2023-2024学年浙江省温州市新力量联盟高一（下）期中数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年浙江省温州市新力量联盟高一（下）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知A(3,7)，B(5,2)A.(2,−5) B.(12.在△ABC中，“A>B”是“A.充要条件 B.必要不充分条件

C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件3.已知|a|=6，|b|=3，向量a在bA.12 B.8 C.−8 D.4.有一块多边形菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形ABCD(如右图)，其中∠ABC=45

A.324 B.32 C.5.已知锐角△ABC的三边长分别为x，5，x+1A.(1,2) B.(2,6.如图，一个三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1=8.若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BA.4

B.5

C.6

D.77.在△ABC中，由下面的条件能得出△AA.AB⋅BC<0 B.sinA+8.在钝角△ABC中，a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C所对的边，点G是△ABA.(0,63) B.[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.设向量a=(k,A.若k=−3，则a与b的夹角为钝角 B.|a|的最小值为2

C.与b垂直的单位向量只能为(10.已知O为坐标原点，点P1(cosα,sinA.|OP1|=|OP211.下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(

)A.直径为0.99m的球体 B.所有棱长均为1.4m的四面体

C.底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体 D.底面直径为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.在正四棱台ABCD−A1B1C1D13.为了测量一古塔的高度，某人在塔的正西方向的A地测得塔尖的仰角为45°，沿着A向北偏东30°前进100米到达B地(假设A和B在海拔相同的地面上)，在B地测得塔尖的仰角为30°，则塔高为______米14.如图，在△ABC中，M为BC上不同于B，C的任意一点，点N满足AN=2NM，若A四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

已知向量a=(1,2)，b=(3,x)，c=(2,y)，且a//b，a16.(本小题15分)

记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2+c2−a2cosA=17.(本小题15分)

求一个棱长为2的正四面体的体积，常有如下解法：构造一个棱长为1的正方体，我们称之为该四面体的“生成正方体”(如图一)，则四面体BDA1C1是棱长为2的正四面体，四面体BDA1C1的体积V四面体BDA1C1=V正方体−VA1−ABD−V18.(本小题17分)

设z1是虚数，z2=z1+1z1是实数，且−1≤z2≤l．

(1)求|19.(本小题17分)

在直角梯形ABCD中，已知AB/​/CD，∠DAB=90°，AB=6，AD=CD=3，对角线AC交B

答案和解析1.【答案】A

【解析】【分析】本题考查了向量的坐标和平移，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

把向量AB按向量a=(【解答】

解：AB=(2,−5)，把向量AB按向量a=(2.【答案】A

【解析】解：由正弦定理知asinA=bsinB=2R，

∵sinA>sinB，

∴a>b，

∴A>B．3.【答案】A

【解析】解：根据题意，设a与b夹角为θ，

若向量a在b上的投影向量的模长是4，则有|a||cosθ|=4，则cosθ=±23，

又|b|=3，则a4.【答案】D

【解析】解：根据题意，设这块菜地即原图的面积为S，

直角梯形ABCD中，∠ABC=45°，AD=CD=1，BC⊥CD，

作AE⊥BC，交BC与点E，则AE/​/DC且AE=DC，则有AD=EC=1，

又由∠5.【答案】A

【解析】【分析】本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．

由题意利用余弦定理可得x2+(【解答】

解：因为锐角△ABC的三边长分别为x，5，x+1，

由题意，利用余弦定理可得x26.【答案】C

【解析】解：根据题意，当侧面AA1B1B水平放置时，水的形状为四棱柱形，底面是梯形，

设△ABC的面积为S，则S梯形=34S，

水的体积V水=34S×AA1=6S，

当底面7.【答案】B

【解析】【分析】本题主要考查了平面向量的数量积运算，正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．

由平面向量的数量积判断A；将已知等式两边平方即可判断B；由cosAco【解答】

解：A.因为AB⋅BC<0，所以AB⋅BCCOSπ−B<0，

−cosB<0，cosB>0，即角B为锐角，角A，C不定，故A错误；

B.两边平方得1+2sinAcosA=125，所以sinAcosA<0，由0<A<π，得sinA>0，

得co8.【答案】C

【解析】解：如图所示：

，

连接CG，并延长交AB于D，

由G是三角形的重心，得D是AB的中点，

∵AG⊥BG，∴DG=12AB=12c，

由重心的性质得CD=3DG，即CD=32AB=32c，

由余弦定理得：AC2=AD2+CD2−2AD⋅CD⋅cos∠ADC，

BC9.【答案】AB【解析】解：对于A，当k=−3时，cos〈a,b〉=a⋅b|a||b|=−3−213×2=−526，

所以−1<cos〈a,b〉<0，

所以a与b的夹角为钝角，所以A正确；

对于B，|a|=k2+4≥2，

所以|a|10.【答案】AC【解析】【分析】

本题考查平面向量数量积的性质及运算，考查同角三角函数基本关系式及两角和的三角函数，是中档题．

由已知点的坐标分别求得对应向量的坐标，然后逐一验证四个选项得答案．

【解答】

解：∵P1(cosα,sinα)，P2(cosβ,−sinβ)，P3(cos(α+β),sin(α+β))，A(1,0)，

∴OP1=(cosα,sin11.【答案】AB【解析】解：对于A，棱长为1的正方体内切球的直径为1>0.99，选项A正确；

对于B，如图，

正方体内部最大的正四面体D−A1BC1的棱长为12+12=2>1.4，选项B正确；

对于C，棱长为1的正方体的体对角线为3<1.8，选项C错误；

对于D，如图，六边形EFGHIJ为正六边形，E，F，G，H，I，J为棱的中点，

高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，

六边形EFGHIJ棱长为22米，∠GFH=∠GHF=30°，

所以FH=3FG=12.【答案】7【解析】解：如图，设正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上下底面中心分别为M，N，

过A1作A1H⊥AC，垂足点为H，由题意易知A1M=HN=13.【答案】50

【解析】解：如图，CD为古塔的高度，设为hm，由题意，CD⊥平面ABD，AB=100米，∠BAD=60°，∠CAD=45°，∠CBD=30°

在△CBD中，BD=3hm，在14.【答案】25【解析】【分析】

本题考查了向量的加减的几何意义以及二次函数的性质，属于中档题．

不妨设BM=λBC，0<λ<1，根据向量的加减的几何意义可得x=2−2λ3，y=2λ3，代入得到x2+9y2=409(λ−110)2+25，即可求出最值．

【解答】解：不妨设BM=15.【答案】解：(1)由a//b，得x−2×3=0，解得x=6，

由a⊥c，得1×2+2y=0，解得y=−1，

∴b=(3,6)【解析】本题考查向量平行时的坐标关系，向量垂直的充要条件，向量加法和数乘的坐标运算，向量夹角的余弦公式，考查计算能力，属于基础题．

(1)根据向量平行和向量垂直时的坐标关系即可求出x=6，y=−1，从而得出b=(3,6)，c=(2,−16.【答案】解：(1)因为b2+c2−a2cosA=2bccosAcosA=2bc=2，

所以bc【解析】(1)由已知结合余弦定理进行化简即可求解bc；

(2)先利用正弦定理及和差角公式进行化简可求c17.【答案】解：(1)∵V四面体BDA1C1=V正方体−VA1−ABD−VC1−BCD−VB−A1B1C1−VD−A1C1D1，

而4个小三棱锥体积均为正方体体积的16倍，

∴四面体BDA1C1的体积为正方体体积的1【解析】根据化归转化思想，分割补形法，锥体的体积公式，柱体的体积公式即可求解．

本题考查化归转化思想，分割补形法，锥体的体积公式，柱体的体积公式，属基础题．18.【答案】解：(1)设z1=a+bi，(a,b∈R，且b≠0)，

则z2=z1+1z1=(a+bi)+1a+bi=(a+bi)+a−bi(a+bi)(a−bi)=(a+bi)+a−bia2+b2=(a+aa2+b2)【解析】(1)设z1=a+bi，(a,b∈R，且b≠0)，则z2=(a+aa2+b19.【答案】