2023-2024学年浙江省金华一中高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省金华一中高一（下）期中数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.复数1−i的虚部为( )
A. 1B. −1C. iD. −i
2.已知向量a=(t,1),b=(t+2,1)，若a⊥b，则实数t=( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
3.△ABC中，A，B，C是△ABC的内角，则“A=π3”是“csA=12”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
4.对于两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，以下结论正确的是( )
A. 若m⊂α，n/​/β，m，n是异面直线，则α，β相交
B. 若m⊥α，m⊥β，n/​/α，则n/​/β
C. 若m⊂α，n/​/α，m，n共面于β，则m/​/n
D. 若m⊥α，n⊥β，α，β不平行，则m，n为异面直线
5.向量a=(6,2)在向量b=(2,−1)上的投影向量为( )
A. (2,−1)B. (1,−12)C. (4,−2)D. (3,1)
6.侧面积为2π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面半径为( )
A. 2 155B. 155C. 2D. 1
7.已知三棱锥P−ABC的三条侧棱PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=PC= 3，PB= 2，则此三棱锥外接球的体积为( )
A. 8 23πB. 64 23πC. 8πD. 32π3
8.△ABC中，已知(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，且AB|AB|⋅BC|BC|=− 22，则△ABC是( )
A. 三边互不相等的三角形B. 等边三角形
C. 等腰直角三角形D. 顶角为钝角的等腰三角形
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.平面向量a，b是不共线的向量，则下列正确的是( )
A. |a+b|=|a|+|b|B. |a⋅b|=|a|⋅|b|
C. |a+b|<|a|+|b|D. |a⋅b|<|a|⋅|b|
10.已知z1，z2∈C，则下列结论正确的有( )
A. |z1+z2|=|z1|+|z2|B. |z1⋅z2|=|z1|⋅|z2|
C. z1+z2=z1−+z2−D. z1⋅z2=z1−⋅z2−
11.下面有关三角形的命题正确的是( )
A. 若△ABC的面积为 34(a2+c2−b2)，则∠B=π3
B. 在△ABC中，A=30°，b=2，a= 2.则这样的三角形有且只有一个
C. 在△ABC中，若sinA：sinB：sinC=4：5：6，则最大内角是最小内角的2倍
D. 在△ABC中，a=2，c=4，csC=−14，则AB边上的高为3 158
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设x，y∈R，若x+(y−1)i=3+xi，其中i是虚数单位，则x+y= ______．
13.如图所示，直观图四边形A′B′C′D′是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是______．
14.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M是该正方体表面上一个动点，且BM/​/平面AD1C，则动点M的轨迹的长度是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
在复平面内，点A，B对应的复数分别是2+3i，1+2i(其中i是虚数单位)，设向量BA对应的复数为z．
(1)求复数z；
(2)求|z2+z⋅z−|；
(3)若z1=m+i，且z1z是纯虚数，求实数m的值．
16.(本小题15分)
如图，在几何体中，四边形ABCD为菱形，对角线AC与BD的交点为O，四边形DCEF为梯形，EF//CD，FB=FD．
(Ⅰ)若CD=2EF，求证：OE/​/平面ADF；
(Ⅱ)求证：平面ACF⊥平面ABCD．
17.(本小题15分)
游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径.一种是从A沿直线步行到C；另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50m/min.在甲出发2min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1min后，再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为130m/min，山路AC长为1260m，经测量，csA=1213,csC=35．
(1)求索道AB的长；
(2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？
(3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？
18.(本小题17分)
如图，在三棱锥P−ABC中，AB=AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．
(1)证明：AP⊥BC；
(2)已知BC=8，AO=3，OD=2，且直线PB与平面PAD所成角的正弦值为23．
①求此三棱锥P−ABC的体积；
②求二面角B−AP−C的大小．
19.(本小题17分)
△ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，a+b+c=6，b2=ac．
(1)求角B的最大值，以及边长b的最大值；
(2)设△ABC的面积为S，求S+1BA⋅BC的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：复数1−i的虚部为−1．
故选：B．
根据已知条件，结合复数虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵a⊥b，
∴a⋅b=t(t+2)+1=0，解得t=−1．
故选：B．
根据a⊥b即可得出a⋅b=0，然后进行向量坐标的数量积运算即可求出t的值．
本题考查了向量垂直的充要条件，向量数量积的坐标运算，考查了计算能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：△ABC中，当A=π3时，csA=12，
若csA=12，则A=π3，
则“A=π3”是“csA=12”的充要条件．
故选：C．
结合特殊角的三角函数值检验充分性及必要性即可判断．
本题以充分必要条件的判断为载体，主要考查了特殊角的三角函数值，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查与空间直线和平面位置关系的判断，要求熟练掌握相应的判定定理和性质定理．
根据空间直线和平面平行或垂直的判定定理和性质定理分别进行判断即可．
【解答】
解：A.α//β时，m⊂α，n/​/β，m，n是异面直线，可以成立，故A错误；
B.若m⊥α，m⊥β，则α/​/β，因为n/​/α，则n/​/β或n⊂β，故B错误；
C.利用线面平行的性质定理，可得C正确；
D.若m⊥α，n⊥β，α，β不平行，则m，n为异面直线或相交直线，故D不正确．
故选：C．
5.【答案】C
【解析】解：向量a=(6,2)，b=(2,−1)，
则a⋅b=6×2+2×(−1)=10，|b|= 22+(−1)2= 5，
故所求投影向量为：a⋅b|b|×b|b|=2b=(4,−2)．
故选：C．
根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：设圆锥的底面圆半径为r，母线长为l，则圆锥的侧面积为πrl=2π，
由侧面展开图是一个半圆，则2πr=πl，
解得l=2，r=1，
所以圆锥的底面半径为1．
故选：D．
设圆锥的底面圆半径为r，母线长为l，根据题意列方程组，即可求出r的值．
本题考查了圆锥的结构特征应用问题，是基础题．
7.【答案】A
【解析】解：由三条侧棱两两垂直可知，
该三棱锥为长方体一角，
其外接球即为长方体的外接球，
外接球直径即为长方体体对角线长，
即2R= PA2+PB2+PC2= 3+3+2=2 2，
∴R= 2，
∴V=43πR3=4π3×( 2)3=8 23π．
故选：A．
利用三条侧棱两两垂直联想长方体，利用长方体外接球直径为其体对角线长可得球的直径，进而得体积．
此题考查了三棱锥外接球问题，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查三角形形状的判断，考查角平分线、向量的数量积等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
根据AB|AB|+AC|AC|表示的向量在∠BAC的角平分线上，同时利用(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，推断出∠BAC的角平分线垂直于边BC，进而可推断出三角形为等腰三角形，同时根据向量积公式及AB|AB|⋅BC|BC|=− 22，可求得B的值，由此可推断出三角形的形状．
【解答】
解：∵AB|AB|表示AB边的单位向量，AC|AC|表示AC边的单位向量，
∴AB|AB|+AC|AC|表示的向量在∠BAC的角平分线上，
∵(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，
∴∠BAC的角平分线垂直于边BC，
∴△ABC是以角A为顶角的等腰三角形，
∵AB|AB|⋅BC|BC|=− 22，
∴AB|AB|⋅BC|BC|=1×1×cs(180°−B)=− 22，
∴B=45°，
∴△ABC是等腰直角三角形．
故选：C．
9.【答案】CD
【解析】解：已知平面向量a，b是不共线的向量，
设平面向量a，b的夹角为θ，
则θ∈(0,π)，
则csθ∈(−1,1)，
即−|a||b|对于选项A，|a+b|2−(|a|+|b|)2=2(a⋅b−|a||b|)≠0，
即选项A错误；
对于选项B，|a⋅b|≠|a||b|，
即选项B错误；
对于选项C，|a+b|2−(|a|+|b|)2=2(a⋅b−|a||b|)<0，
即选项C正确；
对于选项D，|a⋅b|<|a||b|，
即选项D正确．
故选：CD．
设平面向量a，b的夹角为θ，则θ∈(0,π)，则csθ∈(−1,1)，即−|a||b|本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的模的运算，属中档题．
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查复数的模，共轭复数，复数的运算，还考查了逻辑推理能力，属于中档题．
由复数的模，共轭复数，复数的运算等知识逐一判断各选项即可．
【解答】
解：设z1=a+bi，z2=c+di，a，b，c，d∈R，
对于A，|z1+z2|=|(a+c)+(b+d)i|= (a+c)2+(b+d)2，
|z1|+|z2|= a2+b2+ c2+d2，故A错误；
对于B，z1⋅z2=(a+bi)(c+di)=(ac−bd)+(bc+ad)i，
|z1⋅z2|= (ac−bd)2+(bc+ad)2
= a2c2+b2d2+b2c2+a2d2
= (a2+b2)(c2+d2)=|z1|⋅|z2|，故B正确；
对于C，z1+z2=(a+c)−(b+d)i=a−bi+c−di=z1−+z2−，故C正确；
对于D，z1⋅z2=(ac−bd)−(bc+ad)i，
z1−⋅z2−=(a−bi)(c−di)=(ac−bd)−(bc+ad)i，故D正确．
故选：BCD．
11.【答案】ACD
【解析】解：选项A，由题意知，S=12acsinB= 34(a2+c2−b2)，
整理得a2+c2−b2=2 3acsinB，
由余弦定理知，a2+c2−b2=2accsB，
所以tanB= 3，
因为B∈(0,π)，
所以B=π3，即选项A正确；
选项B，由正弦定理asinA=bsinB，
所以 2sin30°=2sinB，解得sinB= 22，
因为B∈(0,π)，
所以B=45°或135°，即满足条件的三角形有2个，故选项B错误；
选项C，因为sinA：sinB：sinC=4：5：6，由正弦定理可得a：b：c=4：5：6，
设a=4k，则b=5k，c=6k，且最大内角为C，最小内角为A，
由余弦定理得，csC=a2+b2−c22ab=16+25−362×4×5=18，csA=b2+c2−a22bc=25+36−162×5×6=34，
因为cs2A=2cs2A−1=2×916−1=18=csC，
所以C=2A，即最大内角是最小内角的2倍，故选项C正确；
选项D，由余弦定理知，c2=a2+b2−2abcsC，
所以16=4+b2−2⋅2⋅b⋅(−14)，解得b=3或−4(舍负)，
因为csC=−14，且C∈(0,π)，
所以sinC= 1−cs2C= 154，
所以△ABC的面积S=12absinC=12×2×3× 154=3 154，
设AB边上的高为h，则S=12ch=12⋅4⋅h=3 154，
所以h=3 158，即选项D正确．
故选：ACD．
选项A，结合三角形面积公式与余弦定理，可得tanB，从而知角B；
选项B，利用正弦定理可得sinB，从而知B=45°或135°，即满足条件的三角形有2个；
选项C，利用正弦定理化角为边，推出a：b：c=4：5：6，再结合余弦定理与二倍角公式即可得解；
选项D，由余弦定理求出b的值，再根据三角形的面积公式，即可得解．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，三角形面积公式等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】7
【解析】解：由题意，x=3，y−1=x，解得x=3，y=4，则x+y=7．
故答案为：7．
根据复数相等求解．
本题考查复数相等的应用，属于基础题．
13.【答案】2+ 2
【解析】解：根据斜二侧画法可知，原图形为直角梯形，其中上底AD=1，高AB=2A′B′=2，下底为BC=1+ 2，
∴1+1+ 22×2=2+ 2．
故答案为：2+ 2．
原图为直角梯形，上底为1，高为2，下底为1+ 2，利用梯形面积公式求解即可．也可利用原图和直观图的面积关系求解．
本题考查水平放置的平面图形的直观图斜二测画法，比较基础．
14.【答案】3 2
【解析】解：如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，动点M满足BM/​/平面AD1C，
由面面平行的性质可得，当BM始终在一个与平面AD1C平行的平面内时，即满足题意，
过点B作与平面AD1C平行的平面，连接A1B，BC1，A1C1，
因为A1A/​/C1C，且A1A=C1C，
所以四边形A1C1CA是平行四边形，
所以A1C1/​/AC，
又因为A1C1⊄平面ACD，AC⊂平面ACD，
所以A1C1/​/平面ACD，
同理可证，BC1/​/平面ACD，
又因为BC1∩A1C1=C1，
所以平面A1BC1/​/平面AD1C，
所以动点M的轨迹为△A1BC1，
因为A1B=A1C1=BC1= 2，所以动点M的轨迹的长度是3 2．
故答案为：3 2．
由题意可知，当BM始终在一个与平面AD1C平行的平面内时，即满足题意，易知平面A1BC1/​/平面AD1C，所以动点M的轨迹为△A1BC1，进而求出动点M的轨迹的长度．
本题主要考查了线面平行的判定定理，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为点A，B对应的复数分别是2+3i，1+2i，
所以A(2,3)，B(1,2)，
所以BA=(1,1)，故z=1+i．
(2)因为z=1+i，
所以|z2+z⋅z−|=|(1+i)2+(1+i)(1−i)|=|2i+1−i2|=|2+2i|= 22+22=2 2；
(3)因为z1=m+i，
所以z1z=m+i1+i=(m+i)(1−i)2=m+12+1−m2i，
由z1z是纯虚数，可知m+12=0且1−m2≠0，
解得m=−1．
【解析】(1)根据复数与点的对应及向量的坐标运算得解；
(2)根据复数的乘法运算、乘法运算及模的运算得解；
(3)根据复数的除法运算及纯虚数的概念求解．
本题主要考查了复数的四则运算及复数几何意义的应用，考查了数学运算的核心素养，属于中档题．
16.【答案】解：(Ⅰ)证明：取AD的中点M，连接OM、FM，
∵对角线AC与BD的交点为O，
∴OM/​/CD，OM=12CD．
∵EF/​/CD，CD=2EF，
∴OG//EF，OG=EF，
∴OMFE为平行四边形，
∴OE//FM．
∵FM⊂平面ADF，OE⊄平面ADF，
∴OE/​/平面ADF．
(Ⅱ)证明：∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，
∵BF=FD，O是BD的中点，
∴OF⊥BD．
又∵OF∩AC=O，
∴BD⊥平面ACF．
∵BD⊂平面ABCD，
∴平面ACF⊥平面ABCD．
【解析】(I)取AD中点M，证明四边形OMFE是平行四边形得出OE//FM，故而OE/​/平面FAD；
(II)根据BD⊥AC，BD⊥OF可得BD⊥平面ACF，故而平面ACF⊥平面ABCD．
本题考查了线面平行，面面垂直的判定，属于中档题．
17.【答案】解：(1)在△ABC中，因为csA=1213，csC=35，
所以sinA=513，sinC=45，
从而sinB=sin[π−(A+C)]=sin(A+C)
=sinAcsC+csAsinC=513×35+1213×45=6365
由正弦定理ABsinC=ACsinB，
得AB=ACsinB×sinC=12606365×45=1040(m)．
答：索道AB的长为1040m．
(2)假设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，
此时，甲行走了(100+50t)m，乙距离A处130t m，
所以由余弦定理得：
d2=(100+50t)2+(130t)2−2×130t×(100+50t)×1213=200(37t2−70t+50)，
因0≤t≤1040130，即0≤t≤8，
当t=3537时，d2最小，甲、乙两游客距离最短．
答：当t=3537min时，甲、乙两游客距离最短．
(3)由正弦定理BCsinA=ACsinB，
得BC=ACsinB×sinA=12606365×513=500m，
乙从B出发时，甲已经走了50×(2+8+1)=550m，
还需走710m才能到达C．
设乙步行的速度为vm/min，
由题意得−3≤500v−71050≤3，
解得125043≤v≤62514，
答：为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在[125043,62514](单位：m/min)范围内．
【解析】此题考查解三角形的实际应用，属于中档题型．
(1)根据同角三角函数的关系和两角和的正弦公式求得A，B，C的正弦值，根据正弦定理即可确定出AB的长；
(2)设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，由余弦定理可得d2关于t的函数，在定义域内利用二次函数的性质求得最小值；
(3)利用正弦定理求得BC的长度，计算甲已走的距离，设乙步行的速度为v m/min，根据各自速度求得甲乙到达C时的时间差，根据题意得到关于v的不等式，求解即得v的取值范围．
18.【答案】解：(1)证明：∵PO⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，
∴BC⊥PO，又AB=AC，D为BC的中点，
∴BC⊥AD，又PO∩AD=O，且PO，AD⊂平面PAD，
∴BC⊥平面PAD，又AP⊂平面PAD，
∴AP⊥BC；
(2)①由(1)可知BC⊥平面PAD，
∴直线PB与平面PAD所成角为∠BPD，∴sin∠BPD=23，
又易知BD=4，∴PB=BDsin∠BPD=423=6，∴PD= 62−42=2 5，
又OD=2，PO⊥平面ABC，∴PO= 20−4=4，
又BC=8，AD=3+2=5，
∴三棱锥P−ABC的体积为13×12×8×5×4=803；
②由(1)及①易知PD垂直平分BC，∴PB=PC=6，
又AB=AC，PA=PA，
∴△PAB≌△PAC，
又易知AB=AC= AD2+BD2= 52+42= 41，
又AP= AO2+PO2= 9+16=5，
∴cs∠PAB=25+41−362×5× 41=3 41，∴sin∠PAB=4 2 41，
过B作BE⊥AP于点E，连接EC，∴EB=AB×sin∠PAB= 41×4 2 41=4 2，

∵△PAB≌△PAC，
∴CE⊥AP，∴二面角B−AP−C的平面角为∠BEC，
又EB=EC=4 2，又BC=8，
∴EB2+EC2=BC2，∴∠BEC=90°
故二面角B−AP−C的大小为90°．
【解析】(1)根据线面垂直的判定定理与性质，即可证明；
(2)①根据线面角的概念，三棱锥的体积公式，即可求解；②过B作BE⊥AP于点E，连接EC，则易知二面角B−AP−C的平面角为∠BEC，再解三角形，即可求解．
本题考查线线垂直的证明，二面角问题的求解，化归转化思想，属中档题．
19.【答案】解：(1)∵a+b+c=6，b2=ac，
∴csB=a2+c2−b22ac=a2+c2−ac2ac≥2ac−ac2ac=12，当且仅当a=b=c=2时取等号，
∵0∴B有最大值为π3，
又∵b= ac≤a+c2=6−b2，
解得b≤2，当且仅当a=c时取等号，
即边长b的最大值为2；
(2)∵S=12acsinB=12b2sinB，由(1)知B=π3，b=2时，S有最大值 3，
∴BA⋅BC=accsB=a2+c2−b22=(a+c)2−2ac−b22=(6−b)2−3b22=−(b+3)2+27(0∴118<1BA⋅BC=1−(b+3)2+27≤12，即当b=2时有最大值12，当b→0时，S→0，
∴118即S+1BA⋅BC的取值范围为(118,12+ 3].
【解析】(1)根据余弦定理和基本不等式，得到csB的最小值，从而得到B的最大值，利用基本不等式得到b的最大值；
(2)表示出S，由(1)可得其最大值，表示出BA⋅BC得到关于b的函数，然后根据(1)中得到的b的范围，得到其最大值，然后得到所求的S+1BA⋅BC的取值范围．
本题主要考查了余弦定理的应用，考查了向量的数量积运算，属于中档题．