高一下学期期中考试数学试题一、单选题1．若复数为纯虚数，则实数的值为（ ）()242iz a a =-+-a A ．2B ．2或C ．D ．2-2-4-【答案】C【分析】根据给定条件，利用纯虚数的定义列式计算作答.【详解】因为复数为纯虚数，则有，解得，()242i z a a =-+-24020a a ⎧-=⎨-≠⎩2a =-所以实数的值为.a 2-故选：C2．在中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且，则的形状为ABC 2cos c a B =ABC （ ）A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等腰直角三角形D ．等腰三角形或直角三角形【答案】A【分析】已知条件用正弦定理边化角，由展开后化简得，可得出等()sin sin C A B =+tan tan A B =腰三角形的结论.【详解】，由正弦定理，得，2cos c a B =()sin sin 2sin cos C A B A B=+=即sin cos cos sin 2sin cos ,A B A B A B +=∴，可得，sin cos cos sin A B A B =tan tan A B =又，∴，0π,0πA B <<<<A B =则的形状为等腰三角形.ABC 故选：A.3．某圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（ ）120︒A ．BC ．D 【答案】D【分析】求出扇形的弧长，进而求出圆锥的底面半径，由勾股定理得到圆锥的高，利用圆锥体积公式求解即可.【详解】因为圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，120︒所以该扇形的弧长为，120π32π180⨯=设圆锥的底面半径为，则，解得：，r 2π2πr =1r =因为圆锥的母线长为3，所以圆锥的高为h =该圆锥的体积为.2211ππ133r h =⨯⨯=故选：D4．中，三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．已知，B 的大ABC π4A =a =b =小为（ ）A ．B ．C ．或D ．或π6π3π65π6π32π3【答案】D【分析】根据正弦定理即可求解.【详解】由正弦定理可得sin sin sin a B b A B B =⇒==由于,，所以或,()0,πB ∈b a>B =π32π3故选：D5．设点P 为内一点，且，则（ ）ABC ∆220PA PB PC ++=:ABP ABC S S ∆∆=A ．B ．C ．D ．15251413【答案】A【分析】设AB 的中点是点D ，由题得，所以点P 是CD 上靠近点D 的五等分点，即14PD PC=- 得解.【详解】设AB 的中点是点D ，∵，122PA PB PD PC+==- ∴，14PD PC=- ∴点P 是CD 上靠近点D 的五等分点，∴的面积为的面积的.ABP ∆ABC ∆15故选：A【点睛】本题主要考查向量的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6．如图，在长方体中，已知，，E 为的中点，则异面直1111ABCD A B C D -2AB BC ==15AA =11B C 线BD 与CE 所成角的余弦值为（）ABCD【答案】C【分析】根据异面直线所成角的定义，利用几何法找到所成角，结合余弦定理即可求解.【详解】取的中点F ，连接EF ，CF ，，易知，所以为异面直线BD11C D 11B D 11EF B D BD∥∥CEF ∠与CE所成的角或其补角.因为1112EF B D ==CE CF ====余弦定理得.222cos 2EF EC CF CEF EF EC +-∠====⋅故选：C7．在《九章算术》中，底面为矩形的棱台被称为“刍童”．已知棱台是一个侧棱相ABCD A B C D -''''等、高为1的“刍童”，其中，“刍童”外接球的表面积为22AB A B ''==2BC B C ''==（ ）A ．B ．CD ．20π20π3【答案】A【分析】根据刍童的几何性可知外接球的球心在四棱台上下底面中心连线上，设球心为O ，根据几何关系求出外接球半径即可求其表面积．【详解】如图，连接AC 、BD 、、，设AC ∩BD ＝M ，∩＝N ，连接MN ．A C ''B D ''AC ''BD ''∵棱台侧棱相等，∴易知其外接球球心在线段MN 所在直线上，设外接球球心为ABCD A B C D -''''O ，如图当球心在线段MN 延长线上时，易得，MC ＝2，，，4AC ===2A C ''===1NC '=MN ＝1，由得，，即OC OC '=2222NC ON OM MC '+=+，()()2222141141OM MN OM OM OM OM ++=+⇒++=+⇒=故OC ＝OC ==∴外接球表面积为．24π20π⋅=如图当球心在线段MN 上时，由得，，即OC OC '=2222NC ON OM MC '+=+舍去，()()2222141141MN OM OM OM OM OM +-=+⇒+-=+⇒=-故选：A【点睛】关键点睛：利用刍童的几何性确定外接球的球心是解题的关键.8．如图，直角的斜边长为2，，且点分别在轴，轴正半轴上滑动，点ABC ∆BC 30C ∠=︒,B C x y 在线段的右上方．设，（），记，，分别考查A BC OA xOB yOC =+ ,x y ∈R M OA OC =⋅N x y =+的所有运算结果，则,MN A ．有最小值，有最大值B ．有最大值，有最小值M N M N C ．有最大值，有最大值D ．有最小值，有最小值M N M N 【答案】B【分析】设，用表示出，根据的取值范围，利用三角函数恒等变换化简，OCB α∠=α,M N α,M N 进而求得最值的情况.,M N 【详解】依题意，所以.设，则30,2,90BCA BC A ∠==∠=1AC AB ==OCB α∠=，所以，，所30,090ABx αα∠=+<<()())30,sin 30Aαα++()()2sin ,0,0,2cos B C αα以，当时，取得最大值()()12cos sin 30sin 2302M OA OC ααα==+=++⋅ 23090,30αα+==M 为.13122+=，所以，所以OA xOB yOC =+ ()sin 302cos x y αα+==时，有最小值为()sin 302cos N x y αα+=+=+ 1=290,45αα==N 故选B.1+【点睛】本小题主要考查平面向量数量积的坐标运算，考查三角函数化简求值，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.二、多选题9．下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（ ）21i z =-A ．z 的虚部为1B ．22iz =C ．z 的共轭复数为D ．1i -+2z =【答案】AB【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可结合选项逐一求解.【详解】,故虚部为1，共轭复数为，()()()21i 21i 1i 1i 1i z +===+--+1i-=，故AB 正确，CD 错误，()221i 2i z =+=故选：AB10．蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物．巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底，由三个相同的菱形组成．巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜．如图是一个蜂巢的正六边形开口，下列说法正确的是（ ）ABCDEF A ．B ．AC AE BF -= 32AE AC AD+= C ．D ．在上的投影向量为AF AB CB CD ⋅=⋅ AD AB AB 【答案】BCD【分析】对A ，利用向量的减法和相反向量即可判断；对B ，根据向量的加法平行四边形法则即可判断；对C ，利用平面向量的数量积运算即可判断；对D ，利用向量的几何意义的知识即可判断．【详解】连接，与交于点，如图所示，,,,,,AE AC AD BF BD CE CE AD H 对于A ：，显然由图可得与为相反向量，故A 错误；AC AE AC EA EC -=+= EC BF对于B ：由图易得，直线平分角，且为正三角形，根据平行四边形法AE AC=AD EAC ∠ACE △则有，与共线且同方向，2AC AE AH += AH AD易知，均为含角的直角三角形，EDH AEH △π6，即，3AH DH = 所以，34AD AH DH DH DH DH =+=+=又因为，故，26AH DH= 232AH AD=故，故B 正确；32AE AC AD+= 对于C ：设正六边形的边长为，ABCDEF a 则，，22π1cos 32AF AB AF AB a⋅=⋅=- 22π1cos 32CB CD CB CD a ⋅=⋅=-所以，故C 正确；AF AB CB CD ⋅=⋅ 对于D ：易知，则在上的投影向量为，故D 正确，π2ABD ∠=AD AB AB故选：BCD ．11．有一个三棱锥，其中一个面为边长为2的正三角形，有两个面为等腰直角三角形，则该几何体的体积可能是（ ）AB CD【答案】BCD【分析】分三种情况讨论，作出图形，确定三棱锥中每条棱的长度，即可求出其体积.【详解】如图所示：①若平面，为边长为2的正三角形，，，都是等腰直角三AB ⊥BCD BCD △2AB =ABD △ABC 角形，满足题目条件，故其体积；11222sin 6032V =⨯⨯⨯⨯⨯︒=②若平面，为边长为2的正三角形，,，都是等腰直角三AB ⊥BCD ACD AB =ABD △ABC角形，满足题目条件，故其体积1132V ==③若为边长为2的正三角形，，都是等腰直角三角形，BCD △ABD △ABC，中点，因为，而2AB BC CD AD ====AC =AC E BE AC ⊥，所以，即有平面，故其体积为222DE B D E B +=BE DE ⊥BE ⊥ACD 112232V =⨯⨯=故选：BCD12．如图，已知的内接四边形中，，，，下列说法正确的O ABCD 2AB =6BC =4AD CD ==是（ ）A ．四边形的面积为B ABCDC ．D ．过作交于点，则4BO CD ⋅=- D DF BC ⊥BC F 10DO DF ⋅=【答案】BCD【分析】A 选项，利用圆内接四边形对角互补及余弦定理求出，，进而求出1cos 7D =-1cos 7B =，利用面积公式进行求解；B 选项，在A 选项基础上，由正弦定理求出外接圆直径；Csin ,sin B D 选项，作出辅助线，利用数量积的几何意义进行求解；D 选项，结合A 选项和C 选项中的结论，先求出∠DOF 的正弦与余弦值，再利用向量数量积公式进行计算.【详解】对于A ，连接，在中，，，AC ACD 21616cos 32AC D +-=2436cos 24AC B +-=由于，所以，故，πB D +=cos cos 0B D +=22324003224AC AC--+=解得，22567AC =所以，，所以1cos 7D =-1cos 7B =sin sin B D ===故11sin 2622ABC S AB BC B =⋅=⨯⨯=11sin 4422ADC S AD DC D =⋅=⨯⨯= 故四边形，故A 错误；ABCD =对于B ，设外接圆半径为，则，R 2sin AC R B ===B 正确；对于C ，连接，过点O 作OG ⊥CD 于点F ，过点B 作BE ⊥CD 于点E ，则由垂径定理得：BD ，122CG CD ==由于，所以，即，πA C +=cos cos 0A C +=22416163601648BD BD +-+-+=解得，所以，所以，且，BD =1cos 2C =π3C =1cos 632CE BC C =⋅=⨯=所以，即在向量上的投影长为1，且与反向，321EF =-= BO CD EG CD 故，故C 正确；4BO CD EG CD ⋅=-⋅=-对于D，由C 选项可知：，故，π3C =sin 604DF CD =⋅︒== 30CDF ∠=︒因为，由对称性可知：DO 为∠ADC 的平分线，故，AD CD =1302ODF ADC ∠=∠-︒由A 选项可知：，显然为锐角，1cos 7ADC ∠=-12ADC ∠故1cos 2ADC ∠==1sin 2ADC ∠==所以1cos cos 302ODF ADC ⎛⎫∠=∠-︒ ⎪⎝⎭11cos cos30sin sin3022ADCADC =∠⋅︒+∠⋅︒=所以，故D 正确.cos 10DO DF DO ODF DF ∠==⋅=⋅ 故选：BCD三、填空题13．已知向量，，若，则________．()2,4a =(),3b m =a b ⊥ m =【答案】6-【分析】依题意可得，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可；0a b ⋅=【详解】因为，且，()2,4a =(),3b m =a b ⊥ 所以，解得.2430a b m ⋅=⨯+⨯=6m =-故答案为：6-14．若复数所对应复平面内的点在第二象限，则实数的取值范围为________；()16z m i i=++m 【答案】60m -<<【分析】先化成复数代数形式得点坐标，再根据条件列不等式解得实数的取值范围.m 【详解】因为对应复平面内的点为，又复数所对应复平面()6z m m i=++6m m +，()16z m i i=++内的点在第二象限，所以06060m m m <⎧∴-<<⎨+>⎩【点睛】本题重点考查复数的概念，属于基本题.复数的实部为、虚部为、模为(,)a bi a b R +∈a b 、对应点为、共轭为(,)a b .-a bi15．已知，是边AB 上一定点，满足，且对于AB 上任一点P ，恒有ABC 0P 014P B AB= ．若，，则的面积为________．00PB PC P B P C ⋅≥⋅ π3A =4AC = ABC【答案】【分析】建立直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算公式，结合二次函数的性质、三角形面积公式进行求解即可.【详解】以所在的直线为横轴，以线段的中垂线为纵轴建立如图所示的直角坐标系，AB AB设，，，因为，所以，()40AB t t =>()2,0A t -()2,0B t 014P B AB =()0,0P t 设，，(),C a b ()(),022P x t x t -≤≤，()()()()002,0,,,,0,,PB t x PC a x b P B t P C a t b =-=-==-由，()()()()2200220PB PC P B P C t x a x t a t x x a t at t ⋅≥⋅⇒--≥-⇒-+++≥设，该二次函数的对称轴为：，()()222f x x x a t at =-++22a tx +=当时，即，222a t x t+=<-6a t <-则有，所以无实数解，()()222042203f t t t a t at t a t-≥⇒++++≥⇒≥-当时，即，222a tx t +=>2a t >则有，所以无实数解，()()22204220f t t t a t at t a t≥⇒-+++≥⇒≤当时，即，2222a tt t +-≤≤62t a t -≤≤则有，而，所以，()()2222400a t at t a ∆=-+-+≤⇒≤⎡⎤⎣⎦20a ≥0a =显然此时在纵轴，而，所以该三角形为等边三角形，()0,C b π3A =故的面积为ABC 1442⨯⨯=故答案为：【点睛】关键点睛：建立合适的直角坐标系，利用二次函数对称轴与区间的位置关系关系分类讨论是解题的关键.16．我国古代数学家祖暅求几何体的体积时，提出一个原理：幂势即同，则积不容异．意思是：夹在两个平行平面之间的两个等高的几何体被平行于这两个面的平面去截，若截面积相等，则两个几何体的体积相等，这个定理的推广是：夹在两个平行平面间的几何体，被平行于这两个平面的平面所截，若截得两个截面面积比为k ，则两个几何体的体积比也为k ．已知线段AB 长为4，直线l 过点A 且与AB 垂直，以B 为圆心，以1为半径的圆绕l 旋转一周，得到环体；以A ，B 分别为上M 下底面的圆心，以1为上下底面半径的圆柱体N ；过AB 且与l 垂直的平面为，平面，且距β//αβ离为h ，若平面截圆柱体N 所得截面面积为，平面截环体所得截面面积为，我们可以α1S αM 2S 求出的比值，进而求出环体体积为________．12S S M 【答案】28π【分析】画出示意图的截面，结合图形可得和的值，进而求出圆柱的体积，乘以，可得环1S 2S 2π体的体积，得到答案.M 【详解】画出示意图，可得，14S ==222ππS r r =-外内其中，，(224r =外(224r =内故，即，21π2πS S ==1212πS S =环体体积为.M 22π2π4π8πV =⨯=柱故答案为：28π四、解答题17．如图所示，在中D 、F 分别是BC 、AC 的中点，，，．ABC 23AE AD =AB a =AC b = (1)用，表示向量，；a bAD BF (2)求证：B ，E ，F 三点共线．【答案】(1)，()12AD a b =+ 12BF b a=-(2)证明见解析【分析】（1）由向量的线性运算法则求解；（2）用，表示向量、，证明它们共线即可得证．a bBF BE 【详解】（1）∵，，D ，F 分别是BC ，AC 的中点，AB a =AC b = ∴，()()111222AD AB BD AB BC AB AC AB a b=+=+=+-=+ ，12BF AF AB b a=-=- （2）由（1），，∴1233BE b a =- 12BF b a=-1312322332BF b a b a BE ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭∴与共线，又∵与有公共点B ，BF BE BF BE故B ，E ，F 三点共线．18．在中，a ，b ，c 分别是角A 、B 、C 的对边，且．ABC222a b c +=+(1)求C ；(2)若，求A ．tan 2tan B a cC c -=【答案】(1)45C =︒(2)75A =︒【分析】（1）由余弦定理即可求解，（2）利用正弦定理边角互化，结合两角和的正弦公式即可得，进而可求解.60B =︒【详解】（1）∵，∴，∴，222a b c +=+2222a b c ab +-=cos C =由于C 是三角形内角，∴．45C =︒（2）由正弦定理可得，tan 22sin sin tan sin B a c A CC c C --==∴sin cos 2sin sin cos sin sin B C A CB C C -=∴，∴，sin cos 2sin cos sin cos B C A B C B =-sin cos sin cos 2sin cos B C C B A B +=∴，∴．()sin 2sin cos B C A B+=sin(π)sin 2sin cos A A A B ==-∵，∴，sin 0A ≠1cos 2B =由于B 是三角形内角 ，∴，则．60B =︒180456075A ︒-︒-︒==︒19．如图，数轴的交点为，夹角为，与轴､轴正向同向的单位向量分别是.由平面,x y O θx y 21,e e 向量基本定理，对于平面内的任一向量，存在唯一的有序实数对，使得，OP(),x y 12OP xe ye =+ 我们把叫做点在斜坐标系中的坐标（以下各点的坐标都指在斜坐标系中的坐标）.(),x y P xOy xOy(1)若为单位向量，且与的夹角为，求点的坐标；90,OP θ=OP 1e 120 P(2)若，点的坐标为，求向量与的夹角的余弦值.45θ=P (OP 1e【答案】(1)1,2⎛- ⎝【分析】（1）时，坐标系为平面直角坐标系，设点利用求出，再90θ= xOy (),P x y 112⋅=- OP e x 利用模长公式计算可得答案；（2）根据向量的模长公式计算可得答案.，12==OP e e 1⋅OP e【详解】（1）当时，坐标系为平面直角坐标系，90θ=xOy 设点，则有，而，(),P x y (),OP x y =()111,0,e OP e x=⋅=又，所以，又因，111cos1202OP e OP e ⋅=⋅⋅=- 12x =-1OP ==解得的坐标是；y =P 1,2⎛- ⎝（2）依题意夹角为，21,e e 12121245,cos45⋅=⋅==e e e e OP e e12OP e e ∴====，()2111121121cos ,2OP e OP e OP e e e e e e e αα⋅=⋅⋅=⋅=+⋅=+⋅=2,cos αα==20．如图所示，在四棱锥中，平面，，E 是的中点．P ABCD -//BC PAD 12BC AD =PD（1）求证：；//BC AD （2）若M 是线段上一动点，则线段上是否存在点N ，使平面？说明理由．CE AD //MN PAB 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析.【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；（2）取中点N ，连接，，根据线面平行的性质定理和判断定理即可证明．AD CN EN 【详解】证明：（1）在四棱锥中，平面，平面，P ABCD -//BC PAD BC ⊂ABCD 平面平面，ABCD ⋂PAD AD =∴，//BC AD （2）线段存在点N ，使得平面，理由如下：AD //MN PAB取中点N ，连接，，AD CN EN ∵E ，N 分别为，的中点，PD AD ∴，//EN PA ∵平面，平面，EN ⊄PAB PA ⊂PAB ∴平面，//EN PAB 取AP 中点F,连结EF,BF ，，且，//EF AN =EF AN 因为，，//BC AD 12BC AD =所以，且，//BC EF =BC EF 所以四边形BCEF 为平行四边形，所以.//CE BF 又面PAB ，面PAB ，所以平面；CE ⊄BF ⊂//CE PAB 又，CE EN E = ∴平面平面，//CEN PAB ∵M 是上的动点，平面，CE MN ⊂CEN ∴平面PAB ，//MN ∴线段存在点N ，使得MN ∥平面．AD PAB 21．合肥一中云上农舍有三处苗圃，分别位于图中的三个顶点，已知,ABCAB AC ==．为了解决三个苗圃的灌溉问题，现要在区域内（不包括边界）且与B ,C 等距的40m BC =ABC 一点O 处建立一个蓄水池，并铺设管道OA 、OB 、OC．(1)设，记铺设的管道总长度为，请将y 表示为的函数；OBC θ∠=m y θ(2)当管道总长取最小值时，求的值．θ【答案】(1)()202sin π200cos 4y θθθ-⎛⎫=+<< ⎪⎝⎭(2)π6θ=【分析】（1）根据锐角三角函数即可表示，，进而可求解，20cos BO θ=20sin cos OD θθ=（2）利用，结合三角函数的最值可得.2sin cos k θθ-=k 【详解】（1）由于,在的垂直平分线 上，AB AC ==,OB OC O =∴BC AD 若设，则, ∴OBC θ∠=20cos BO θ=20sin cos OD θθ=20sin 20cos OA θθ=-则；()202sin 202020tan 2200cos cos 4y θπθθθθ-⎛⎫=-+⨯=+<< ⎪⎝⎭（2）令得2sin cos k θθ-=2cos sin k θθ=+≤故，又，故23k≥0k >k ≥min2020y =+此时：得2sin cos θθ-=πsin 2sin 23θθθ⎛⎫+=+= ⎪⎝⎭πsin 13θ⎛⎫+= ⎪⎝⎭又，故,故π0,4θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭ππ32θ+=π6θ=22．数学史上著名的波尔约-格维也纳定理：任意两个面积相等的多边形，它们可以通过相互拼接得到．它由法卡斯·波尔约（FarksBolyai ）和保罗·格维也纳（PaulGerwien ）两位数学家分别在1833年和1835年给出证明．现在我们来尝试用平面图形拼接空间图形，使它们的全面积都与原平面图形的面积相等：（1）给出两块相同的正三角形纸片（如图1、图2），其中图1，沿正三角形三边中点连线折起，可拼得一个正三棱锥；图2，正三角形三个角上剪出三个相同的四边形（阴影部分），其较长的一组邻边边长为三角形边长的，有一组对角为直角，余下部分按虚线折起，可成一个14缺上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱锥的上底．(1)试比较图1与图2剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小；(2)如果给出的是一块任意三角形的纸片（如图3），要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形的面积相等．请仿照图2设计剪拼方案，用虚线标示在图3中，并作简要说明．【答案】(1)柱锥V V>(2)答案见解析【分析】（1）根据题中的操作过程，结合棱锥、棱锥的体积进行求解比较即可；（2）根据题中操作过程，结合三角形内心的性质、直三棱柱的定义进行操作即可.【详解】（1）依上面剪拼方法，有．柱锥V V >推理如下：设给出正三角形纸片的边长为2，那么，正三棱锥与正三棱柱的底面都是边长为1的正如图所示：在正四面体中，高，DO ===在图2一顶处的四边形中，如图所示：直三棱柱高，()π11tan tan 21622PN PMN MN =∠⋅=⨯⨯-==，13V V h h ⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭柱锥柱锥0=>∴．柱锥V V >（2）如图，分别连接三角形的内心与各顶点，得三条线段，再以这三条线段的中点为顶点作三角形．以新作的三角形为直棱柱的底面，过新三角形的三个顶点向原三角形三边作垂线，沿六条垂线剪下三个四边形，可以拼成直三棱柱的上底，余下部分按虚线折起，成为一个缺上底的直三棱柱，再将三个四边形拼成上底即可得到直三棱柱．。
河南省郑州外国语学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题(解析版)
郑州外国语学校2023-2024学年高一下期期中试卷数 学（120分钟 150分）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 已知复数（为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限 B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B 【解析】【分析】根据给定条件，利用复数乘法运算求出即可得解.【详解】复数，在复平面内对应的点位于第二象限.故选：B2. 下列说法正确的是（ ）A. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥B. 长方体是平行六面体C. 用一个平面去截圆柱，所得截面一定是圆形或矩形D. 用一个平面去截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台【答案】B 【解析】【分析】根据棱柱、棱锥、圆柱和圆锥的定义对选项一一判断即可得出答案.【详解】对于A ， 底面是正多边形，侧棱均相等的棱锥是正棱锥，故A 错误；对于B ，平行六面体是各个面都为平行四边形的棱柱，而长方体是各面为矩形的棱柱，所以长方体是平行六面体，故B 正确；对于C ，用一个平面去截圆柱，所得截面可能为椭圆，故C 错误；对于D ，用一个平行于底面的平面截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台，故D 错误.故选：B .3. 在中，角所对边分别为，若，则（ ）A.B. 2C. 1或2D. 2的()i 1i z =+i z z 1i z =-+z (1,1)-ABC ,,A B C ,,a b c π1,6a b B ===c =【解析】【分析】由余弦定理即可求.【详解】由余弦定理得，化简得，解出或2.故选：C.4. 已知直线、，平面、，满足且，则“”是“”的（ ）条件A. 充分非必要 B. 必要非充分条C. 充要D. 既非充分又非必要【答案】A 【解析】【分析】利用空间中的垂直关系和充分条件、必要条件的定义进行判定.【详解】因为，所以，又因为，所以，即“”是“”的充分条件；如图，在长方体中，设面为面、面为面，则，且与面不垂直，即“”不是“”的必要条件；所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.5. 埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为222cos 2a c b B ac +-==2320c c -+=1c =m n αβn αβ= αβ⊥m β⊥m n ⊥n αβ= n β⊂m β⊥m n ⊥m β⊥m n ⊥ABCD αBCEF βm n ⊥m βm β⊥m n ⊥m β⊥m n ⊥A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案.【详解】如图，设，则，由题意，即，化简得，解得.故选：C.【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.6. 已知直角三角形ABC 中，，AB =2，AC =4，点P 在以A 为圆心且与边BC 相切的圆上，则的最大值为（ ）,CD a PE b ==212PO CD PE =⋅,a b ,CD a PE b ==PO ==212PO ab =22142a b ab -=24()210b b a a -⋅-=b a =90A ∠=︒PB PC ⋅A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】建立如图所示的坐标系，根据可求其最大值.【详解】以为原点建系，，，即，故圆的半径为，∴圆，设中点为，，，∴，故选：D.16556525PB PC PD =- A ()()0,2,4,0BC :142x yBC +=240x y +-=r 2216:5A x y +=BC ()2,1D 22221120544PB PC PD BC PD PD =-=-⨯=- max PD AD r =+==()max8156555PB PC =-=7. 在中，内角A ，B ，C 所对的边分别为，，，将该三角形绕AC 边旋转得一个旋转体，则该旋转体体积为（）A. B. C. D.【答案】B 【解析】【分析】根据题意利用余弦定理可得，进而可得该旋转体为大圆锥去掉小圆锥，结合圆锥的体积公式运算求解.【详解】因为，即，由余弦定理可得，且，可得，又因为，，即，解得或（舍去），如图，将该三角形绕AC 边旋转得一个旋转体，则该旋转体为大圆锥去掉小圆锥，可得，则，大圆锥的底面半径为3，高为，小圆锥的底面半径为3，所以该旋转体体积为.故选：B.8. 如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜度的不同，有下面五个命题：①有水的部分始终呈棱柱形；ABC ,,a b c 222bc a b c =--a=b =360︒2π,3A c ==CO AO 222bc a b c =--222b c a bc +-=-2221cos 222b c a bc A bc bc +--===-()0,πA ∈2π3A =a =b =2213c =--2180c -=c =c =-360︒CO AO cos 60sin 603AO AB BO AB =︒==︒=CO CA AO =+=CO 119π3V =⨯⨯=AO 219π3V =⨯=12V V V =-=-=1111ABCD A B C D -BC②没有水的部分始终呈棱柱形；③水面所在四边形的面积为定值；④棱始终与水面所平面平行；⑤当容器倾斜如图3所示时，是定值．其中正确命题的个数为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C 【解析】【分析】根据棱柱的定义判定①②，利用线面垂直的性质定理可得水面是矩形判定③，利用线面平行的判定定理判断④，利用等体积法判断⑤即可.【详解】根据棱柱的定义：有两个面是相互平行且是全等的多边形，其余没相邻两个面的交线也相互平行，而这些面都是平行四边形可知，由于边固定，所以在倾斜的过程中，始终有，且平面平面，所以在倾斜的过程中有水的部分始终呈棱柱形，同理没有水的部分始终呈棱柱形，①②正确；在倾斜的过程中，，长度不变，不断变化，又因为，所以始终垂直于平面，又平面，所以水面是矩形，所以水面所在四边形的面积不是定值，③说法错误；因为在倾斜的过程中，始终与平行，且水面，水面，所以棱始终与水面所在平面平行，④说法正确；因为水的体积是不变的，正三棱柱的高始终是也不变，所以底面面积也不会变，即是定值，⑤说法正确；综上正确的是：①②④⑤，在EFGH 11A D ·BE BF EFGH BC AD EH FG BC ∥∥∥AEFB DHGC ,EH FG ,EF HG FG BC ∥FG 11ABB A EF ⊆11ABB A EFGH EFGH 11A D FG 11A D ⊄FG ⊆11A D BEF CHG -BC ·BE BF故选：C二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 已知，，则下列结论正确的是（ ）A B. C. 与的夹角为D. 在【答案】AC 【解析】【分析】已知向量的坐标，证明向量垂直，求向量的模长、夹角、投影等都比较简单，根据公式求解即可.【详解】因为，，所以，则，所以，故A 正确；因为，所以，故B 错误；，所以，故C 正确；在方向上的投影向量是，故D 错误.故选:AC.10. 下列说法正确的是（ ）A. 若、互为共轭复数，则为实数B. 若为虚数单位，为正整数，则C. 已知是关于的方程的一个根，则D. 复数满足，则的最大值为【答案】ACD 【解析】【分析】利用复数乘法可判断A 选项；利用复数的乘方可判断B 选项；分析可知为方程.的(3,1)a =- (2,1)b =()a b b-⊥ 2a b +=a b4πa b()3,1a =- ()2,1b = ()1,2a b -=-()12(2)10a b b -⋅=⨯+-⨯= ()a b b -⊥2(71)a b +=，|2|a b +==cos ,||||a b a b a b ⋅==⋅<>,[π]a b ∈ <>0，π,4a b = <>a b cos ,a a b = 1z 2z 12z z i n 43i in +=1i +x ()220,ax bx a b ++=∈R 1a b +=-z 1z =1i z --11i ±的两根，利用韦达定理可求出、的值，可判断C 选项的正误；利用复数模的三角不等式可判断D 选项.【详解】对于A 选项，设，则，所以，为实数，A 对；对于B 选项，，B 错；对于C 选项，实系数的一元二次方程虚根成对（互为共轭复数），所以为方程的两根，则，所以，，解得，所以，，C 对；对于D 选项，利用复数模的三角不等式可得，当且仅当时，等号成立，D 对.故选：ACD.11.在三棱锥中，已知，点M ，N 分别是AD ，BC 的中点，则（ ）A.B. 异面直线AN ，CM所成的角的余弦值是C. 三棱锥D. 三棱锥的外接球的表面积为【答案】ABD 【解析】【分析】将三棱锥补形为长方体，向量法求直线的夹角判断A ，B ；利用体积公式求三棱锥的体积判断C ；确定三棱锥的外接球的半径，求表面积判断D.【详解】三棱锥中，已知，三棱锥补形为长方体，如图所示，()220,ax bx a b ++=∈R a b ()1i ,z a b a b =+∈R 2i z a b =-()()2212i i z z a b a b a b =+-=+433i i i n +==-1i ±()220,ax bx a b ++=∈R 0a ≠()()()()21i 1i 1i 1i ab a ⎧+-=⎪⎪⎨⎪++-=-⎪⎩12a b =⎧⎨=-⎩1a b +=-1i 1i 1z z --≤++=+z =A BCD -3,2AB AC BD CD AD BC ======MNAD ⊥78A BCD -A BCD -11πA BCD -3,2AB AC BD CD AD BC ======AHDG FCEB -则有，解得，以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，点M ，N 分别是AD ，BC 的中点，则有，，，，，，所以，A 选项正确；，，，所以异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是，B 选项正确； 三棱锥，三棱锥，三棱锥，三棱锥，体积都为三棱锥，C 选项错误；222222222949BF BG AB BFBE BC BG BE BD ⎧+==⎪+==⎨⎪+==⎩BF BE BG ===B ,,BF BE BGx y z ())(0,0,0,,,B CAD M N ⎫⎪⎪⎭(0,0,MN = ()AD = 0MN AD ⋅=MN AD ⊥AN ⎛= ⎝ CM ⎛= ⎝ 7cos ,8AN CM AN CM AN CM ⎛⎛++ ⋅-===⋅ 78E BCD -G ABD -F ABC -H ACD -1132⨯=A BCD -4-=的外接球，其表面积为，D 选项正确.故选：ABD.12. 在锐角中，角的对边分别为，且满足，，则下列说法正确的有（ ）A. 外接圆面积是 B. 面积最大值是C. 周长的取值可以是 D. 内切圆半径的取值范围是【答案】ABD 【解析】【分析】根据，结合正弦定理，可求，结合，可求角.根据三角形外接圆半径满足，可判断A 的真假；结合余弦定理和基本（均值）不等式，可判断B 的真假；利用为锐角三角形，求出角的取值范围，利用正弦定理表示出，可求周长的取值范围，判断C 的真假；根据BC 的结论，结合三角形的面积、三角形周长、三角形内切圆半径之间的关系，判断D 的真假.【详解】由，结合正弦定理，可得：.因为在锐角三角形中，，所以.由，又为锐角，所以.对A ：设的外接圆半径为，由，所以，所以外接圆的=A BCD -24π11π⨯=ABC 、、A B C a b c 、、2cos cos )a b C c B =+cos 2)1A B C ++=ABC 4πABC ABC 9ABC 1,1]-2cos cos )a b C c B =+a cos 2)1A B C ++=A 2sin aR A=ABC B b c +)2cos cos a b C c B =+)sin sin cos cos sin a A B C B C =+()B C =+A =sin 0A ≠a =()cos 21A B C ++=⇒()1cos 2B C A +=-⇒22sin A A =⇒sin A =A π3A =ABC R 2sin a R A=⇒24R ==2R =ABC面积为：.故A 正确.对B ：由余弦定理（当且仅当时取“”）.所以.故B 正确；对C ：因为为锐角三角形，所以，，，所以.由正弦定理：，所以，，所以，因为，所以，所以，所以周长的取值范围为.因为，故C 错误；对D ：设内切圆半径为，则.又， ，，所以，由.故D 正确.故选：ABD 【点睛】思路点睛：（1）涉及三角形周长或面积的取值范围，可将问题转化为利用基本（均值）不等式求最值或转化为三角函数求值域的问题解决.（2）本题的关键是三角形式锐角三角形，由此确定三角形角的取值范围，是该题的一个关键点.2π4πR =2222cos a b c bc A =+-⇒2212b c bc bc +-=≥b c ==11sin 1222ABC S bc A =£´´=ABC π02B <<π02C <<2π3B C +>ππ62B <<4sin sin sin b c aB C A===4sin b B =4sin c C =()4sin sin b c B C +=+2π4sin sin 3B B ⎡⎤⎛⎫=+-⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦2π4sin sin 3B B ⎡⎤⎛⎫=+- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦π6B ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ππ2π,633B ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭πsin 6B ⎤⎛⎫+∈⎥ ⎪⎝⎭⎦(6,b c +∈ABC (6+(96∉+ABC r ()12ABC S a b c r =++△⇒2ABC S r a b c =++△a =()2312b c bc +-=1sin 2ABC S bc A =r ===6b c <+≤11r -<≤三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则此圆锥的母线长为______．【答案】3【解析】【分析】根据圆锥底面圆的半径为1得到侧面展开图扇形的弧长为，然后根据侧面展开图扇形的圆心角为列方程，解方程即可得到圆锥的母线长.【详解】因为圆锥底面圆的半径为1，所以侧面展开图扇形的弧长为，设圆锥的母线长为，因为侧面展开图扇形的圆心角为，所以，解得，所以此圆锥的母线长为3.故答案为：3.14. 已知向量和满足：，，与向量的夹角为______.【答案】【解析】【分析】设向量与向量的夹角为，根据得到，再利用向量的夹角公式计算得到答案.【详解】设向量与向量的夹角为，，故，故，，故.故答案为：15. 四棱锥的底面是边长为1的正方形，如图所示，点是棱上一点，，若且满足平面，则_________23π2π23π2πl 23π23222l ππππ=⨯3l =a b 1a = 2b = 2a b -= ab 2π3abθ()2212a b -=1a b ⋅=-abθ2a b -= ()22224444412a b a a b b a b -=-⋅+=-⋅+= 1a b ⋅=- 11cos 212a b a b θ⋅-===-⨯⋅ []0,πθ∈2π3θ=2π3P ABCD -E PD 35PE PD =PF PC λ=//BF ACE λ=【答案】【解析】【分析】连接BD ，交AC 于点O ，连接OE ，利用中位线性质和线面平行的判定证明平面ACE ，结合平面ACE ，则证明平面平面ACE ，再利用利用面面平行的性质则有，即可得到答案.【详解】如图，连接BD ，交AC 于点O ，连接OE ，由是正方形，得，在线段PE 取点G ，使得，由，得，连接BG ，FG ，则，由平面，平面，得平面，而平面，，平面，因此平面平面，又平面平面，平面平面，则，所以.故答案为：16. 在锐角中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，S 为的面积，且，则的取值范围为______.13//BG //BF //BGF //GF EC ABCD BO OD =GE ED =35PE PD =13PG PE =//BG OE OE ⊂ACE BG ⊄ACE //BG ACE //BF ACE BG BF B ⋂=,BG BF ⊂BGF //BGF ACE PCD ACE EC =PCD BGF GF =//GF EC 13PF PG PC PE λ===13ABC ABC ()222S a b c =--22b c bc+【答案】【解析】【分析】利用三角形面积公式与余弦定理，可得，再根据同角关系式可得，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，结合条件可得取值范围，进而求得的取值范围，令，则，然后由对勾函数的单调性即可求出．【详解】在中，由余弦定理得，且的面积，由，得，化简得，又，，联立得，解得或（舍去），所以，因为为锐角三角形，所以，，所以，所以，所以，所以，设，其中，所以，由对勾函数单调性知在上单调递减，在上单调递增，当时，；当时，；当时，，所以，即的取值范围是.故答案为：.342,15⎡⎫⎪⎢⎣⎭sin 2cos 2A A +=sin A 435tan 5b c C =+tan C b cb tc =221b c t bc t+=+ABC 2222cos a b c bc A =+-ABC 1sin 2S bc A =()222S a b c =--sin 22cos bc A bc bc A =-sin 2cos 2A A +=0,2A π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭22sin cos 1A A +=25sin 4sin 0A A -=4sin 5A =sin 0A =()sin sin sin cos cos sin 43sin sin sin 5tan 5A C bB AC A C c C C C C ++====+ABC 02C π<<2B AC ππ=--<22A C ππ-<<13tan tan 2tan 4C A A π⎛⎫>-== ⎪⎝⎭140,tan 3C ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭35,53b c ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭b t c=35,53t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭221b c b c t bc c b t +=+=+1y t t =+3,15⎛⎫ ⎪⎝⎭51,3⎛⎫ ⎪⎝⎭1t =2y =35t =3415y =53t =3415y =342,15y ∈⎡⎫⎪⎢⎣⎭22b c bc+342,15⎡⎫⎪⎢⎣⎭342,15⎡⎫⎪⎢⎣⎭【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，进而可以求解.四、解答题：本题共5小题，共70分．其中第17题12分，第18， 19题每题13分，第20题15分，第21题17分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17. 已知复数，，其中.（1）若，求的值；（2）若是纯虚数，求的值.【答案】（1）2 （2）或.【解析】【分析】（1）利用复数相等几何复数运算即可求出结果；（2）利用纯虚数定义即可求出结果.【小问1详解】∵，，，∴，从而，解得，所以的值为2.【小问2详解】依题意得：，因为是纯虚数，所以，解得或.435tan 5b c C =+()21i z a =+243i z =-R a ∈12i z z =a 12z z a 2a =12a =-()21i z a =+243i z =-12i z z =()22i 12i 34i a a a +=-+=+21324a a ⎧-=⎨=⎩2a =a ()()()()()2222122i 143i 464383i i 43i 2525a a a a a a a z z +-+--++-+===-12z z 2246403830a a a a ⎧--=⎨+-≠⎩2a =12a =-18. （1）已知向量，点，若向量，且的坐标；（2）已知向量，若与夹角为钝角，求的取值范围.【答案】（1）或；（2）且.【解析】【分析】（1）设，根据向量垂直和向量的模得到方程组，解出即可；（2）计算出与坐标形式，根据向量点乘小于0，并结合向量反向共线即可得到答案.【详解】（1）设，则因为向量，所以又，所以解得或，所以的坐标为或（2）因为，所以，因为与夹角为钝角，所以，即，解得又不反向共线，所以，解得综上，且.19. 如图，在三棱柱中，侧棱底面，，为的中点，，．（1）求三棱柱的表面积；()2,1a =()2,1A -AB a ⊥ AB = B ()()2,1,4,3a b ==- 2a b - a b λ+ λ()3,3-()1,19λ>-12λ≠-(),B m n 2a b -a b λ+(),B m n ()2,1AB m n =-+AB a ⊥()()2210m n -++=AB =22(2)(1)5m n -++=33m n =⎧⎨=-⎩11m n =⎧⎨=⎩B ()3,3-()1,1()()2,1,4,3a b ==-()()26,7,24,3a b a b λλλ-=-+=+-2a b -a b λ+()()20a b a b λ-⋅+<()()624730λλ-++-<9λ>-,a b()()63724,0λλλ--≠+<12λ≠-9λ>-12λ≠-111ABC A B C -1AA ⊥ABC AB BC ⊥D AC 12AA AB ==3BC =111ABC A B C -（2）求证：平面．【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）分别求三棱柱每个面的面积相加即可；（2）利用线面平行的判定定理证明即可.【小问1详解】因为侧棱底面，所以三棱柱为直三棱柱，所以侧面，，均为矩形．因为，所以底面，均为直角三角形．因为，，所以．所以三棱柱的表面积为．【小问2详解】连接交于点，连接，因为四边形为矩形，所以为的中点．因为为的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．20. 已知的内角的对边分别为，且，______（1）求的面积；（2）求角的平分线的长.1AB ∥1BCD 16+1AA ⊥ABC 111ABC A B C -11BCC B 11BAA B 11CAA C AB BC ⊥ABC 111A B C 12AA AB ==3BC=AC ===111ABC A B C -()(11122322231622AB BC AC AA AB BC ++⋅+⨯⋅=++⨯+⨯⨯⨯=+1B C 1BC O OD 11BCC B O 1B C D AC 1OD AB ∥1AB ⊄1BC D OD ⊂1BC D 1AB ∥1BC D ABC ,,A B C ,,a b c 7,3a b ==ABC S A AD在①；②；③.这三个条件中任选一个，补充在上面问题的横线中，并作答.【答案】（1（2）【解析】【分析】（1）选①：根据，求得角C ，再利用三角形面积公式求解；选②：利用正弦定理得到，化简求得边c ，再利用余弦定理求得角A ，再利用三角形面积公式求解；选③：根据，根据二倍角公式求得角A ，再利用余弦定理求得边c ，再利用三角形面积公式求解；（2）选①：先利用余弦定理求得边c 和角A ，再由解；选②：由（1）得到结论利用1）得到结论利用【小问1详解】解：选①：因为，所以，又，所以，所以，所以选②：因为，所以由正弦定理可得，所以，即，由正弦定理可得，所以，332AC CB ⋅=- 12cos 72cos 13A B -=-2sin 2A A =158332AC CB ⋅=- 12cos 7sin 2cos 13sin A a AB b B-===-2sin 2A A =11sin sin 2222ABC A A S b AD c AD =⋅⋅+⋅⋅=11sin sin 2222ABC A A S b AD c AD =⋅⋅+⋅⋅=11sin sin 2222ABC A A S b AD c AD =⋅⋅+⋅⋅=332AC CB ⋅=- ()33cos 2ab C π-=-7,3a b ==11cos 14C =sin C =1sin 2ABC S ab C ==7,3a b ==12cos 7sin 2cos 13sin A a AB b B-===-sin 2sin cos 2sin cos sin -=-B B A A B A sin sin 2sin cos 2sin cos 2sin +=+=A B B A A B C 2a b c +=5c =由余弦定理可得，，由，所以，所以选③：因为，所以，由，所以，由余弦定理可得，，所以，所以【小问2详解】选①：由余弦定理可得，，所以.所以，由，所以，因为所以.选②：由（1）知：，，所以解得.选③：由（1）知：，，2221cos 22b c a A bc +-==-()0,A π∈23A π=1sin 2ABC S bc A ==2sin 2AA =22sin cos 222A A A =()0,,cos 02A A π∈>2tan 23A A π==2221cos 22b c a A bc +-==-5c =1sin 2ABC S bc A ==2222cos 25c b a ab C =+-=5c =2221cos 22b c a A bc +-==-()0,A π∈23A π=11sin sin 2222ABC A A S b AD c AD =⋅⋅+⋅⋅=158AD =3,5b c ==23A π=11sin sin 2222ABC A A S b AD c AD =⋅⋅+⋅⋅=158AD =3,5b c ==23A π=所以解得.21. 如图，在三棱柱中，已知侧面，，（1）求证：平面；（2）是线段上的动点，当平面 平面时，求线段的长；（3）若为的中点，求二面角平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析； （2）； （3.【解析】【分析】（1）由，，根据线面垂直的判定定理即可证结论；（2）先证面面，因此过作交线的垂线，可得到平面，即可求得=；（3）由上一问面，故过作交所在直线为点，则为所求平面的二面角，利用三角函数即可求值．【小问1详解】证明：侧面，侧面，得，由，知，即，11sin sin 2222ABC A A S b AD c AD =⋅⋅+⋅⋅=158AD =111ABC A B C -AB ⊥11BB C C 11π1,2,3BC AB BB BCC ===∠=1C B ⊥ABC P 1BB 1C AP ⊥11AA B B 1B P E 1BB 11C AE A --12AB ⊥1C B 1C B CB ⊥11ABB A ⊥11BB C C 1C 1C P 1C AP ⊥11AA B B 1B P 121C P ⊥11AA B B P PH AE ⊥AE H 1C HP ∠AB ⊥11BB C C 1C B ⊂11BB C C AB ⊥1C B 111π1,2,3BC CC BB BCC ===∠=190C CB ∠=︒1C B CB ⊥又交于点A ，且都在面内，故平面.【小问2详解】由已知侧面，面，知面面，过作于，面，面面，则面，因面，故平面平面，此时.【小问3详解】由（2）：面，面，则过P 作交于，且都在面内，所以面，则二面角平面角为或其补角，由，则，且，所以， ，故.,CB BAABC 1C B ⊥ABC AB ⊥11BB C C AB ⊂11ABB A 11ABB A ⊥11BB C C 1C 11C P BB ⊥P 1C P ⊂11BB C C 11ABB A 111BB C C BB =1C P ⊥11AA B B 1C P ⊂1C AP 1C AP ⊥11AA B B 111ππcoscos 33B P B C BC ===121C P ⊥11AA B B AE ⊂11AA B B 1C P AE ⊥PH AE ⊥AE H 1C P PH P = 1C PH ⊥AE 1C PH 11C AE A --1C HP ∠PHE ABE PH PE AB AE =12,,2AB PE AE ===PH =1C P =11tan C P C HP PH ∠===1cos C HP ∠=。
安徽省芜湖市第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试 数学试卷
安徽省芜湖市第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷本试卷总分150分，考试时间为120分钟。
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.过空间一定点可以作与已知直线垂直的平面的个数为A.0B.1C.2D.无数个2.下列命题一定正确的是A.一条直线和一个点确定一个平面B 如果两条平行直线中的一条与一个平面平行,那么另一条也与这个平面平行C 垂直于同一条直线的两条直线互相平行D.若直线l 与平面α平行,则直线l 与平面α内任意一条直线都没有公共点3.已知向量a 与向量b 不共线,若向量λ-a b 与向量2(1)λ-+-a b 共线,则实数λ的值为A.2或-1B.-2或1C.2D.任意实数4.如图,E ,F 分别为平行四边形ABCD 边AD 的两个三等分点,分别连接BE ,CF ，并延长交于点O ，连接OA ,OD ,则OD =A.2133OA OB -+ B.2OA OB -+ C.2OA OB -+ D.2OA OB -5.如下图,已知图2为甲同学用斜二测画法作出的在平面直角坐标系中正五边形ABCDE （见图1）的直观图即五边形A B C D E ''''',且保持坐标轴上的单位长度不变,其中各点的作法可能正确的为A.,,A B P '''B.,,B P C '''C.,,P C D '''D.,,D E A '''6.已知向量(1,2),(,1)m =-=a b ,若⊥a b ,则b 与+a b 夹角的余弦值为A.2B.3C.5D.35- 7.在正方体1111ABCD A B C D -中,E ,F 分别为棱111,A B CC 的中点,则直线AF 与直线DE 所成角为 A.6π B.4π C.3π D.2π 8.已知,,a b c 分别是ABC 三个内角,,A B C 的对边,下列关于ABC 的形状判断一定正确的为A.22sin sin sin A B C +=，则ABC 为直角三角形B.22sin sin sin A B C +=，则ABC 为等腰三角形C.222sin sin sin 2A B C ++=，则ABC 为直角三角形D.222sin sin sin 2A B C ++=，则ABC 为等腰三角形 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。