高一数学下学期期中考试试卷
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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 π
π⎧
⎫≠+
∈⎨⎬⎩
⎭
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,()6
6k k k Z π
ππ
π⎡
⎤-
+
∈⎢⎥⎣
⎦ 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
）
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 42
ππ
≤
≤-
-+=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）
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
．
13．已知函数
2cot tan )(++=x x x f ,且()4f α=,则()f α-=
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=4
5
. （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.。
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.。
浙江省绍兴市2023-2024学年高一下学期创新班期中考试数学试卷含答案
绍兴2023学年第二学期期中考试高一（素养班）试卷（答案在最后）命题：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.若复数z 满足z=i （2+z ）（i 为虚数单位），则z=（）A.1+i B.1-iC.-1+iD.-1-i【答案】C 【解析】【分析】利用复数的除法运算求解好、即可【详解】由题意2i i z z =+，()()()2i 1i 2i1i 1i 1i 1i z +===-+--+．”故选：C ．2.如图所示，梯形A B C D ''''是平面图形ABCD 用斜二测画法得到的直观图，2A D ''=，1A B B C ''''==，则平面图形ABCD 中对角线AC 的长度为（）A.B.C.D.5【答案】C 【解析】【分析】根据斜二测画法的规则确定原图形，利用勾股定理求得长度．【详解】由直观图知原几何图形是直角梯形ABCD ，如图，由斜二测法则知22AB A B ''==，1BC B C ''==，所以AC ===故选：C ．3.已知样本数据12100,,,x x x 的平均数和标准差均为4，则数据121001,1,,1x x x ------ 的平均数与标准差分别为（）A.54-，B.516-，C.416， D.44，【答案】A 【解析】【分析】根据样本数据同加上一个数和同乘以一个数后的新数据的平均值和方差的性质即可求解.【详解】由题意知，样本数据12100,,,x x x 的标准差为4，所以样本数据12100,,,x x x 的方差为16，因为样本数据12100,,,x x x 的平均数为4和方差为16，所以121001,1,,1x x x ------ 的平均数为415--=-，121001,1,,1x x x ------ 的方差为()211616-⨯=，所以121001,1,,1x x x ------ 的标准差为4，故选：A.4.一个圆锥的侧面展开图是半径为1的半圆，则此圆锥的内切球的表面积为（）A.π B.π2C.π3 D.π4【答案】C 【解析】【分析】由侧面展开图的半圆弧长等于圆锥底面圆周长可构造方程求得圆锥底面半径，由此可确定圆锥轴截面为正三角形，求得正三角形内切圆半径即为所求内切球半径，代入球的表面积公式即可得到结果.【详解】设圆锥底面半径为r ，则12π2π1π2r =⨯⨯=，解得：12r =；∴圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，∴此正三角形内切圆的半径为136=，即圆锥内切球半径6=R ，∴圆锥内切球的表面积21π4π4π123S R ==⨯=.故选：C.5.光源(3,2,1)P 经过平面Oyz 反射后经过(1,6,5)Q ，则反射点R 的坐标为（）A.75(0,,)22B.(0,4,3)C.97(0,,)22D.(0,5,4)【答案】D 【解析】【分析】设点P 关于平面Oyz 的对称点为P '，得到点R 为P Q '与平面Oyz 的交点，令(0,,)R m n ，结合PR PQ λ=，列出方程组，即可求解.【详解】设点(3,2,1)P 关于平面Oyz 的对称点为P '，可得(3,2,1)P '-，则点R 为P Q '与平面Oyz 的交点，令(0,,)R m n ，则P R P Q λ''=，且(1,6,5)Q ，又由(3,2,1),(4,4,4)P R m n P Q ''=--=，所以342414m n λλλ=⎧⎪-=⎨⎪-=⎩，解得5,4m n ==，所以(0,5,4)R .故选：D.6.若4,2145,,,的第 p 百分位数是4,则 p 的取值范围是（）A.(]4080，B.[)4080，C.[]40,80 D.()40,80【答案】D 【解析】【分析】根据百分位数的定义求解即可.【详解】1,2,4,4,5的第 p 百分位数是4,则()5%24p ⨯∈，，所以()4080p ∈，.故选：D7.如图是棱长均相等的多面体EABCDF ，其中四边形ABCD 是正方形，点P Q M N ，，，分别为DE ，AB ，AD ，BF 的中点，则异面直线PQ 与MN 所成角的余弦值为（）A.13B.12C.23D.34【答案】C 【解析】【分析】取AE 的中点K ，连接PK ，QK ，求得1122PQ DA EB =+ ，1122MN DF AB =+，则可求得PQ MN ⋅ ，进一步求得32PQ MN ==,按向量夹角公式求解即可【详解】如图，四边形ABCD ，BEDF 均是边长为a 的正方形，多面体的侧面均为等边三角形，取AE 的中点K ，连接PK ，QK ，则1122PQ PK KQ DA EB =+=+.同理可得1122MN DF AB =+.所以1111()()2222PQ MN DA EB DF AB ⋅=+⋅+ 11114444DA DF DA AB EB DF EB AB=⋅+⋅+⋅+⋅21π11π1cos 0cos 434432a a a a a a =⋅⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅⋅=取CE 的中点H ，连接PH ，BH ，则//PH CD ，且1.2PH CD =又点Q 为AB 的中点，AB CD =且//AB CD ，所以//PH QB 且PH QB =，则四边形QBHP 为平行四边形，所以πsin32PQ BH BE ==⋅=.同理可得=MN .设PQ ，MN的夹角为θ，则2122cos 322a PQ MN PQ MNθ⋅==⋅，即异面直线PQ 与MN 所成角的余弦值为23.故选：C8.在正方体1111ABCD A B C D -中，点M N ，分别是直线CD AB ，上的动点，点 P 是△11AC D 内的动点（不包括边界），记直线1D P 与MN 所成角为θ，若θ的最小值为π3，则1D P 与平面11AC D 所成角的正弦的最大值为（）A.36-B.36+C.6D.6+【答案】B 【解析】【分析】根据正方体的几何性质，作出1QD ⊥平面11AC D ，再由线面角的最小性可知，当α取最大值时，,,D P Q 三点共线，只需求此时1D PQ ∠的正弦值即可.【详解】如图所示，连接1BD ，交平面11AC D 于点Q.设1D P 与平面11AC D 所成角为α，正方体的棱长为a ，根据正方体的性质可得，1BD ⊥平面11AC D ，所以1QD ⊥平面11AC D ，且点Q 为11A C D 的中心，所以1sin sin D PQ α=∠.又因为直线1D P 与MN 所成角为θ，且θ的最小值为π3，所以1D P 与平面1111D C B A 所成角为π3，所以1DD P ∠为π6.由线面角的最小性可知，当α取最大值时，,,D P Q 三点共线，所以此时1111π6D PQ D DP DD P D DP ∠=∠+∠=∠+.又因为在1DD Q中，易得11133D Q BD ==，1DD a =，所以63DQ a ==，所以1111136sin 33D Q DQ D DQ D DQ DD DD ====∠∠，所以1111πsin sin sin()sin()6D PQ D DQ DD P D DQ α==∠+∠=∠+∠11113sin cos 2223236D DQ D DQ +=∠∠=⨯⨯+.故选：B .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.在12件同类产品中，有9件正品和3件次品，从中任意抽出3件产品，设事件A “3件产品都是次品”，事件B “至少有1件是次品”，事件C “至少有1件是正品”，则下列结论正确的是（）A.A 与C 为对立事件B.B 与C 不是互斥事件C.A B A =D.()()1P B P C +=【答案】ABC 【解析】【分析】通过分析事件，从而判断事件的关系.【详解】从中任意抽出3件产品，共有4种情况：3件产品都是次品，2件次品1件正品，1件次品2件正品，3件产品都是正品.事件B 的可能情况有：3件产品都是次品，2件次品1件正品，1件次品2件正品，事件C 的可能情况有：2件次品1件正品，1件次品2件正品，3件产品都是正品.A 与C 为对立事件，故A 正确；B C ⋂={2件次品1件正品，1件次品2件正品}，则B 与C 不是互斥事件，故B 正确；A B ⊆ ，A B A ∴⋂=，故C 正确；由上知()()1P B P C +>，故D 错误.故选：ABC10.在某市高三年级举行的一次模拟考试中，某学科共有20000人参加考试．为了了解本次考试学生成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，样本容量为n ，按照[)[)[)[)[]506060707080809090100，，，，，，，，，的分组作出频率分布直方图如图所示，其中，成绩落在区间[)5060，内的人数为16．则（）A.图中0.016x =B.样本容量1000n =C.估计该市全体学生成绩的平均分为71.6分D.该市要对成绩前25%的学生授予“优秀学生”称号，则授予“优秀学生”称号的学生考试成绩大约至少为77.25分【答案】AD 【解析】【分析】根据频率之和等于1，即可判断A ；根据频率，频数和样本容量之间的关系即可判断B ；根据频率分布直方图平均数的求解方法即可判断C ；根据题意算出25%分位数，再根据频率分布直方图的性质，即可判断D ．【详解】对于A ，因为()0.0300.0400.0100.004101x ++++⨯=，解得0.016x =，故A 正确；对于B ，因为成绩落在区间[)50,60内的人数为16，所以样本容量16(0.01610)100n ⨯=÷=，故B 不正确；对于C ，学生成绩平均分为0.01610550.03010650.04010750.01010850.004109570.6⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=，故C 不正确；对于D ，设授予“优秀学生”称号的学生考试成绩大约至少为y ，由于[)90,100的频率为0.004100.04⨯=，[)80,90的频率为0.010100.10⨯=，[)70,80的频率为0.040100.40⨯=，则0.040.100.140.25,0.040.100.400.540.25+=<++=>，所以[7080),y ∈，则()()100.0040.010800.0400.25y ⨯++-⨯=，解得77.25y =，所以大约成绩至少为77.25的学生能得到此称号，故D 正确．故选：AD ．11.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD 的棱长为a .则（）A.能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为aB.勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为312a⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭C.勒洛四面体中过A B C ，，三点的截面面积为(212π4a D.勒洛四面体的体积3326π128V a a ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭，【答案】AD 【解析】【分析】对于A ，根据勒洛四面体表面上任意两点间距离小于等于a ，进行判断；对于B ，求出BE a =，4OB a =，相减即为能够容纳的最大球的半径；对于C ，找到最大截面，求出截面面积；对于D ，勒洛四面体的体积介于正四杨体ABCD 的体积和正四面体ABCD 的外接球体积之间，求出正四面体ABCD 的体积和正四面体ABCD 的外接球的体积，从而求出答案．【详解】由题意知：勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值a ，故A 正确；勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图，其中点E 为该球与勒洛四面体的一个切点，O 为该球的球心，由题意得该球的球心O 为正四面体ABCD 的中心，半径为OE ，连接BE ，易知B ，O ，E 三点共线，设正四面体ABCD 的外接球半径为r ，由题意得：222))r r -+=，解得4r a =，BE a ∴=，4OB a =，由题意得(1)44OE a =-=-，故B 错误；勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD 表面的截面，如图，则勒洛四面体截面面积最大值为三个半径为a ，圆心角为60︒的扇形的面积减去两个边长为a 的正三角形的面积，即222113π2(π642a a ⨯-⨯=-，故C 错误；对于D ，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD 的体积和正四面体ABCD 的外接球的体积之间，正四面体底面面积为24a ，底面所在圆的半径为2323a ⨯=，∴=，∴正四面体ABCD 的体积231136234312V a a a =⨯⨯=，设正四面体ABCD 的外接球半径为r ，则由题意得：222()()33a r a r -+=，解得4r a =，∴正四面体ABCD 的外接球的体积为328V a =，∴勒洛四面体的体积V 满足33π128a V a <<，故D 正确．故选：AD ．【点睛】方法点睛:解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下;(1)定球心:如果是内切球，球心到切点的距离相等目为球的半径;如果是外接球，球心到接点的距离相等目为半径;(2)作截面:选准最佳角度做出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的;(3)求半径下结论:根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.从含有6件次品的50件产品中任取4件，观察其中次品数，这个试验的样本空间Ω＝______.【答案】{}0,1,2,3,4【解析】【分析】取出的4件产品中，最多有4件次品，最少是没有次品，由此能求出样本空间.【详解】取出的4件产品中，最多有4件次品，最少是没有次品，所以样本空间{0,1,2,3,4}Ω=.故答案为：{0,1,2,3,4}.13.如图，甲乙做游戏，两人通过划拳（剪刀、石头、布）比赛决胜谁首先登上第3个台阶，并规定从平地开始，每次划拳赢的一方登上一级台阶，输的一方原地不动，平局时两人都上一个台阶．如果一方连续赢两次，那么他将额外获得上一级台阶的奖励，除非已经登上第3个台阶，当有任何一方登上第3个台阶时游戏结束，则游戏结束时恰好划拳3次的概率为______．【答案】1327【解析】【分析】不妨假设游戏结束时恰好划拳3次时是甲登上第3个台阶，考虑所有可能的情况，同时考虑到也可能是划拳3次恰好是乙登上第3个台阶，根据独立事件乘法公式和互斥事件的加法公式，即可求得答案.【详解】设事件“第(N )i i *∈次划拳甲赢”为i A ，事件“第(N )i i *∈次划拳甲平局”为i B ，事件“第(N )i i *∈次划拳甲输”为i C ，则()()()13i i i P A P B P C ===；故()()()()()()()()()()123123123322P X P A P B P A P B P A P A P B P B P B ==++()()()()()()()()()()()()1231231231232222P A P B P B P B P A P B P B P B P A P C P A P A ++++11111111111111111122222333333333333333333=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯11113233327+⨯⨯⨯=，故答案为：1327【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于考虑清楚游戏结束时恰好划拳3次的所有可能情况，要注意到最终登上第3个台阶的人在第2次划拳时不能输.14.在三棱锥 A BCD -中，二面角 A BD C --的大小为π3， BAD CBD ∠∠=，2BD BC ==，则三棱锥外接球表面积的最小值为____________．【答案】4π3【解析】【分析】221R OE =+，故只需求OE 的最小值，则在四边形12OO EO 中计算即可.【详解】取ABD △外心1O ，BCD △外心2O ，BD 中点为E ，则222O A O B O D ==，111O B O C O D ==，2OO ⊥面ABD ，1OO ⊥面BCD 所以12,O E BD O E BD ⊥⊥，12π3O EO ∠=，设BAD CBD θ∠=∠=，由正弦定理得22sin BDO B θ=，余弦定理得2222cos 88cos CD BC BD BC BD θθ=+-⋅=-，所以4sin2CD θ==，所以由正弦定理得12sin CD O B θ=，即11cos 2O B θ=，所以21sin O B θ=，21tan O E θ==，1tan 2O E θ==，在四边形12OO EO 中，22221212122tan12tan 2tan tan O O O E O E O E O E θθθθ=+-⋅=+-222422221tan 1tan 7tan 4tan 1222tan 224tan 4tan 22θθθθθθθ⎛⎫---+ ⎪⎝⎭=+-=，222212227111111tan 32333sin 3tan 32O O R OE θπθ-=+=+=+-≥=，当且仅当14tan 72θ-=时等号成立，所以三棱锥外接球表面积最小值为()2414ππ3R =，故答案为：4π3.【点睛】思路点睛：本题考查三棱锥外接球表面积，解题关键是用一个变量表示出球的表面积，前提是选定一个参数，由已知设BAD CBD θ∠=∠=，其他量都用表示，并利用三角函数恒等变换，换元法，基本不等式等求得最小值．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.已知复数22(232)(32)z m m m m i =--+-+，(其中i 为虚数单位)（1）当复数z 是纯虚数时，求实数m 的值；（2）若复数z 对应的点在第三象限，求实数m 的取值范围.【答案】（1）,（2）()1,2m ∈【解析】【详解】（1）由题意有时，解得，即时，复数为纯虚数.（2）由题意有：222320{320m m m m --<-+<，解得：12{212m m -<<<<，所以当()1,2m ∈时，复数z 对应的点在第三象限考点：纯虚数概念16.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是以2为边长的菱形，且120BAD ∠=︒，PB PD =，M 为PC 的中点.（1）求证：平面PBD ⊥平面PAC ；（2）若PC ==，求直线PD 与平面AMD 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）14【解析】【分析】（1）设AC 交BD 于点N ，连接PN ，可证明BD ⊥平面PAC ，从而得到平面PBD ⊥平面PAC .（2）可证PA ⊥平面ABCD ，取CD 的中点E ，则AE AB ⊥，故以A 为坐标原点，直线,,AB AE AP 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法可求线面角的正弦值，或利用等积法求出点P 到平面AMD 的距离为d ，故可求线面角的正弦值.【小问1详解】设AC 交BD 于点N ，连接PN ，.PB PD = ，PN BD ∴⊥.底面ABCD 是以2为边长的菱形，AC BD ∴⊥.又PN AC N = ，,PN AC ⊂平面PAC ，BD ∴⊥平面PAC .又BD ⊂Q 平面PBD ，∴平面PBD ⊥平面PAC .【小问2详解】法一： 底面ABCD 是以2为边长的菱形，且120BAD ∠=︒，ABC ∴ 与ACD 为等边三角形，2AC ∴=.PC ==222PC PA AC ∴=+，即PA AC ⊥.BD ⊥ 平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，BD PA ∴⊥.又BD AC N = ，,BD AC ⊂平面ABCD ，PA ∴⊥平面ABCD .取CD 的中点E ，则AE CD ⊥，AE AB ∴⊥.又PA ⊥平面ABCD ，故以A 为坐标原点，直线,,AB AE AP 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,2,0,0,0,0,2,1,A B P C，()1,,,122D M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，()()12,,,1,22PD AM AD ⎛⎫∴=--==- ⎪ ⎪⎝⎭.设平面AMD 的一个法向量为(),,n x y z = ，则0,0,n AD n AM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,10.22x x y z ⎧-+=⎪⎨++=⎪⎩取x =1,y z ==n = .设直线PD 与平面AMD 所成角为α，则sin 14n PD n PDα⋅=== ，∴直线PD 与平面AMD 所成角的正弦值为4214.法二： 底面ABCD 是以2为边长的菱形，且120BAD ∠=︒，ABC ∴ 与ACD 均为等边三角形，2AC ∴=.PC == 222PC PA AC ∴=+，即PA AC ⊥.由（1）知BD ⊥平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，BD PA ∴⊥.又BD AC N = ，,BD AC ⊂平面ABCD ，PA ∴⊥平面ABCD .AD ⊂ 平面ABCD ，PA AD ∴⊥，∴由勾股定理得PD =，M 为PC的中点，12AM PC ∴==.在PCD中，由余弦定理得2222222cos 24PC CD PD PCD PC CD+-+-∠===⋅，在MCD△中，由余弦定理得2222222cos 24MD CM CD MD PCD CM CD+-+-∠===⋅，解得2MD =.在AMD 中，2AD MD ==，AM =，1222AMD S ∴==△.设点P 到平面AMD 的距离为d ，又易知点C 到平面PAD由P AMD M PAD V V --=得，111323AMD PAD S d S ⋅=⨯⨯△△，11112232232d ∴⨯⋅=⨯⨯⨯⨯，解得d =.所以直线PD 与平面AMD 所成角的正弦值为4214d PD ==.17.为了了解学生躯干、腰、髋等部位关节韧带和肌肉的伸展性、弹性等，某学校对在校1500名学生进行了一次坐位体前屈测试，采用按学生性别比例分配的分层随机抽样抽取75人，已知这1500名学生中男生有900人，且抽取的样本中男生的平均数和方差分别为13.2和13.36，女生的平均数和方差分别为15.2和17.56．（1）求样本中男生和女生应分别抽取多少人；（2）求抽取的总样本的平均数，并估计全体学生的坐位体前屈成绩的方差．【答案】（1）45；30；（2）平均数14；方差16.【解析】【分析】（1）首先计算抽样比，再计算男生和女生应抽取的人数；（2）代入总体平均数公式和方差公式，即可求解.【小问1详解】总体容量1500，样本容量75，则抽样比为751150020=，所以样本中男生数量119004520n =⨯=，女生数量()2115009003020n =-⨯=.【小问2详解】抽取的样本中男生的平均数13.2x =，方差2113.36s =，抽取的样本中女生的平均数15.2y =，方差2217.56s =，所以总体样本的平均数为()14513.23015.21475ω=⨯+⨯=，总体样本的方差()(){}22214513.3613.2143017.5615.21475s ⎡⎤⎡⎤=+-++-⎣⎦⎣⎦()16305701675=+=.所以估计高三年级全体学生的坐位体前屈成绩的方差为16.18.如图，已知直角三角形ABC 的斜边//BC 平面α，A 在平面α上，AB ，AC 分别与平面α成30 和45 的角，6BC =．（1）求BC 到平面α的距离；（2）求平面ABC 与平面α的夹角．【答案】（1；（2）π3.【解析】【分析】（1）过,B C 作平面α的垂线，利用直角三角形边角关系及勾股定理建立方程求解.（2）作出二面角的平面角，利用余弦定理、三角形面积公式求解即得.【小问1详解】过B 作BE α⊥，垂足为E ，过C 作CF α⊥，垂足为F ，连AE 、AF 、EF ，则30BAE ∠=o ，45CAF ∠= ，设BC 到平面α的距离为d ，由//BC 平面α，得BE CF d ==，在Rt BEA 中，sin30d AB=，则212dAB d==，在Rt CAF △中，AC =，在Rt ABC △中，222BC AB AC =+，则223624d d =+，所以d =.【小问2详解】由（1）知，四边形BCFE 是矩形，过点A 作直线//l EF ，显然//l BC ，在平面α内过点A 作AO EF ⊥于O ，则AO l ⊥，过O 作//OG BE 交BC 于G ，连接AG ，则,OG OG EF α⊥⊥，有OG l ⊥，而,,AO OG O AO OG =⊂ 平面AOG ，于是l⊥平面AOG ，又AG ⊂平面AOG ，则l AG ⊥，即GAO ∠平面ABC 与平面α的夹角，由（1）知，AB AC ==，则12ABC S AB AC =⋅= ，在△AEF中，6AE AF EF ===，，则222cos 23AE AF EF EAF AE AF +-∠==⋅，于是1sin 3EAF ∠=，1sin 2EAF S AE AF EAF =⋅⋅∠= 因此112cos 122EAF ABC EF AOS AO GAO AG S BC AG ⋅∠====⋅ ，又π02GAO <∠≤，则π3GAO ∠=，所以平面ABC 与平面α的夹角为π3.19.如图，四棱锥S ABCD -的底面是平行四边形，平面α与直线AD SA SC ，，分别交于点,,P Q R ，且AP SQ CRAD SA CS==，点M 在直线SB 上运动，在线段CD 上是否存在一定点N，使得其满足：（i ）直线//MN α；（ii ）对所有满足条件（i ）的平面α，点M 都落在某一条长为m的线段上，且3m SB =．若存在，求出点N 的位置；若不存在，说明理由．【答案】存在， N 在靠近 C 的三等分点处.【解析】【分析】以,,SA SB SC为一组基地，用向量证明即可.【详解】存在，N 在靠近C 的三等分点处.设SA a SB b SC c SD d ====，，，，则d a b c =-+，因为AP SQ CRx AD SA CS ===，所以()1SQ xa SR SC CR c xc x c ==+=-=-，，()()()11SP x a xd x a x a b c a xb xc =-+=-+-+=-+，又因为//MN α，所以存在λμ∈R ，，使得NM QR QP λμ=+，故()SM SN SP SQ SR μλμλ=+-++ ，设()()11SN tSC t SD tc t d =+-=+- ，所以()()()()()11SM tc t a b c a xb xc xa x c μλμλ=+--++-+-++-，整理得()()()11111SM t x x a t x b x x c μλμμλ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=-+----++++-⎣⎦⎣⎦⎣⎦，又点M 在直线SB 上的充要条件是SM yb =，则()()110110t x x x x μλμλ⎧-+--=⎪⎨++-=⎪⎩，消去λ，得()211221x t x x μ--=-+，所以()()()()222213*********221tx t x t x t x t y t x t x x x x μ+----+-=--=-+=-+-+，故()()223233210y t x t y x y t -++--+-+=，①当322t y -=时，2t x =；②当322t y -≠时，()()()2Δ332423210t y y t y t =----+-+≥，所以()()()224843210*y t y t t --+--≤，12103y y -==，解得23t =.此时，①中0y =代入(*)不等式成立，故2133SN c d =+，所以存在，N 在靠近C 的三等分点处.【点睛】方法点睛：当平面α运动时，对于定点N ，确定动点M 的存在范围，使之满足所有的题设条件，我们以,,SA SB SC为一组基向量，利用向量的方法给出本题的一种证法.。
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。
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。
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。
浙江省杭州学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷含答案
杭州2023-2高一年级期中考试数学试卷命题人高一数学备课组审核人高一数学备课组（答案在最后）注意事项：1.本试卷满分100分，考试时间100分钟.2.整场考试不准使用计算器.一､单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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,m n 表示两条不同直线，α表示平面，则（）A.若//,//m n αα，则//m nB.若//,m m n α^，则n α⊥C.若,m m n α⊥⊥，则//n αD.若,m n αα⊥⊂，则m n⊥【答案】D 【解析】【分析】利用空间中直线、平面的位置关系一一判定选项即可.【详解】对于A ，若//,//m n αα，则,m n 可能相交、平行或异面，故A 错误；对于B ，若//,m m n α^，则,n α可能平行，或相交，或垂直，故B 错误；对于C ，若,m m n α⊥⊥，则n 可能在α中，也可能//n α，故C 错误；对于D ，由线面垂直的性质定理可知D 正确.故选：D2.如图，在平行六面体（底面为平行四边形的四棱柱）1111ABCD A B C D -中，E 为BC 延长线上一点，3BC CE =，则1D E =（）A.11-3AB AD AA + B.12-3AB AD AA + C.113AB AD AA ++ D.11-3AB AD AA + 【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的加减法运算法则，直接写出向量1D E的表达式，即可得答案.【详解】111()D E AD AE AB AD A B A E =-=+-+=114133AD AB BC AA AB AD AA +--=+- ,故选：A.3.如图，已知平面α，β，且l αβ= .设梯形ABCD 中，//AD BC ，且AB α⊂，CD β⊂.则下列结论正确的是（）A.直线AB 与CD 可能为异面直线B.直线AB ，CD ，l 相交于一点C.AB CD =D.直线AC 与BD 可能为异面直线【答案】B 【解析】【分析】结合题意以及空间中点线面的位置关系，逐项分析即可求出结果.【详解】梯形AB CD =中，//AD BC ，所以AB 与CD 是梯形的两腰，所以AB 与CD 是共面直线，故A 错误；AB 与CD 是不一定相等，故C 错误，直线AC 与BD 是梯形的对角线，故是共面直线，故D 错误；设AB CD M = ，又且AB α⊂，CD β⊂，所以M α∈，M β∈，所以M αβ∈⋂，又因为l αβ= ，故M l ∈，即直线AB ，CD ，l 共点，故B 正确.故选：B.4.如图，一个正四棱锥P ABCD -的五个顶点都在球面上，且底面ABCD 经过球心O .若1283-=P ABCD V ，则球O 的表面积是A.814π B.36π C.64πD.274π【答案】C 【解析】【分析】由题意可知，PO ⊥平面ABCD ，并且PO 是半径，由体积求出半径，然后求出球的表面积．【详解】设球的半径为R ，则1112822323四棱锥-=⨯⨯⨯⨯=P ABCD V R R R ，得4R =，∴2=464球ππ=S R .故选C【点睛】本题考查球的内接体问题，球的表面积、体积，考查学生空间想象能力，属于中档题．5.如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，1AB =，若二面角1C C AB --的大小为60︒，则点C 到平面1C AB 的距离为（）A.1B.12C.34D.2【答案】C 【解析】【分析】取AB 的中点O ，连接OC 和1OC ，由二面角的定义得出160COC ∠=o，可得出OC 、1CC 、OC的值，由此可计算出1ABC ∆和ABC ∆的面积，然后利用三棱锥1C ABC -的体积三棱锥1C ABC -的体积相等，计算出点C 到平面1ABC 的距离.【详解】取AB 的中点O ，连接OC 和1OC ，根据二面角的定义，160COC ∠=o.由题意得2OC =，所以132CC =，1OC =.设C 到平面1C AB 的距离为h ，易知三棱锥1C ABC -的体积三棱锥1C ABC -的体积相等，即1111311323222h ⨯⨯=⨯⨯⨯⨯，解得34h =，故点C 到平面1C AB 的距离为34.故选C.【点睛】本题考查点到平面距离的计算，常用的方法有等体积法与空间向量法，等体积法本质就是转化为三棱锥的高来求解，考查计算能力与推理能力，属于中等题.6.已知正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是线段1BB 上靠近1B 的三等分点，点F 是线段11D C 上靠近1D 的三等分点，则平面AEF 截正方体1111ABCD A B C D -形成的截面图形为（）A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形【答案】C 【解析】【分析】如图，由题意，根据空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理可得//l AE ，进而//FI AE ，结合相似三角形的性质即可求解．【详解】如图，设6AB =，分别延长11AE A B 、交于点G ，此时13B G =，连接FG 交11B C 于H ，连接EH ，设平面AEF 与平面11DCC D 的交线为l ，则∈F l ，因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，平面AEF ⋂平面11ABB A AE =，平面AEF ⋂平面11DCC D l =，所以//l AE ，设1l D D I = ，则//FI AE ，此时1FD I ABE △∽△，故1ID =43，连接A I ，所以五边形AIFHE 为所求截面图形，故选：C ．7.北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是π3，所以正四面体在各顶点的曲率为π2π3π3-⨯=，故其总曲率为4π，则四棱锥的总曲率为（）A.2πB.4πC.5πD.6π【答案】B 【解析】【分析】根据题中给出的定义，由多面体的总曲率计算求解即可．【详解】解：由题意，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，其中4个三角形，1个四边形，所以四棱锥的表面内角和由4个三角形和1个四边形组成，所以面角和为426πππ+=，故总曲率为5264πππ⨯-=．故选：B.8.已知正方体1111ABCD A B C D -边长为1，点,E O 分别在线段11B D 和BD 上，1114,5EB B D DO BO ==，动点F 在线段1AA 上，且满足1102AF AA λλ⎛⎫=<<⎪⎝⎭，分别记二面角11,F OB E F OE B ----，1F EB O --的平面角为,,αβγ，则总有（）A.αβγ>>B.γβα>>C.γαβ>>D.βαγ>>【答案】D 【解析】【分析】作出三个二面角的平面角，求出其正切值后比较大小可得．【详解】作FF '⊥平面11BB D D ，垂足为F '，则22FF '=，因为1OB ⊂平面11BB D D ，所以1FF OB '⊥，作1FK OB ⊥，FM OE ⊥，11FN B D ⊥，垂足分别为,,K M N ，连接,,KF MF NF '''，由于FF FK F '= ，FF '⊂平面FF K '，FK ⊂平面FF K '，所以1OB ⊥平面FF K '，又F K '⊂平面FF K '，从而1OB F K '⊥，所以FKF α'=∠，同理FMF β'=∠，FNF γ'=∠，所以tan tan 2FKF F K α'=∠='，tan tan 2FMF F M β'=∠='，tan tan 2FNF F Nγ'=∠='，因为点O 是正方形ABCD 对角线的交点，所以OA BD ⊥，因为1BB ⊥平面ABCD ，OA ⊂平面ABCD ，所以1OA BB ⊥，因为1BB BD B ⋂=，1BB ⊂平面11BDD B ，BD ⊂平面11BDD B ，所以AO ⊥平面11BDD B ，ON 就是1AA 在平面11BDD B 上的射影，11,//,ON AA ON AA OF AF '==，又1sin F K OF B OF '''=⋅∠，sin F M OF EOF '''=⋅∠，且1112AF AA AA λ=<，则OF F N ''<，由11145EB B D =得1EN NB <，从而1EOF B OF ''∠<∠，所以F N OF F K F M ''''>>>，所以tan tan tan βαγ>>，又π,,0,2αβγ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以βαγ>>.故选：D.【点睛】关键点点睛：关键是作出二面角的平面角，然后求出角的正切值，再利用正方体的性质比较线段长的大小，从而可得结论．二､多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得4分，有选错的得0分，部分选对的得2分9.如图，A B C ''' 为水平放置的ABC 的直观图，其中2,A B A C B C ''''''===，则在原平面图形ABC 中有（）A.AC BC <B.2AB =C.AC =D.ABC S =△【答案】ACD 【解析】【分析】根据斜二测画法规则确定点,,A B C '''的位置，再作出ABC ，逐项计算判断即可.【详解】在直观图A B C ''' 中，2,A B A C B C ''''''===，取A B ''中点D ¢，连接C D ''，则C D A B ''''⊥，而45B O C '''∠= ，于是2O D C D ='''=='，则1O A ''=，O C ''==3B O ''=，由斜二测画法规则作出ABC ，如图，则22,26OC O C OA O A OB O B ''''''======，4AB =，AC ==，BC ==12ABC S OC AB =⋅= 显然AC BC <，A 、C 、D 正确，B 错误.故选：ACD10.如图，以等腰直角三角形ABC 的斜边BC 上的高AD 为折痕，翻折ABD △和ACD ，使得平面ABD ⊥平面ACD .下列结论正确的是（）A.BD AC⊥ B.ABC 是等边三角形C.三棱锥D ABC -是正三棱锥 D.平面ACD ⊥平面ABC【答案】ABC 【解析】【分析】利用面面垂直以及线面垂直的性质可判断A 选项；设AD a =，利用勾股定理可判断B 选项；利用正棱锥的定义可判断C 选项；利用面面垂直的性质结合面面垂直的性质可判断D 选项.【详解】对于A 选项，翻折前，因为AB AC =，D 为BC 的中点，则AD BD ⊥，翻折后，对应地有AD BD ⊥，因为平面ABD ⊥平面ACD ，平面ABD ⋂平面ACD AD =，BD ⊂平面ABD ，所以，BD ⊥平面ACD ，因为AC ⊂平面ACD ，故BD AC ⊥，A 对；对于B 选项，设AD a =，翻折前，因为ABC 为等腰直角三角形，D 为BC 的中点，则BD CD AD a ===，且AD BD ⊥，AD CD ⊥，由勾股定理可得AC AB ===，翻折后，因为BD ⊥平面ACD ，CD ⊂平面ACD ，则BD CD ⊥，由勾股定理得BC ==，在三棱锥D ABC -中，AB AC BC ==，则ABC 为等边三角形，B 对；对于C 选项，在三棱锥D ABC -中，因为ABC 为等边三角形，DA DB DC ==，故三棱锥D ABC -为正三棱锥，C 对；对于D 选项，假设平面ACD ⊥平面ABC ，如下图所示：取AC 的中点E ，连接DE 、BE ，因为AD CD =，E 为AC 的中点，则DEAC ⊥，若平面ACD ⊥平面ABC ，因为平面ACD 平面ABC AC =，DE ⊂平面ACD ，所以，DE ⊥平面ABC ，设等边ABC 的中心为点O ，连接DO ，由正棱锥的性质可知，DO ⊥平面ABC ，因为过点D 作平面ABC 的垂线，有且只有一条，故假设不成立，即平面ACD 与平面ABC 不垂直，D 错.故选：ABC.11.中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，1AA 垂直于底面，15AA =，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，2CD =，则下列说法正确的是（）A.弧AD 长度为3π2B.曲池的体积为10π3C.曲池的表面积为2014π+D.三棱锥1A CC D -的体积为5【答案】ACD 【解析】【分析】设弧AD 所在圆的半径为R ，弧BC 所在圆的半径为r ，根据弧AD 的长度是弧BC 长度的3倍及2CD R r =-=求出R 、r ，再根据体积、表面积公式计算可得.【详解】设弧AD 所在圆的半径为R ，弧BC 所在圆的半径为r ，因为弧AD 的长度是弧BC 长度的3倍，ππ322R r =⨯，即3R r =，22CD R r r ∴=-==，1r ∴=，3R =，所以弧AD 的长度为3π2，故A 正确；曲池的体积为222211111πππ3π1510π4444V R r AA ⎛⎫⎛⎫=-⨯=⨯-⨯⨯=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故B 错误；曲池的表面积为221111ππ2ππ52524422R r R r ⎛⎫⎛⎫-⨯++⨯+⨯⨯⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭221111π3π12π3π15202014π4422⎛⎫⎛⎫=⨯-⨯⨯+⨯+⨯⨯+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故C 正确；三棱锥1A CC D -的体积为11235532⨯⨯⨯⨯=，故D 正确．故选：ACD ．12.如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为菱形，160,2,BAD AB AA P ∠=== 为1CC 的中点，点Q 满足][()10,1,0,1DQ DC DD λμλμ⎡⎤=+∈∈⎣⎦ ，则下列结论正确的是（）A.若13λμ+=，则四面体1A BPQ 的体积为定值B.若1A BQ △的外心为O ，则11A B AO ⋅ 为定值2C.若1AQ =，则点Q 的轨迹长度为4D.若1λ=且12μ=，则存在点1E A B ∈，使得AE EQ +【答案】ACD【解析】【分析】A 选项，作出辅助线，结合空间向量基本定理得到,,W Q F 三点共线，得到//WF 平面1PA B ，故点Q 为平面1PA B 的距离为定值，四面体1A BPQ 的体积为定值，A 正确；B 选项，作出辅助线，结合空间向量数量积的几何意义得到11114A B A O A B AT ⋅=⋅= ；C 选项，建立空间直角坐标系，设()0,2,2Q λμ，表达出()()2221222λμ++-=，故Q 点的轨迹为以()1,2S -为半径的圆，落在正方形11CDD C 内的部分，结合弧长公式求出答案；D 选项，求出()0,2,1Q ，)2,2E a a -，得到AE EQ +=，画出图形，数形结合得到其最小值.【详解】A 选项，在1,CD DD 上分别取,F W ，使得13DF DC =，113DW DD =，因为1DQ DC DD λμ=+ ，所以33DQ DF DW λμ=+ ，因为13λμ+=，所以331λμ+=，即()313DQ DF DW λλ=+- ，故33DQ DW DF DW λλ--= ，即3WQ WF λ= ，所以,,W Q F 三点共线，因为1//WF CD ，11//A B CD ，所以1//WF AB ，故//WF 平面1PA B ，故点Q 为平面1PA B 的距离为定值，又1PA B S 为定值，故四面体1A BPQ 的体积为定值，A 正确；B 选项，取1A B 的中点T ，因为1A BQ △的外心为O ，所以OT ⊥1A B ，又题意得1A B ==则11114A B A O A B AT ⋅=⋅= ，B 错误；C 选项，取AB 的中点R ，因为底面ABCD 为菱形，60BAD ∠=︒，故DR ⊥DC ，以D 为坐标原点，以DR ，1,DC DD 分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，故)11,2A -，设()0,2,2Q λμ，则1AQ ==，化简得()()2221222λμ++-=，点Q 满足][()10,1,0,1DQ DC DD λμλμ⎡⎤=+∈∈⎣⎦ ，即点Q 在正方形11CDD C 内，包括边界，故Q 点的轨迹为以()1,2S -为半径的圆，落在正方形11CDD C 内的部分，如图所示：因为SH =，11SD =，故11D H ==，故1SD H 为等腰直角三角形，π4S ∠=，故点Q 的轨迹长度为π44=，C 正确；D 选项，若1λ=且12μ=，112DQ DC DD =+ ，即()()()10,2,00,0,20,2,12DQ =+= ，即()0,2,1Q ，又)11,2A -，)B ，设()111,,E x y z ，设()[]10,2,2,0,1EB a A B a a a ==-∈ ，即)()111,1,0,2,2x y z a a ---=-，解得11112,2x y a z a ==-=，即)2,2E a a -，AE EQ +=+=+=，如图所示，设1101,,242KJ GV JG ===，且KJ ⊥JG ，JG ⊥GV ，在线段JG 上取一点L ，设GL a =，则12LJ a =-，故KL VL +=，显然，直接连接KV ，此时KL VL +取得最小值，最小值即为KV ，由勾股定理得KV ==，故AE EQ +=的最小值为=D 正确.故选：ACD【点睛】空间向量解决几何最值问题，通常有两种思路：①形化，即用空间向量的几何意义将问题转化为空间几何中的最值或取值范围问题，然后根据图形的特征直接进行求解；②数化，即利用空间向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.三､填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分13.()()1,0,2,1,3,1A B -，点M 在z 轴上且到,A B 两点的距离相等，则M 点的坐标为__________.【答案】()0,0,3-【解析】【分析】设点(0,0,)M z ，根据点M 到,A B 两点的距离相等，列出方程，即可求解.【详解】根据题意，可设点(0,0,)M z ，因为点M 到,A B 两点的距离相等，可得AM BM =，=解得3z =-，所以点M 的坐标为()0,0,3-.故答案为：()0,0,3-.14.如图，在四面体A BCD -中，2,AC BD AC ==与BD 所成的角为45 ，,M N 分别为,AB CD 的中点，则线段MN 的长为__________.【答案】2或2【解析】【分析】取BC 的中点E ，连接EM 、EN ，即可得到MEN ∠为异面直线AC 与BD 所成的角或其补角，即45MEN ∠= 或135 ，再利用余弦定理计算可得.【详解】取BC 的中点E ，连接EM 、EN ，M 、E 分别为AB 、BC 的中点，//ME AC ∴且112ME AC ==，同理可得EN //BD 且1222EN BD ==，MEN ∴∠为异面直线AC 与BD 所成的角或其补角，则45MEN ∠= 或135 .在MEN 中，1ME =，2EN =，若45MEN ∠= ，由余弦定理可得MN =2==；若135MEN ∠= ，由余弦定理可得MN =2==；综上所述，2MN =或2.故答案为：22或2.15.已知()()21,5(0,R)f x axg x x bx a b =-=+->∈（1）若2a =时，()()f x g x =的两根为12,x x ，则12x x -的最小值为__________.（2）若0x >时，()()0f x g x ⋅≥恒成立，则3b a +的最小值为__________.【答案】①.4②.【解析】【分析】（1）依题意可得()2240x b x +--=，列出韦达定理，则12x x -=性质计算可得；（2）令()0f x =解得1x a =，分析可得10g a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，从而得到15b a a =-，再利用基本不等式计算可得.【详解】（1）若2a =时()21f x x =-，()25g x x bx =+-，方程()()f x g x =，即()2240x b x +--=，显然0∆>，所以122x x b +=-，124x x =-，则124x x -==≥，所以当2b =时，12x x -取得最小值，且最小值为4．（2）0,R a b >∈ ，当0x >时，()()0f x g x ≥恒成立，由()0f x =解得1x a =，当1x a >时，()0f x >；当10x a<<时，()0f x <；∴当1x a >时，()0g x ≥，当10x a <<时，()0g x ≤；∴20115b g a a a ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭，∴15b a a =-，325b a a a ∴+=+≥=，当且仅当52a a =，即5a =、2b =时取等号，所以3b a +的最小值是．故答案为：4；16.下列命题正确的是__________.（填序号）①若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行；②垂直于同一条直线的两直线平行；③两个平面互相垂直，过一个平面内任意一点作交线的垂线，必垂直与另一个平面；④过两个点与已知平面的垂直的平面可能不存在；⑤过两条异面直线外任一点有且只有一条直线与这两条异面直线都垂直；⑥到一个四面体的四个顶点的距离都相等的平面有7个.【答案】①⑤⑥【解析】【分析】根据题意，由直线与直线，直线与平面的位置关系，依次分析6个命题，即可判断．【详解】对于①：如图，//AB α，平面,ABDC CD AB α⋂=⊂平面ABDC ，所以//AB CD ，同理//AB EF ，所以//CD EF ，又因为,CD EF ββ⊄⊂，所以CD//β，又,CD l ααβ⊂⋂=，所以//CD l ，所以//AB l ，若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行，故①正确；对于②：垂直于同一条直线的两条直线相交、平行或异面，故②错误；对于③：根据面面垂直的性质定理可知，两个平面互相垂直，过一个平面内任意一点（不在交线上）作交线的垂线，必垂直与另一个平面，当该点在交线上时，作交线的垂线，得不到该直线与另一个平面垂直，故③错误；对于④：分3种情况讨论：若两点确定的直线在已知平面内，则过两点与一个已知平面垂直的平面有且只有一个；若两点确定的直线不在平面内，但与已知平面不垂直，则过两点与一个已知平面垂直的平面有一个，若两点确定的直线不在平面内且与已知平面垂直，则过两点与一个已知平面垂直的平面有无数个，综上，过两点与一个已知平面垂直的平面有一个或无数个，一定存在，故④错误；对于⑤：设直线m 、n 异面，过直线m 上一点O 作直线n '，使得//n n '且m n O '= ，如下图所示：设直线m 、n '确定平面α，过空间中任意一点P ，有且只有一条直线l ，使得l α⊥，因为m 、n α'⊂，则l m ⊥，l n '⊥，又因为//n n '，则l n ⊥，故过两条异面直线外任一点有且只有一条直线与这两条异面直线都垂直，故⑤正确；对于⑥：到一个四面体的四个顶点的距离相等的平面，可以看作是与一个四面体四个顶点距离相等的平面，可以是与两条对棱平行，这样的平面有3个，也可以是与一个底面平行，与另一个顶点距离相等，这样的面有4个，则到一个四面体的四个顶点的距离都相等的平面有7个，⑥正确．故答案为：①⑤⑥【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是正确理解空间中线线、线面、面面的位置关系，利用反例及适度的数形结合是有效且快速的处理方法.四､解答题：本大题共4小题，共44分，解答应在相应的答题框内写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知空间向量(1,2,1),(2,1,1)a b =-=- ．（1）计算32a b + 和53a b - ;（2）求a 与b夹角θ的余弦值．【答案】（1）32(1,8,1)a b +=-- ,53(11,7,8)a b -=- （2）16-．【解析】【分析】（1）利用空间向量的坐标运算公式即可求解；（2）利用空间向量的夹角公式计算即可.【小问1详解】由题可得323(1,2,1)2(2,1,1)(1,8,1)a b +=-+-=-- 535(1,2,1)3(2,1,1)(11,7,8)a b -=---=- ．【小问2详解】由题可得a ==，b == (1,2,1)(2,1,1)2211a b ⋅=-⋅-=-+-=-，1cos 6a b a b θ⋅∴===- ,a ∴与b 夹角θ的余弦值为16-．18.正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别是1BC ，1CD 的中点.（1）求异面直线1CD 与1BC 所成角；（2）求证：//MN 平面ABCD【答案】（1）60︒（2）证明见解析【解析】【分析】（1）连接1A B ，11A C ，即可得到11//CD A B ，则11A BC ∠为异面直线1CD 与1BC 所成的角，结合正方体的性质求出11A BC ∠；（2）取1CC 的中点E ，连接ME ，NE ，即可证明平面//MEN 平面ABCD ，从而得证.【小问1详解】连接1A B ，11A C ，因为11A D BC =且11//A D BC ，所以四边形11A D CB 为平行四边形，所以11//CD A B ，则11A BC ∠为异面直线1CD 与1BC 所成的角，在正方体中，可得1111A C A B BC ==，即11A C B △为等边三角形，所以1160A BC ∠=︒，所以异面直线1CD 与1BC 所成角为60︒；【小问2详解】取1CC 的中点E ，连接ME ，NE ，因为M ，N 分别是1BC ，1CD 的中点，所以//ME BC ，11//NE C D ，而11//C D CD ，所以//NE CD ，又因为BC ⊂平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，NE ⊄平面ABCD ，ME ⊄平面ABCD ，所以//NE 平面ABCD ，//ME 平面ABCD ，又ME NE E ⋂=，,ME NE ⊂平面MNE ，所以平面//MEN 平面ABCD ，因为MN ⊂平面MNE ，所以//MN 平面ABCD ．19.已知四棱柱1111ABCD A B C D -如图所示，底面ABCD 为平行四边形，其中点D 在平面1111D C B A 内的投影为点1A ，且1AB AA ==2,120AD ABC ︒∠=．（1）求证：平面1A BD ⊥平面11ADD A ；（2）已知点E 在线段1C D 上（不含端点位置），且平面1A BE 与平面11BCC B，求1DE EC 的值．【答案】（1）证明见解析（2）113DE EC =【解析】【分析】（1）不妨设1AD =，根据线面垂直的性质证明1A D AD ⊥，利用勾股定理证明AD DB ⊥，再根据线面垂直和面面垂直的判定定理即可得证；（2）以D 为坐标原点，建立的空间直角坐标系D xyz -，利用向量法求解即可.【小问1详解】不妨设1AD =，因为1A D ⊥平面,ABCD AD ⊂平面ABCD ，故1A D AD ⊥，在ADB 中，2,1,60AB AD DAB ==∠= ，由余弦定理，222222cos 21221cos603BD AB AD AB AD DAB ∠=+-⋅⋅=+-⨯⨯⨯= ，得BD =，故222AD BD AB +=，则AD DB ⊥，因为11,,A D DB D A D DB ⋂=⊂平面1A BD ，所以AD ⊥平面1A BD ，而AD ⊂平面11ADD A ，所以平面1A BD ⊥平面11ADD A ；【小问2详解】由（1）知，1,,DA DB DA 两两垂直，如图所示，以D 为坐标原点，建立的空间直角坐标系D xyz -，则()()()(()10,0,0,1,0,0,0,,0,0,,1,D A B A C -，故()11,AC A C AC =-=，(1C ∴-，所以((11,A B DC ==-，设()101DE DC λλ=<<，则()12DE DC λλ==-，即()2E λ-，所以(12A E λ=--；设()111,,n x y z =为平面1A EB 的一个法向量，则1111111020nA B n A E x y z λ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+--=⎪⎩，令12z λ=，则112,==-y x λ()2,2n λλ=-，因为y 轴⊥平面11BCC B ，则可取()0,1,0m =为平面11BCC B 的一个法向量，设平面1A EB 与平面11BCC B 的夹角为α，则cos 5n m n m α⋅===⋅ ，解得14λ=，故113DE EC =．20.已知函数(),(),()f x g x h x 的定义域均为R ，给出下面两个定义：①若存在唯一的x ∈R ，使得(())(())f g x h f x =，则称()g x 与()h x 关于()f x 唯一交换；②若对任意的x ∈R ，均有(())(())f g x h f x =，则称()g x 与()h x 关于()f x 任意交换．（1）请判断函数()1g x x =+与()1h x x =-关于2()f x x =是唯一交换还是任意交换，并说明理由；（2）设()22()2(0),()1f x a x a g x x bx =+≠=+-，若存在函数()h x ，使得()g x 与()h x 关于()f x 任意交换，求b 的值；（3）在（2）的条件下，若()g x 与()f x 关于e 1()e 1x x w x -=+唯一交换，求a 的值．【答案】（1）唯一交换，理由见解析（2）0b =（3）()1e2e 1a -=+【解析】【分析】（1）根据方程()()()()f g x h f x =解的情况判断即可；（2）根据“对任意的x ∈R ，()()()()f g x h f x =成立”得到关于x 的方程，然后设出()h x 的解析式，根据方程左右两边对应项相同求解出b 的值；（3）根据条件通过分离参数将问题转化为“存在唯一实数x ，使得22112e 1e 1e 12e 1xxx x a ---+=⎡⎤⎛⎫-+⎢⎥ ⎪+⎢⎥⎝⎭⎣⎦”，然后分析()22112e 1e 1e 12e 1xxx x s x ---+=⎡⎤⎛⎫-+⎢⎥ ⎪+⎢⎥⎝⎭⎣⎦的奇偶性，从而确定出()0a s =，由此可求a 的值.【小问1详解】()g x 与()h x 关于()f x 是唯一交换，理由如下：因为()()()21f g x x =+，()()21h f x x =-，令()()()()f g x h f x =，所以()2211x x +=-，解得=1x -，所以()()()()f g x h f x =有唯一解=1x -，所以()g x 与()h x 关于()f x 是唯一交换.【小问2详解】由题意可知，对任意的x ∈R ，()()()()f g x h f x =成立，即对任意的x ∈R ，()()()222122a x bx h a x ⎡⎤+-+=+⎢⎥⎣⎦；因为()h x 为函数，且()()()()()2222h ax h a x -+=+，故0b =，故()()()222122a x h a x ⎡⎤-+=+⎢⎥⎣⎦，即()()()2222322a x a h a x a ⎡⎤⎛⎫+⎢⎥⎪-+=+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以()2211326x x h x a x a aa ⎡⎤⎛⎫=-+=-+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，综上所述，0b =.【小问3详解】当0b =时，()21g x x =-，因为()g x 与()f x 关于()e 1e 1x x w x -=+唯一交换，所以存在唯一实数x ，使得()2e 11e 1x x w xf ⎛⎫--= ⎪+⎝⎭，即存在唯一实数x ，使得22211e 1e 12e 1e 1x x x x a --⎡⎤⎛⎫--⎢⎥=+ ⎪++⎢⎥⎝⎭⎣⎦，即存在唯一实数x ，使得22112e1e 1e 12e 1x xx x a ---+=⎡⎤⎛⎫-+⎢⎥ ⎪+⎢⎥⎝⎭⎣⎦；令()22112e 1e 1,e 12e 1x xx x s x ---+=⎡⎤⎛⎫-+⎢⎥⎪+⎢⎥⎝⎭⎣⎦()()22211e 1e 1,2e 1e 1x x x x q x p x --⎛⎫--==+ ⎪++⎝⎭，且()()(),,s x q x p x 定义域均为R ，又()()()()22221111e 1e 1e 1e 1x xx x q x q x ---------===++，()()222e 11e e 1222e 11e e 1x x x x x x p x p x --⎛⎫⎛⎫⎛⎫----=+=+=+= ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以()(),q x p x 都是偶函数，所以()s x 为偶函数，因此，若存在唯一实数x 使得22112e 1e 1e 12e 1xxx x a ---+=⎡⎤⎛⎫-+⎢⎥ ⎪+⎢⎥⎝⎭⎣⎦，只能是()0a s =，所以()11e 111ee 22e 1a -+-==+，综上所述，a 的取值为()1e2e 1-+.【点睛】关键点点睛：本题考查函数的新定义，涉及方程解以及函数奇偶性等相关问题，对学生的理解与计算能力要求较高，难度较大.“新定义”题型的关键是根据新定义的概念、新公式、新定理、新法则、新运算去解决问题，本题第二问可以从方程左右两边对应相等入手，第三问则可以从函数的奇偶性入手进行分析.。
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 ∠=。
湖北省武汉市5G联合体2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题
2023-2024学年度下学期武汉市重点中学5G联合体期中考试高一数学试卷考试时间：2024年4月28日试卷满分：150分一、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.如果a⃗ ,b⃗是两个单位向量,那么下列四个结论中正确的是A.a⃗=b⃗B.a⃗⋅b⃗=0C.a⃗2=b⃗2D.|a⃗|≠|b⃗|2.复数m(3+i)−(1+i)在复平面内对应的点在第四象限,则实数m的取值范围是A.13<m<1B.23<m<1C.23<m<56D.m>13.已知a⃗=(0,1),|b⃗|=1,|a⃗+b⃗|=√3,则a⃗与b⃗的夹角为A.π3B.2π3c.π6D.5π64.已知角α(0∘<α<360∘)终边上A 点坐标为(sin320∘,cos320∘),则α=A.230∘B.220∘C.140∘D.130∘5.若在三角形ABC 中,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,CB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3BE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则DE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = A.−43AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +56AC ⃗⃗⃗⃗⃗ B.43AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −56AC ⃗⃗⃗⃗⃗ c.−43AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −56AC ⃗⃗⃗⃗⃗ D.43AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +56AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 6.已知函数f (x )=Asin (ωx +φ)(A >0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示,则下列结论错误的是A.函数的解析式可以为f(x)=2sin(2x+π3)B.函数y=f(x)的图像关于直线x=7π12对称C.函数f(x)在[−2π3,−π6]上单调递减D.函数y=f(x)的图像关于点(−π6,0)对称7.已知P为棱长为√6的正四面体A−BCD各面所围成的区域内部(不在表面上)一动点,记P到面ABC,面ACD,面BCD,面ABD的距离分别为h1,h2,h3,h4,若h3+h4=1,则12h1+4h2的最小值为A.2B.252c.9+4√22D.12+4√28.在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,S为△ABC的面积,a=4,且2S= a2−(b−c)2,则△ABC的周长的取值范围是A.(8,4√5+4]B.(12,2√5+2]C.(8,2√5+2]D.(12,4√5+4]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.下列等式成立的是A.sin 26∘−cos 26∘=cos12∘B.sin600∘=−√32C.sin6∘−cos6∘=−√2sin39∘D.√3−tan15∘1+√3tan15∘=√3310.在平面直角坐标系中,设OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ⃗ 且a ⃗ 为单位向量,满足a ⃗ ⋅b⃗ =2,a ⃗ ⋅c ⃗ =12,则下列结论正确的有 A.|a⃗ |=1 B.c ⃗ 在a ⃗ 上的投影向量为12a ⃗ C.向量b ⃗ −a ⃗ 与a ⃗ 的夹角正切值最大为√24D.若向量b ⃗ −a ⃗ 与c ⃗ −a ⃗ 垂直,则|b ⃗ −2a ⃗ +c ⃗ |≥32 11.如图,正方形ABCD 的边长为2,E 是BC 中点,如图,点P 是以AB 为直径的半圆上任意点;AP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAE ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则下列结论正确的有A.λ最大值为1B.μ最大值为1C.AP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 最大值是2 D.AP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 最大值是√5+2三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.如图是一座山的示意图,山呈圆锥形,圆锥的底面半径为1公里,母线长为4公里,B 是母线SA 一点,且AB =1公里,为了发展旅游业,要建设一条最短的从A 绕山一周到B 的观光铁路,则这段铁路的长度为 公里.13.若sin (θ−π6)=35,则cos (2θ+8π3)= .14.英国数学家泰勒发现了如下公式:sinx =x −x 33!+x 55!−x 77!+⋯cosx =1−x 22!+x 44!−x 66!+⋯其中n!=1×2×3×4×⋯×n(1)cos1= (1分)（2）已知在△ABC 中,A =2,边BC =2,则△ABC 面积的最大值为 (4分) (以上两空均用小数作答,且精确到0.001)四、解答题:本题共5小题,共77分。
北京市2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题含答案
北京2023—2024学年第二学期期中练习高一数学（答案在最后）2024.04说明：本试卷共4页，共120分.考试时长90分钟.一､选择题（本大题共10小题，每小题4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.sin120︒的值等于（）A.12-B.12C.2D.2【答案】D 【解析】【分析】根据特殊角的三角函数值得到2，从而可求解.【详解】由题意可得sin1202︒=，故D 正确.故选：D.2.若角α的终边过点()4,3，则πsin 2α⎛⎫+= ⎪⎝⎭（）A.45B.45-C.35D.35-【答案】A 【解析】【分析】根据余弦函数定义结合诱导公式计算求解即可.【详解】因为角α的终边过点()4,3，所以4cos 5α==，所以π4sin cos 25αα⎛⎫+== ⎪⎝⎭.故选：A3.已知扇形的弧长为4cm ，圆心角为2rad ，则此扇形的面积是（）A.22cmB.24cm C.26cm D.28cm 【答案】B【解析】【分析】由条件结合弧长公式l R α=求出圆的半径，然后结合扇形的面积公式12S lR =可得答案．【详解】因为扇形的圆心角2rad α=，它所对的弧长4cm l =，所以根据弧长公式l R α=可得，圆的半径2R =，所以扇形的面积211424cm 22S lR ==⨯⨯=；故选：B ．4.向量a ，b ，c在正方形网格中的位置如图所示，若向量c a b λ=+，则实数λ=（）A.2-B.1-C.1D.2【答案】D 【解析】【分析】将3个向量的起点归于原点，根据题设得到它们的坐标，从而可求λ的值.【详解】如图，将,,a b c的起点平移到原点，则()()()1,1,0,1,2,1a b c ==-= ，由c a b λ=+可得()()()2,11,10,1λ=+-，解得2λ=，故选：D.5.下列四个函数中以π为最小正周期且为奇函数的是（）A.()cos2f x x =B.()tan2x f x =C.()()tan f x x =- D.()sin f x x=【答案】C 【解析】【分析】根据三角函数的周期性和奇偶性对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】对于A ，函数()cos2f x x =的最小正周期为π，因为()()()cos 2cos 2f x x x f x -=-==，所以()cos2f x x =为偶函数，A 错误，对于B ，函数()tan 2xf x =的最小正周期为2π，因为()()tan tan 22x x f x f x ⎛⎫-=-=-=- ⎪⎝⎭，所以函数()tan 2x f x =为奇函数，B 错误，对于C ，函数()()tan f x x =-的最小正周期为π，因为()()()tan tan f x x x f x -==--=-，所以函数()()tan f x x =-为奇函数，C 正确，对于D ，函数()sin f x x =的图象如下：所以函数()sin f x x =不是周期函数，且函数()sin f x x =为偶函数，D 错误，6.在ABC 中，4AB =，3AC =，且AB AC AB AC +=- ，则AB BC ⋅= （）A.16B.16- C.20D.20-【答案】B 【解析】【分析】将AB AC AB AC +=- 两边平方，即可得到0AB AC ⋅=，再由数量积的运算律计算可得.【详解】因为AB AC AB AC +=- ，所以()()22AB ACAB AC +=-，即222222AB AB AC AC AB AB AC AC +⋅+=-⋅+uu u r uu u r uuu r uuu r uu u r uu u r uuu r uuu r ，所以0AB AC ⋅= ，即AB AC ⊥ ，所以()220416AB BC AB AC AB AB AC AB ⋅=⋅-=⋅-=-=- .故选：B7.函数cos tan y x x =⋅在区间3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上的图像为（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】分别讨论x 在3,,[,)22ππππ⎛⎫⎪⎝⎭上tan x 的符号，然后切化弦将函数化简，作出图像即可.【详解】因为3,22x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以sin ,,23sin ,.2x x y x x πππ⎧-<<⎪⎪=⎨⎪≤<⎪⎩故选：C.8.已知函数()sin 24f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则“()ππ8k k α=+∈Z ”是“()f x α+是偶函数，且()f x α-是奇函数”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】【分析】首先求出()f x α+、()f x α-的解析式，再根据正弦函数的性质求出使()f x α+是偶函数且()f x α-是奇函数时α的取值，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】因为()sin 24f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭，则()sin 224f x x ααπ⎛⎫+=++ ⎪⎝⎭，()sin 224f x x ααπ⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭，若()f x α-是奇函数，则112π,Z 4k k απ-+=∈，解得11π,Z 82k k απ=-∈，若()f x α+是偶函数，则222π,Z 42k k αππ+=+∈，解得22π,Z 82k k απ=+∈，所以若()f x α+是偶函数且()f x α-是奇函数，则π,Z 82k k απ=+∈，所以由()ππ8k k α=+∈Z 推得出()f x α+是偶函数，且()f x α-是奇函数，故充分性成立；由()f x α+是偶函数，且()f x α-是奇函数推不出()ππ8k k α=+∈Z ，故必要性不成立，所以“()ππ8k k α=+∈Z ”是“()f x α+是偶函数，且()f x α-是奇函数”的充分不必要条件.故选：A9.已知向量,,a b c 共面，且均为单位向量，0a b ⋅= ，则a b c ++ 的最大值是（）A.1+ B.C.D.1-【答案】A 【解析】【分析】根据题意，可设出向量,,a b c 的坐标，由于这三个向量都是单位向量，则向量,,a b c的终点都落在以坐标原点为圆心的单位圆上，作出示意图，由向量的性质可知，只有当c 与a b +同向时，a b c ++ 有最大值，求解即可.【详解】因为向量,,a b c 共面，且均为单位向量，0a b ⋅= ，可设()1,0a =，()0,1b = ，(),c x y = ，如图，所以2a b += ，当c 与a b +同向时，此时a b c ++ 有最大值，为21+.故选：A .10.窗花是贴在窗户玻璃上的贴纸，它是中国古老的传统民间艺术之一在2022年虎年新春来临之际，人们设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花（如图1）．已知正方形ABCD 的边长为2，中心为O ，四个半圆的圆心均为正方形ABCD 各边的中点（如图2），若P 为 BC 的中点，则()PO PA PB ⋅+=（）A .4B.6C.8D.10【答案】C 【解析】【分析】根据平面向量的线性运算将()PO PA PB ⋅+ 化为OA 、OB 、OP表示，再根据平面向量数量积的运算律可求出结果.【详解】依题意得||||2OA OB ==，||2OP =，3π4AOP =Ð，π4BOP =Ð，所以3π2||||cos 22(242OA OP OA OP ⋅=⋅=⨯-=- ，π2||||cos 22242OB OP OB OP ⋅=⋅=⨯= ，所以()PO PA PB ⋅+= ()OP OA OP OB OP -⋅-+- 22||OA OP OB OP OP =-⋅-⋅+ 222228=-+⨯=.故选：C二､填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分，把答案填在题中横线上）11.写出一个与向量()3,4a =-共线的单位向量_____________.【答案】34,55⎛⎫- ⎪⎝⎭（答案不唯一）【解析】【分析】先求出a r ，则aa±即为所求.【详解】5a ==所以与向量()3,4a =- 共线的单位向量为34,55⎛⎫- ⎪⎝⎭或34,55⎛⎫- ⎪⎝⎭.故答案为：34,55⎛⎫- ⎪⎝⎭（答案不唯一）12.已知函数()()sin 0,0,2πf x A x A ωϕωϕ⎛⎫=+>><⎪⎝⎭的部分图象如图，则π3f ⎛⎫= ⎪⎝⎭__________.【解析】【分析】根据图象可得函数()f x 的最大值，最小值，周期，由此可求,A ω，再由5π212f ⎛⎫=⎪⎝⎭求ϕ，由此求得的解析式，然后求得π3f ⎛⎫⎪⎝⎭.【详解】由图可知，函数()f x 的最大值为2，最小值为2-，35ππ3π41234T =+=，当5π12x =时，函数()f x 取最大值2，又()()sin 0,0,2πf x A x A ωϕωϕ⎛⎫=+>>< ⎪⎝⎭所以2A =，32π3π44ω⨯=，所以2ω=，所以()()2sin 2f x x ϕ=+，又5π212f ⎛⎫=⎪⎝⎭，所以5π5π2sin 2126f ϕ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由于πππ5π4π,22363ϕϕ-<<<+<，所以5πππ,623ϕϕ+==-，所以()π2sin 23f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，ππ2sin 33f ⎛⎫== ⎪⎝⎭.13.已知函数()()πsin 0,2f x x ωϕωϕ⎛⎫=+>< ⎪⎝⎭的图象过点10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，则ϕ=__________.，若将函数()f x 图象仅向左平移π4个单位长度和仅向右平移π2个单位长度都能得到同一个函数的图象，则ω的最小值为__________.【答案】①.π6##1π6②.83##223【解析】【分析】由条件列方程求ϕ，再利用平移变换分别得到变换后的函数解析式，并根据相位差为2π,Z k k ∈求解；【详解】因为函数()()sin f x x ωϕ=+的图象过点10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以1sin 2ϕ=，又π2ϕ<，所以π6ϕ=，函数()πsin 6f x x ω⎛⎫=+⎪⎝⎭（0ω>）的图象仅向左平移π4个单位长度得到函数ππππsin sin 4646y x x ωωω⎡⎛⎫⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎢⎥⎝⎭⎦⎝⎭⎣的图象，函数()πsin 6f x x ω⎛⎫=+⎪⎝⎭（0ω>）的图象仅向右平移π2个单位长度得到ππππsin sin 2626y x x ωωω⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=-+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦的图象，则ππππ2π4626k ωω⎛⎫⎛⎫+--+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（Z k ∈），化简得3π2π4k ω=（Z k ∈），解得83k ω=（Z k ∈），由于0ω>，所以当1k =时，ω取得最小值83，故答案为：π8,63．14.已知边长为2的菱形ABCD 中，π3DAB ∠=，点E 满足3BE EC = ，点F 为线段BD 上一动点，则AF BE ⋅的最大值为______.【答案】3【解析】【分析】建立如图平面直角坐标系，设BF BD λ= ，利用平面向量线性运算与数量积的坐标表示可得AF BE⋅关于λ的表达式，从而得解.【详解】如图，以A为原点建立平面直角坐标系，则(0,0),(2,0),A B C D ，因为3BE EC =，所以(33333,4444BE BC ⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭，由题意，设()01BF BD λλ=≤≤，则(()BF λλ=-=- ，则()()()2,02,AF AB BF λλ=+=+-=-，所以()3333324422AF BE λλ⋅=-+=+，因为01λ≤≤，所以当1λ=时，AF BE ⋅的最大值为3.故答案为：3.15.声音是由物体振动产生的声波.我们听到的每个音都是由纯音合成的，纯音的数学模型是函数sin y A t ω=.音有四要素，音调､响度､音长和音色.它们都与函数sin y A t ω=及其参数有关，比如：响度与振幅有关，振幅越大响度越大，振幅越小响度越小；音调与频率有关，频率低的声音低沉，频率高的声音尖锐.我们平时听到的乐音不只是一个音在响，而是许多音的结合，称为复合音.我们听到的声音对应的函数是111sin sin 2sin 3sin 4234y x x x x =++++⋯..给出下列四个结论：①函数1111sin sin 2sin 3sin 4sin1023410y x x x x x =++++⋯+不具有奇偶性；②函数()111sin sin2sin3sin4234f x x x x x =+++在区间ππ,88⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增；③若某声音甲对应的函数近似为()11sin sin 2sin 323g x x x x =++，则声音甲的响度一定比纯音()1sin22h x x =的响度小；④若某声音乙对应的函数近似为()1sin sin 22x x x ϕ=+，则声音乙一定比纯音()1sin22h x x =更低沉.其中所有正确结论的序号是__________.【答案】②④【解析】【分析】对①，结合奇偶性的定义判断即可；对②，利用正弦型函数的单调性作出判断；对③，分别判断()(),g x h x 的振幅大小可得；对④，求出周期，可得频率，即可得出结论.【详解】对于①，令()1111sin sin2sin3sin4sin1023410F x x x x x x =++++⋯+，所以()()()()()()1111sin sin 2sin 3sin 4sin 1023410F x x x x x x -=-+-+-+-+⋯+-，所以()1111sin sin2sin3sin4sin1023410F x x x x x x -=-----⋅⋅⋅-，所以()()F x F x -=-，所以()F x 是奇函数，①错误；对于②，由ππ88x -≤≤可得，ππ244x -≤≤，3π3π388x -≤≤，ππ422x -≤≤，所以111sin ,sin2,sin3,234x x x x 都在ππ,88⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以()111sin sin2sin3sin4234f x x x x x =+++在ππ,88⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以函数()f x 在区间ππ,88⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，②正确；对于③．因为()11sin sin 2sin 323g x x x x =++，所以π223g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以()max 23g x ≥，即()g x 的振幅比()1sin22h x x =的振幅大，所以声音甲的响度一定比纯音()1sin22h x x =的响度大，所以③错误；对于④，因为()()()()112πsin 2πsin 24πsin sin 222x x x x x x ϕϕ+=+++=+=，所以函数()x ϕ为周期函数，2π为其周期，若存在02πα<<，使()()x x ϕϕα=+恒成立，则必有()()0ϕϕα=，()()110sin 0sin 00sin sin 222ϕϕααα∴=+===+，()sin 1cos 0αα∴+=，因为02πα<<，πα∴=，又()()()11πsin πsin 2πsin sin 222x x x x x ϕ+=+++=-+与()1sin sin 22x x x ϕ=+不恒相等，所以函数()1sin sin22x x x ϕ=+的最小正周期是2π，所以频率1112πf T ==而()h x 的周期为π，频率21πf =，12f f <，所以声音乙一定比纯音()1sin22h x x =更低沉，所以④正确．故答案为：②④.三､解答题（本大题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16.如图，在ABC 中，2BD DC = ，E 是AD 的中点，设AB a = ，AC b = .（1）试用a ，b 表示AD ，BE ；（2）若1a b == ，a 与b 的夹角为60︒，求AD BE ⋅ .【答案】（1）1233AD a b =+ ，5163BE a b =-+ （2）518-【解析】【分析】（1）利用向量加法减法的三角形法则及数乘运算即可求解；（2）根据（1）的结论，利用向量的数量积运算法则即可求解.【小问1详解】因为2BD DC = ，所以23BD BC = ，所以221)212(333333AB AC AB AB AC a b AD AB BD AB BC +-=+=+=+=+= .因为E 是AD 的中点，所以()11211()22323BE BA BD AB BC AB AC AB ⎛⎫=+=-+=-+- ⎪⎝⎭ 51516363AB AC a b =-+=-+ .【小问2详解】因为1a b == ，a 与b 的夹角为60︒，所以11cos ,1122a b a b a b ⋅==⨯⨯= ，由（1）知，1233AD a b =+ ，5163BE a b =-+ ，所以22125154233631899AD BE a b a b a a b b ⎛⎫⎛⎫⋅=+⋅-+=--⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭541251892918=--⨯+=-.17.已知函数()π3sin 24f x x ⎛⎫=+⎪⎝⎭（1）求()f x 的最小正周期；（2）求函数()f x 的单调递增区间；（3）若函数()f x 在区间[]0,a 内只有一个零点，直接写出实数a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的最小正周期为π，（2）函数()f x 的单调递增区间是3πππ,π88k k ⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦()k ∈Z ；（3）a 的取值范围为3π7π,88⎡⎫⎪⎢⎣⎭.【解析】【分析】（1）根据正弦型函数的周期公式求解即可；（2）利用正弦函数的单调区间结论求解；（3）求出()0f x =的解后可得a 的范围．【小问1详解】因为()π3sin 24f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，所以函数()f x 的最小正周期2ππ2T ==；【小问2详解】由πππ2π22π242k x k -≤+≤+，Z k ∈，可得3ππππ88k x k -≤≤+，Z k ∈，所以函数()f x 的单调递增区间是3πππ,π88k k ⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦()k ∈Z ；【小问3详解】由π()3sin(204f x x =+=可得，π2π4x k +=，Z k ∈所以ππ28k x =-，Z k ∈，因为函数()f x 在区间[]0,a 上有且只有一个零点，所以3π7π88a ≤<，所以实数a 的取值范围为3π7π,88⎡⎫⎪⎢⎣⎭.18.已知()()()4,0,0,4,cos ,sin ,(0π)A B C ααα<<.（1）若OA OC += （O 为坐标原点），求OB 与OC 的夹角；（2）若⊥ AC BC ，求sin cos αα-的值.【答案】（1）OB 与OC 的夹角为π6，（2）sin cos 4αα-=【解析】【分析】（1）根据向量模长以及夹角的坐标公式计算即可；（2）由向量垂直得到数量积为0，进而得到1sin cos 4αα+=，通过平方得到2sin cos αα，进而可得()2sin cos αα-，再根据α的范围确定正负，开方得解.【小问1详解】因为()()()4,0,0,4,cos ,sin A B C αα，所以()()()4,0,0,4,cos ,sin OA OB OC αα=== ，所以()4cos ,sin OA OC αα+=+ ，由OA OC += ()224+cos sin 21αα+=，所以1cos 2α=，又0πα<<，，所以π3α=，13,22C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，设OB 与OC 的夹角为β()0πβ≤≤，则cos OB OC OB OC β⋅= 23342==,又0πβ≤≤，故OB 与OC 的夹角为π6，【小问2详解】由⊥ AC BC 得0AC BC ⋅= ，又()cos 4,sin AC αα=- ，()cos ,sin 4BC αα=- ，所以()()cos 4cos sin sin 40αααα-+-=，所以1sin cos 4αα+=，所以152sin cos 016αα-=<，又0πα<<，所以ππ2α<<,所以()21531sin cos 11616αα--=-=，所以sin cos 4αα-=.19.已知函数()()πsin 0,0,2f x A x A ωϕωϕ⎛⎫=+>><⎪⎝⎭，且()f x 图像的相邻两条对称轴之间的距离为π2，再从条件①､条件②､条件③中选择两个作为一组已知条件.（1）确定()f x 的解析式；（2）设函数()π24g x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则是否存在实数m ，使得对于任意1π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，存在2π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()()12m g x f x =-成立？若存在，求实数m 的取值范围：若不存在，请说明理由.条件①：()f x 的最小值为2-；条件②：()f x 图像的一个对称中心为5π,012⎛⎫ ⎪⎝⎭；条件③：()f x 的图像经过点5π,16⎛⎫- ⎪⎝⎭.注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）选①②，②③，①③答案都为()2sin(2)6f x x π=+，（2）存在m 满足条件，m 的取值范围为2,0⎤⎦.【解析】【分析】（1）先根据已知求出()f x 的最小正周期，即可求解ω，选条件①②：可得()f x 的最小值为A -，可求A ．根据对称中心可求ϕ，即可得解函数解析式；选条件①③：可得()f x 的最小值为A -，可求A ．根据函数()f x 的图象过点5π,16⎛⎫⎪⎝⎭，可求ϕ，可得函数解析式；选条件②③：根据对称中心可求ϕ，再根据函数()f x 的图象过点5π,16⎛⎫⎪⎝⎭，可求A 的值，即可得解函数解析式．（2）求出函数()f x ，()g x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域，再结合恒成立、能成立列式求解作答.【小问1详解】由于函数()f x 图像上两相邻对称轴之间的距离为π2，所以()f x 的最小正周期π2π2T =⨯=，所以2π2T ω==，此时()()sin 2f x A x ϕ=+.选条件①②：因为()f x 的最小值为A -，所以2A =．因为()f x 图象的一个对称中心为5π,012⎛⎫⎪⎝⎭，所以5π2π(Z)12k k ϕ⨯+=∈，所以56k ϕπ=π-，()k ∈Z ，因为||2ϕπ<，所以π6ϕ=，此时1k =，所以()2sin(2)6f x x π=+．选条件①③：因为()f x 的最小值为A -，所以2A =．因为函数()f x 的图象过点5π,16⎛⎫-⎪⎝⎭，则5π()16f =-，所以5π2sin()13ϕ+=-，即5π1sin()32ϕ+=-．因为||2ϕπ<，所以7π5π13π636ϕ<+<，所以5π11π36ϕ+=，所以π6ϕ=，所以()2sin(2)6f x x π=+．选条件②③：因为函数()f x 的一个对称中心为5π,012⎛⎫⎪⎝⎭，所以5π2π(Z)12k k ϕ⨯+=∈，所以5ππ(Z)6k k ϕ=-∈．因为||2ϕπ<，所以π6ϕ=，此时1k =．所以π()sin(26f x A x =+．因为函数()f x 的图象过点5π,16⎛⎫-⎪⎝⎭，所以5π(16f =-，所以5ππsin 136A ⎛⎫+=-⎪⎝⎭，11πsin 16A =-，所以2A =，所以()2sin(2)6f x x π=+．综上，不论选哪两个条件，()2sin(2)6f x x π=+.【小问2详解】由（1）知，()2sin(2)6f x x π=+，由20,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦得：2ππ7π2,666x ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，2π1sin 2,162x ⎛⎫⎡⎤+∈- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，因此[]2()1,2f x ∈-，由10,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦得：1ππ5π2,444x ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，1πsin 2,142x ⎡⎤⎛⎫+∈-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦，因此1()g x ⎡∈-⎣，从而1()1,g x m m m ⎡-∈---+⎣，由()()12m g x f x =-得：()()21f x g x m =-，假定存在实数m ，使得对1π0,2x ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，2π0,2x ⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，()()12m g x f x =-成立，即存在实数m ，使得对1π0,2x ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，2π0,2x ⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，()()21f x g x m =-成立，则[]1,1,2m m ⎡---+⊆-⎣，于是得112m m --≥-⎧⎪⎨-+≤⎪⎩，解得20m -≤≤，因此存在实数m ，使得对1π0,2x ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，2π0,2x ⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，()()12m g x f x =-成立，所以实数m的取值范围是2,0⎤⎦.20.对于定义在R 上的函数()f x 和正实数T 若对任意x ∈R ，有()()f x T f x T +-=，则()f x 为T -阶梯函数.（1）分别判断下列函数是否为1-阶梯函数（直接写出结论）：①()2f x x =；②()1f x x =+.（2）若()sin f x x x =+为T -阶梯函数，求T 的所有可能取值；（3）已知()f x 为T -阶梯函数，满足：()f x 在,2T T ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，且对任意x ∈R ，有()()2f T x f x T x --=-.若函数()()F x f x ax b =--有无穷多个零点，记其中正的零点从小到大依次为123,,,x x x ⋅⋅⋅；若1a =时，证明：存在b ∈R ，使得()F x 在[]0,2023T 上有4046个零点，且213240464045x x x x x x -=-=⋅⋅⋅=-.【答案】（1）①否；②是（2）2πT k =，*k ∈N （3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用T -阶梯函数的定义进行检验即可判断；（2）利用T -阶梯函数的定义，结合正弦函数的性质即可得解；（3）根据题意得到()()F x T F x +=，()()F T x F x -=，从而取3344TT b f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，结合零点存在定理可知()F x 在(),1mT m T +⎡⎤⎣⎦上有且仅有两个零点：4T mT +，34T mT +，从而得解.【小问1详解】()2f x x =，则22(1)()(1)211f x f x x x x +-=+-=+≠；()1f x x =+，则(1)()11f x f x x x +-=+-=，故①否；②是.【小问2详解】因为()f x 为T -阶梯函数，所以对任意x ∈R 有：()()()()()sin sin sin sin f x T f x x T x T x x x T x T T +-=+++-+=+-+=⎡⎤⎣⎦.所以对任意x ∈R ，()sin sin x T x +=，因为sin y x =是最小正周期为2π的周期函数，又因为0T >，所以2πT k =，*k ∈N .【小问3详解】因为1a =，所以函数()()F x f x x b =--，则()()()()()()()F x T f x T x T b f x T x T b f x x b F x +=+-+-=+-+-=--=，()()()()()()()2F T x f T x T x b f x T x T x b f x x b F x -=----=+----=--=.取3344TT b f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则有3330444TT T F f b ⎛⎫⎛⎫=--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，30444T T T F F T F ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，由于()f x 在,2T T ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，因此()()F x f x x b =--在,2T T ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，结合()()F T x F x -=，则有()F x 在0,2T ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有唯一零点4T ，在,2T T ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有唯一零点34T .又由于()()F x T F x +=，则对任意k ∈Ζ，有044T T F kT F ⎛⎫⎛⎫+== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，33044T T F kT F ⎛⎫⎛⎫+== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此，对任意m ∈Z ，()F x 在(),1mT m T +⎡⎤⎣⎦上有且仅有两个零点：4T mT +，34T mT +.综上所述，存在3344TT b f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，使得()F x 在[]0,2023T 上有4046个零点，且14T x =，234T x =，354T x =，474T x =，L ，404580894T x =，404680914T x =，其中，2132404640452T x x x x x x -=-=⋅⋅⋅=-=.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是充分理解新定义T -阶梯函数，从而在第3小问推得()()F x T F x +=，()()F T x F x -=，由此得解.。
山东省德州市2023-2024学年高一下学期期中考试 数学含答案
高一数学试题（答案在最后）2024.4本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1-2页，第Ⅱ卷3-4页，共150分，测试时间120分钟．注意事项：选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在测试卷上．第Ⅰ卷选择题（共58分）一、选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．）1．设x ∈R ，向量(1,)a x =r ，(2,1)b =r，若a b ⊥r r ，则x =（）A ．2B ．12C ．12-D ．2-2．已知复数z 满足(14z +=（i 是虚数单位），则||z =（）A ．2B ．4C ．8D ．163．已知02παβ<<<，且5cos()13αβ-=，4cos 25β=，则cos()αβ+=（）A ．3365-B ．1665-C ．5665D ．63654．在ABC △中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若3a =，3A π=，sin 2sin C B =，则ABC △的面积是（）A ．32B ．2C ．94D ．45．若23||||||3a b a b b +=-=r r r r r ，则a b -r r 与b r 的夹角是（）A ．6πB ．3πC ．23πD ．56π6．在Rt ABC △中，2AB AC ==，,BC AC 边上的两条中线AM ，BN 相交于点P ，则MPN ∠的余弦值是（）A ．105-B ．1010-C ．1010D ．1057，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，则（）A ．1233AG AO AH=-uuu r uuu r uuu r B ．1233AG AO AH=+uuu r uuu r uuu rC ．2133AG AO AH=-uuu r uuu r uuu r D ．2133AG AO AH=+uuu r uuu r uuu r 8．在锐角ABC △中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若3B π=，sin sin sin B C b A ac =2取值范围是（）A ．21,52⎛⎫⎪⎝⎭B ．21,52⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．22,53⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．22,53⎛⎫⎪⎝⎭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．设z 为非零复数（i 是虚数单位），下列命题正确的是（）A ．若||z z =，则z 为正实数B ．若2z ∈R ，则z ∈R C ．若210z +=，则iz =±D ．若0z z +=，则z 为纯虚数10．下列命题中正确的是（）A ．若,a b r r是单位向量，则a b=r r B ．若(0)a b b ≠∥r r r，则存在唯一的实数λ，使得a b λ=r rC ．若向量a r 和b r ，满足||1a =r ，||||2b a b =+=r r r ，则||a b -=r rD ．若向量(1,3)a =-r ，(3,0)b =r ，则a r 在b r 方向上投影的数量是10-11．在ABC △中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，以下命题中正确的是（）A ．若9a =，10b =，3A π=，则符合条件的三角形有两个B ．若22tan tan a b A B=，则ABC △为等腰或直角三角形C ．若2sin ABC S b B =△，则cos B 的最小值为54D ．若3A π=，BC =BC 边上的高为1，则符合条件的三角形有两个第Ⅱ卷非选择题（共92分）三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．已知,2παπ⎛⎫∈⎪⎝⎭，2sin 2cos 21αα=-，则tan 2α=___________．13．若O 为ABC △的外心，且2BO BA BC =+uu u r uu r uu u r ，则AB BC ⋅=uu u r uu u r___________．14．在ABC △中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，满足(1cos )(2cos )a B b A +=-，sin cos sin B A C =，且16AB AC ⋅=uu u r uuu r ，则b =___________；若在线段AB 上存在动点P 使得2||||CA CBCP x y CA CB =+uu r uu ruu r uu r uu r ，则xy 的最大值为___________．（第一空2分，第二空3分）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、证明过程或演算步骤．）15．（本小题满分13分）已知θ为三角形的一个内角，i 为虚数单位，复数cos isin z θθ=+，且2z z +在复平面上对应的点在实轴上．（1）求θ；（2）设2,i z z ，21z z ++在复平面上对应的点分别为A ，B ，C ，求ABC △的面积．16．（本小题满分15分）已知平面上三点A ，B ，C ，且(0,4)A ，(,3)B k -，(2,0)C ．（1）若A ，B ，C 不构成三角形，求实数k 应满足的条件；（2）若ABC △为针角三角形，求k 的取值范围．17．（本小题满分15分）已知函数()sin (sin )1f x x x x =+-，x ∈R ．（1）若31(),0,222f πθθ⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭，求tan θ的值；（2）若存在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使等式2[()]()0f x f x m ++=成立，求实数m 的取值范围．18．（本小题满分17分）如图所示，在扇形AOB 中，AOB ∠为锐角，四边形OMPN 是平行四边形，点P 在弧»AB 上，点M ，N分别在线段OA ，OB 上，OP =，6OA OB ⋅=uu r uu u r，记POB θ∠=．（1）当6πθ=时，求OP NB ⋅uu u r uu u r ；（2）请写出阴影部分的面积S 关于θ的函数关系式，并求当θ为何值时，S 取得最小值．19．（本小题满分17分）在ABC △中，角A ，B ，C 的对边分别为,,a b c ，sin sin cos cos cos cos sin C B B AB A C--=+．（1）若236ABC S c =△，求证：23c b =；（2）若2DC BD =uuu r uu u r ，求||||AD BD uuu ruu u r 的最大值．高一数学试题参考答案一、选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．）1．D2．A3．C4．B5．D6．B7．D8．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．ACD10．BC11．ABD三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．4313．014．4，32四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．）15．解：（1）22(cos sin )cos 2sin 2z i i θθθθ=+=+Q ，2(cos 2cos )(sin 2sin )z z i θθθθ+=+++，因为2z z +在复平面上对应的点在实轴上，所以sin 2sin 2sin cos sin 0,(0,)θθθθθθπ+=+=∈，所以1cos 2θ=-，2;3πθ=（2）由（1）知：sin 2θ=，21z =-+，所以11i i i 2222z ⎛⎫=-+=-- ⎪⎝⎭，213313i i 44222z =--=--所以2131311i i 02222z z ++=-+--=．在复平面上对应的点分别为(A -，31,22B ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，(0,0)C ，所以2AC =，1BC =，1(022CA CB ⎛⎫⋅=-⋅-= ⎪⎝⎭uu r uu r 所以，CA CB ⊥uu r uu r ，所以，12112ABC S =⨯⨯=△．16．解：（1）由题可知，(2,3)BC k =-uu u r ，(2,4)AC =-uuu r，三点A ，B ，C 不构成三角形，得A ，B ，C 三点共线，所以4(2)230k ---⨯=，解得72k =．（注：利用AB uu u r求解，同样得分）（2）当C 为钝角时，0AC BC ⋅<uuu r uu u r，所以2(2)3(4)0k ⨯-+⨯-<，解得4k >-且72k ≠，当A 为钝角时，(,7)AB k =-uu u r ，(2,4)AC =-uuu r，0AB AC ⋅<uu u r uuu r，即(,7)(2,4)0k -⋅-<，2280k +<，所以14k <-．当B 为钝角时，(,7)BA k =-uu r ，(2,3)BC k =-uu u r，(,7)(2,3)0BA BC k k ⋅=-⋅-<uu r uu u r，22210k k -+<，无解．所以14k <-或4k >-且72k ≠．17．解：（1）()sin (sin )1f x x x x =+-2sin cos 1x x x =+-1cos 2212xx -=+-1sin 262x π⎛⎫=--⎪⎝⎭131()sin 26222f πθθ⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭，sin 262πθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，02πθ<<，52666πππθ-<-<，所以263ππθ-=或23π，即4πθ=或512π，当4πθ=时，tan tan 14πθ==，当512πθ=时，tan tan46tan tan 2461tan tan 46ππππθππ+⎛⎫=+==+ ⎪⎝⎭-（2）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，52666x πππ-≤-≤，则111sin 2622x π⎛⎫-≤--≤ ⎪⎝⎭，即11()2f x -≤≤，令()t f x =，112t -≤≤，关于t 的方程20t t m ++=在11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有解，即2m t t -=+在11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有解，当112t -≤≤时，21344t t -≤+≤，由1344m -≤-≤，得3144m -≤≤，即实数m 的取值范围是31,44⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．18．解：（1）根据题意，||||cos cos 6OA OB OA OB AOB AOB ⋅=∠=∠=uur uu u r uur uu u r，1cos 2AOB ∠=因为AOB ∠为锐角，所以，3AOB π∠=，6πθ=，四边形OMPN 是平行四边形，所以，OPM △为等腰三角形，OP =2OM ON ==，||||cos 2)662OP NB OP NB π⋅=⋅=-⨯=uu u r uu u r uu u r uu u r ．（2）由题可知，在PMO △中，OP =23PMO π∠=，MPO θ∠=，3MOP πθ∠=-，则由正弦定理sin sin sin OP OM PMPMO MPO MOP==∠∠∠，sin sin 3OM PMπθθ==⎛⎫- ⎪⎝⎭，故可得4sin OM θ=，4sin 3PM πθ⎛⎫=-⎪⎝⎭，1sin 2PMO S OM MP PMO =⨯⨯⨯∠△14sin 4sin 232πθθ⎛⎫=⨯⨯-⨯ ⎪⎝⎭sin 3πθθ⎛⎫=- ⎪⎝⎭sin cos cos sin 33ππθθθ⎛⎫=- ⎪⎝⎭26πθ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，03πθ⎛⎫<< ⎪⎝⎭，所以，AOB OMPNS S S =-扇形平行四边形226ππθ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，03πθ⎛⎫<< ⎪⎝⎭，当6πθ=时，sin 216πθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，此时S取得最小值2π-．19．解：（1）sin sin cos cos cos cos sin C B B AB A C--=+(sin sin )sin (cos cos )(cos cos )C B C B A B A -=+-222sin sin sin cos cos C B C B A-=-()222sin sin sin 1sin 1sin C B C B A-=---由正弦定理得222c b a bc +-=，2221cos 22c b a A bc +-==，0A π<<，所以3A π=，21sin 26ABC S bc A c ==△，所以23c b =．（2）2DC BD =uuu r uuu r ，11()33BD BC AC AB ==-uu ur uu u r uuu r uu u r ，又2133AD AB BD AB AC =+=+uuu r uu u r uu u r uu u r uuu r ，所以1|2|||31||||3AB AC AD BD AC AB +==-uu u r uuu ruuu r uu u r uuu r uu u r ，令0bt c=>，所以||||AD BD ===uuu r uu u r ，1=≤==+．当且仅当1t =取等号，所以||||AD BD uuu r uu u r1+．。