2023-2024学年云南省大理州祥云县祥华中学高一（下）第一次调研数学试卷（3月份）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年云南省大理州祥云县祥华中学高一（下）第一次调研数学试卷（3月份）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.已知复数z满足z−iz+1A.1−i B.1+i C.2.已知向量a与b的夹角为45°，|a|=2，A.2 B.−2 C.4 D.3.已知复数z满足(1−i)z=2i(i为虚数单位)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限4.

在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AA.34AB−14AC 5.设α为平面，a、b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是(

)A.若a/​/α，b/​/α，则a/​/b B.若a⊥α，a/​/b6.如图所示的直观图中，O′A′=O′A.4 B.42 C.27.如图所示，为了测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C作为测量基点，从A点测得M点的仰角∠MAN=60°，C点的仰角∠CAB=45°，∠MA.750 B.7503 C.850 8.在△ABC中，D为BC上一点，且BD=3DCA.3913 B.133 C.二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.设z1，z2，z3为复数，z1A.若|z2|=|z3|，则z2=±z3 B.若z110.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论中正确的是A.若acosA=bcosB，则△ABC一定是等腰三角形

B.若co11.如图，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，延长边CD至点E，使得DE=A.满足λ+μ=1的点P有且只有一个 B.满足λ+μ=2的点P有两个12.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(如图甲)，利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．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相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体ABCD的棱长为2，则下列说法正确的是(

)

A.勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面面积是8(π−3)

B.勒洛四面体三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知向量a与向量b夹角为60°，且|a|=1，b=(3,4)14.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且bcos15.复数2+i为一元二次方程x2+ax+16.直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90°,AC=BC=22AA1

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.(本小题10分)

m为何实数时，复数z=(2+i)m2−18.(本小题12分)

已知锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m=(b,sinB)，n=(2a,3)，且m/19.(本小题12分)

已知向量a=(1,2)，b=(4,−3)．

(1)若向量c/20.(本小题12分)

在△ABC中，P为AB的中点，O在边AC上，BO交CP于R，且|AO|=2|OC|，设AB=a，AC=b．

(1)试用a，b表示AR21.(本小题12分)

如图，在正六棱锥P−ABCDEF中，球O是其内切球，AB=2,PC=13，点M是底面ABCDEF内一动点(含边界)22.(本小题12分)

如图，在平面四边形ABCD中，AD=BD，∠ADB=90°.CD=

答案和解析1.【答案】D

【解析】【分析】本题考查了复数代数形式的乘除运算，属于基础题．

直接利用复数代数形式的乘除运算化简即可．【解答】

解：∵z−iz+1=i，

∴2.【答案】B

【解析】【分析】本题考查向量的数量积的求法与应用，是基础题．

直接利用向量的数量积的求法，化简求解即可．【解答】

解：向量a与b的夹角为45°，|a|=2，|b|=3.【答案】D

【解析】解：∵(1−i)z=2i，

∴z=2i1−i=2i4.【答案】A

【解析】【分析】本题考查平面向量的运算，以及平面向量基本定理，属于较易题．

根据向量的加法运算法则运算即可得解．【解答】解：如图，

BE=12BA+12BD=5.【答案】B

【解析】解：若a/​/α，b/​/α，则a与b相交、平行或异面，故A错误；

若a⊥α，a/​/b，则由直线与平面垂直的判定定理知b⊥α，故B正确；

若a⊥α，a⊥b，则b/​/α或b⊂α，故6.【答案】A

【解析】解：由斜二测画法可知原图应为：

其面积为：S=12×2×4=4，7.【答案】A

【解析】解：在Rt△ABC中，∠CAB=45°，BC=500m，所以AC=5002m；

在△AMC中，∠MAC=75°，∠MCA=60°，从而∠AMC8.【答案】D

【解析】解：法一、如图所示，在△ACD和△BCA中，有∠ACB=∠DCA，∠ABC=∠DAC，

故△ACD∽△BCA，设CD=x，则BC=4x，CDAC=CABC，所以AC=2x

设AD=y，则根据相似比：ADAB=DCAC=12=ADAB得AB=2y，

又∠BAD=2π3，由余弦定理可得：cos2π39.【答案】BC【解析】解：对于A，令z2=1，z3=i，满足|z2|=|z3|，但z2≠±z3，故A错误；

对于B，z1z2=z1z3，

则z1(z2−z3)=0，

z1≠0，

则10.【答案】BC【解析】解：对于A，若acosA=bcosB，则由正弦定理得2rsinAcosA=2rsinBcosB，即sin2A=sin2B，

则2A=2B或2A+2B=180°，即A=B或A+B=90°，则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故A错误；

对于B，在△ABC中，“cosA>cosB”，由余弦函数在(0,π)是减函数，故有A<B，

可得a<b，即有2RsinA11.【答案】BC【解析】解：建立直角坐标系，如右图所示：

设菱形ABCD的边长为2，则A(0,0)，B(2,0)，C(3,3)，D(1,3)，E(−1,3)，

设P(x,y)，则由AP=λAB+μAE可得：(x,y)=λ(2,0)+μ(−1,3)，

即x=2λ−μy=3μ，整理得：λ+μ=x+3y2，

当P在AB12.【答案】CD【解析】解：观察几何体知，勒洛四面体的最大截面是经过正四面体ABCD的任意三个顶点的平面截勒洛四面体而得，

勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面是正△ABC及外面拼接上以各边为弦的三个弓形，

弓形弧是以正△ABC各顶点为圆心，边长为半径且所含圆心角为60°的扇形弧，如图，

因此，截面面积为：3×12×π3AB2−2×34AB2=2π−23，A不正确，C正确；

由对称性知，勒洛四面体ABCD内切球球心是正四面体ABCD的内切球、外接球球心O，如图，

正△BCD外接圆半径O1B=233，正四面体ABCD13.【答案】−4【解析】【分析】由题意利用两个向量数量积的定义，两个向量垂直的性质，求得λ的值．

本题主要考查两个向量数量积的定义，两个向量垂直的性质，属于基础题．【解答】

解：向量a与向量b夹角为60°，且|a|=1，b=(3,4)，∴|b|=9+16=514.【答案】π2【解析】解：∵bcosC+ccosB=asinA，

∴sinBcosC+15.【答案】41【解析】【分析】本题考查复数集内解方程或分解因式、复数的模及其几何意义，属于基础题．

由已知条件结合根与系数的关系求出a、b的值，根据复数模公式求出|a【解答】

解：∵2+i为一元二次方程x2+ax+b=0(a,b∈R)的一个根，

∴2−16.【答案】18【解析】解：连接PC1、C1N，

设AA1=2，则S△PNC1=S矩形AA1C1C−S△APN−S△A1NC1−S△PCC1

=2−12×22×12−1217.【答案】解：z=(2+i)m2−3(i+1)m−2(1−i)

=2m2+m2i−【解析】(1)利用复数的实部为0，虚部不为0，求解即可．

(218.【答案】解：(1)∵m=(b,sinB)，n=(2a,3)，且m//n，

∴2asinB−3b=0，即2asinB=3b，

由正弦定理得：2s【解析】本题考查正弦定理及平面向量数量积的应用，考查运算求解能力，是中档题．

(1)由已知结合向量共线的坐标运算可得2asinB=3b，再结合正弦定理得到si19.【答案】解：(1)∵向量a=(1,2)，b=(4,−3)，若向量c//a，则c=(λ,2λ)，

再根据|c|=2【解析】(1)由题意利用两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算法则，求得c的坐标．

(2)由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量坐标形式的运算法则，求出20.【答案】解：(1)由P、R、C共线，则存在λ使RP=λPC，

∴AR−AP=λ(AC−AP)，整理得：AR=(1−λ)AP+λAC=1−λ2a+λb，

由B、R、O共线，则存在μ使BR=μBO，

∴AR−AB=μ(AO−AB)，整理得：AR=(1−μ)AB+μAO=(1−μ))+2【解析】(1)由P、R、C共线，则存在λ使RP=λPC，由B、R、O共线，则存在μ使BR=μBO，根据平面向量基本定理求出λ=12，再表示AR即可；

(2)由(1)21.【答案】解：(1)设O1是底面ABCDEF的中心，连接PO1，O1C，可知O1C=2，在直角三角形PO1C中，PO1=PC2−O1C2=13−4=3，

又正六边形ABCDEF的面积为S=6×12×2×3=63，

所以VP−ABCDEF=13S⋅PO1=13×63