2023-2024学年浙江省金兰教育合作组织高一（下）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年浙江省金兰教育合作组织高一(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.已知向量N=(1,2),h(x,1—x),若方〃b,贝!］久=()

12

A.2B.1C.3D.1

2.下列四个命题中正确的是()

A.每个面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥

B.所有棱长都相等的四棱柱是正方体

C.以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱

D.以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥

3.已知复数z=(l—2i)(l+i),其中i是虚数单位，贝物的虚部是()

A.iB.-iC.-1D.1

4.已知窗3为非零向量，且满足鼠0—方)=0,贝口—2»在3上的投影向量为()

A.bB.-bC.2bD.-2b

5.已知△ABC的三条边长分别为a,b,c,且(a+b)：(b+c)：(a+c)=12：13：15,则此三角形的最

大角与最小角之和为()

AA四

-3B-TC-TD空o

6.已知平面直角坐标系下，AABC的三个顶点坐标为：4(1,1),B(-L2),C(3,5),若△4BC斜二测画法下

的直观图是则△48'C'的面积为()

,5/2B.苧

A.——C.572D.10AA2

4

7.如图所示，在。4BCD中，点E为线段4D上的中点，点尸为线段CD上靠近

点C的三等分点，BE,BF分别与AC交于R,T两点.则()

A.FT=^AB-^ADB.RD=f

6455

C.AB=3JR+4DTD.AD=3AB-4^R

8.在△ABC中，角4B,C所对的边分别为a,b,c,边BC上的中线、高线、角平分线长分别是小。，右，

la,则下列结论中错误的是()

222

A.ma=1^/2(b+c)—a

2bccos^

B」a=F^

(b+c)2—Q2・Ja2—(ZJ—C)2

C.h=

a2a

2(a2+b2)c2+(a2—ft2)2—c4

D.S—BC=

4

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.已知复数Z「Z2均不为0,复数Z的共辗复数为W,则（）

A.z1—z2=Zi—z2B.%+Z2I=㈤+\z2\

C.z】•Z2=Z]•z?D.\Zi-z2\=IzJ•\z2\

10.在△力BC中，角力，B,C所对的边分别为a,b,c,下列说法中正确的是（）

A.若a=ccosB,则44BC是直角三角形

B.若a2+》2—c2>o,则△4BC是锐角三角形

C.若acosA=bcosB,则小ABC是等腰三角形

b

若=二，贝必48c是等边三角形

D.cosB

11.已知2,3为非零向量，且满足m=2,\a-b\=1,则（）

A.a,另夹角的取值范围是［0币B.区|的取值范围是［1,3］

C.a-3的取值范围是［2,4］D.|a+后的取值范围是［3,5］

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.已知z=1+是虚数单位），则=

13.已知球。的体积为36兀，则球。的表面积为,球。的内接正四面体的体积为

14.勒洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛.

如图所示，分别以正三角形ABC的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段

圆弧组成的曲边三角形即为勒洛三角形.已知正三角形4BC边长为2,点P为圆弧曲

上的一点，且满足：S4ABp=能则方•丽+丽•正+正•对的值为.

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)

已知复数Zi=l+2t.

(1)若复数zi是方程z2+a-z+6=0的一个复数根，求实数a,b的值;

(2)若复数Z2满足2=1一5,求㈤•

16.(本小题15分)

如图所示，已知三棱柱力BC—4B1G的所有棱长都为1,BC1CG，点P为线段BiG上的动点.

(1)若点P恰为线段上靠近点G的三等分点，求三棱锥P-&BC和三棱柱力BC-4/16的体积之比;

(2)求P&+PC的最小值及此时&P的值.

17.(本小题15分)

设向量/3满足闷=1,\b\=2,\3a-b\=3.

(1)求|2五+33|的值；

⑵己知2N+的夹角的余弦值为鬻，求2的值.

18.(本小题17分)

已知a,b,c分别为△ABC三个内角4,B,C的对边，且满足b=2,y/~3bsinC+bcosC=a.

⑴求B；

(2)若D,E为线段BC上的两个动点，且满足4rME=60。，S^ABC=73,求的取值范围•

19.(本小题17分)

对于平面向量而=(xfc,yfc)(fc=1,2,...),定义“尸。变换"：afc+i=Fe(a^)=geos。-yksin3,xksind+

ykCos。),(0<0<7T)

⑴若向量式=(2,1),0=p求诙；

(2)已知瓦？=(%1，%)，OB=(x2,y2),且就与而不平行，瓦7=&(瓦?)，~0B'=Fe(0B),证明：S^0AB=

SA04B，；

(3)若向量或=可*,求。.

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：向量2=(1,2),K=(x,l-%).a//b,

则1-(1-x)=2x,解得x=

故选：B.

根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解.

本题主要考查向量共线的性质，属于基础题.

2.【答案】C

【解析】解：根据题意，依次分析选项：

对于2,如图：

在三棱锥4—BCD中，有48=8C=CD=4。=a,AC=BD=b,

该每个面都是等腰三角形，但该棱锥不是正三棱锥，A错误；

对于8,底面为菱形的直四棱柱，其侧棱与底面边长相等，

该四棱柱的所有棱长都相等，但不是正方体，B错误；

对于C,以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱，C正

确；

对于。，以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做

圆锥，。错误.

故选：C.

根据题意，举出反例可得4、8错误，由圆柱、圆锥的定义分析C和D,综合可得答案.

本题考查常见几何体的定义，涉及棱锥、棱柱、圆柱、圆锥的定义，属于基础题.

3.【答案】C

【解析】解：z-(1-2i)(l+I)=3-i,

'''z的虚部为—1.

故选：C.

直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案.

本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题.

4.【答案】B

【解析】解：d,3为非零向量，且满足点0-垃=0,

则五不—片=o,

(a—2b')-b=a-b—2b——b,

(a2b>fe

故a-23在石上的投影向量为：~2xb=-b.

b

故选：B.

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.

5.【答案】B

【解析】解：因为(a+6)：(6+c)：(a+c)=12：13：15,

设a+b—12k,b+c—13k,a+c=15k,

解得a=7k,b=5k,c—8k,

令k=1,则a=7,b=5,c=8,

由三角形中大边对大角，可得角C为最大角，B为最小角，

由余弦定理可得cosA="募一”=而4£(0,兀)，

所以2=全

所以B+C=7T-^=^.

故选：B.

由题意设a,b,c的值，判断出角C为最大角，角B为最小角，由余弦定理可得cos4的值，再由角4的范

围，可得角4的大小，进而求出B+C的大小.

本题考查余弦定理的应用，属于基础题.

6.【答案】A

【解析】解：根据题意，△48C的三个顶点坐标为：4（1,1）,5（-1,2）,C（3,5）,

则履B=一，厩0=岩=2,则有心B/C=T，即直线AB与AC垂直，〃=90。，

同时|2B|=，m=怖，\AC\=V4+16=2A<5,

故44BC的面积S=^\AB\X\AC\=5,

则其直观图的面积S'=苧5=手.

故选：A.

根据题意，由点4、B、C的坐标分析可得%B/女=一1，进而可得乙4=90。，同时求出|4B|、|4C|的长，

由此可得AABC的面积，结合直观图面积与原图面积的关系，分析可得答案.

本题考查平面图形的直观图，涉及三角形面积的计算，属于基础题.

7.【答案】C

【解析】解：选项A,因为4B〃CD,且点尸为线段CD上靠近点C的三等分点，

所以生=”一，

"BTAB3

所以丙=：而=：（而+a+四）=i（-|AB-XD=^-AB-^AD,即选项A错误；

444D1Z4

选项8，因为点E为线段力。上的中点，

所以屈=*瓦<+前）①，

因为点尸为线段CD上靠近点C的三等分点，

所以丽=前+丽=RD+|OC='BD

联立①②消去瓦5,得前而+|裙即选项2错误；

选项C,因为4D〃BC,且点E是4D的中点，

匕匚［、jERAE1

所以丽=丽=T

所以而=1而，

所以3尿+4而=3x|屁+4（DF+丙）=2（AE-AB）+4（|4B+^AB-*而）=AD-2AB+3AB-

AD=AB,即选项C正确；

选项O,因为丽/丽/港一碣=家通招而）^^AB-^AD,

所以同=2四一6舐，即选项。错误.

故选：C.

根据平面向量的基本定理，结合平行线的性质与平面向量的线性运算法则，逐一分析选项即可.

本题考查平面向量的基本定理，熟练掌握平面向量的线性运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运

算能力，属于中档题.

8.【答案】D

【解析】解：4设4D为BC的中线，由中线定理可得：AB2+2AC2=1BC2+2AD2,可得4。=

AB2+AC2-BC2_J2(c2+b2)-a2,

J2=2'

即」2(。2+上)-。2,所以A正确；

-2

B中，设乙4=2a,设2F为乙4的角平分线，所以NBA。=NC4D=a,

由三角形等面积法可得称AC-ABsin2a=^AC-AFsin^+^AB-AFsin^,

可得6c-2sin|cos|=AF(b+c)sinp

4A

所以4F=生竺1,即/=处"，所以B正确；

b+cab+c

设“E为BC边上的高，由等面积法可得gbcsinX=•ZE,

所以4E=胃,因为s讥力=『时,由余弦定理可得c"4=

b2+c2—a2

2bc

所以1一COS2力=1-(庐+〃J)2=(2加+必+,2-。2)(2泞b2-2+a2),

(2dc)z(2bc)z

bc22222222

所以4口"^,ylt(^+c)-a][a-(d-c)]_J[(b+c)-a]-[a-(b-c)]?

Ac=----------------------------------------=---------------------------------

aZa

2222

即_J[(6+c)-a]-[a-(6-c)]；所以C正确；

%一元

。中，由C可得＜_1，_J[(b+c)2_a2].[a2TAe治,所以。不正确.

~2a，na~-----------4-----------

故选：D.

a中，由正弦定理可得中线Ma的表达式，判断出a的真假；B中，由三角形等面积法求出角平分线L的表达

式，判断出B的真假；C中，由三角形等面积法求出高％的表达式，判断出c的真假；。中，由c选项的分

析，可得三角形的面积的表达式，判断出。的真假.

本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题.

9.【答案】ACD

【解析】解：对于4C,设Zi=a+bi,z2=c+di(a,b,c,deR),

zr—z2=a—c+(b—d)i,

贝！Jzi—z?—a—c—(b—d)i,Z1-z?=a+bi—(c-di)—CL—c—(b—d)i,A正确；

zr-z2=ac—bd+(ad+bc)if

则Zi•Z2=ac—bd—(ad+bc)i,

•z2=(a-bi)(c—di)=ac—bd—(ad+bc)i,故C正确；

对于B,令Z]=i,z2=-i,

\zi+z2\=lzil+\zz\=1+1=2,故3错误；

对于。，结合复数模的性质可知，ki-Z2\=|Z1|*|z2b故。正确.

故选：ACD.

结合复数的四则运算，共轨复数的定义，复数模公式，即可求解.

本题主要考查复数的四则运算，共利复数的定义，是基础题.

10.【答案】AD

【解析】解：/中，由正弦定理可得sinA=sinCcosB,在三角形中，sinA=sin(8+C)=sinBcosC+

cosBsinC,

所以sinBcosC=0,因为sinB>0,所以cosC=0,

而CE(0,TT),所以C=3所以该三角形为直角三角形，所以A正确；

8中，因为小+炉一。？〉。，所以cosC〉0,即角C为锐角，但是角4角8不能确定是锐角，所以该三角

形不一定是锐角三角形，所以B不正确；

。中，因为acos/=bcosB,由正弦定理可得sirh4cos/=sinBcosB,

可得sin2/=sin2B,在三角形中，可得2Z=28或2Z+28="，

所以4=B或4+B=热

所以该三角形为等腰三角形或直角三角形，所以C不正确;

。中,因为焉=焉短，由正弦定理可得高=白C

sinC

则翌^=WflsinAcosB—sinBcosA=0,可得sin(A—8)=0,在三角形中，可得/=

sineCOSD、/

同理可得8=。，a=c,所以该三角形为等边三角形，所以。正确.

故选：AD.

a中，由正弦定理及三角形中角之间的关系，可得cosc=0,即角c为直角，判断出a的真假；B中，由余

弦定理判断出角C为锐角，不能判断出角a,B是否为锐角，进而判断出B的真假；。中，由正弦定理可得

sin2A=sin2B,再在三角形中，可得4=<8或4+8=》判断出三角形的形状，判断出C的真假；。中,

由正弦定理及两角差的正弦公式，可得A=B=C,判断出。的真假.

本题考查三角形中角之间关系的应用及正弦定理的应用，两角和，两角差的正弦公式的应用，属于中档

题.

11.【答案】ABD

【解析】解：设优3的夹角为8,由日|=2,\a-b\=1,得胃—217+3=1,

所以4—4㈤四。+同=1，解得四"曙=焉+耳磊x上争当且仅当嘉罟，即

|瓦=C时取“=”，

所以当Wcos。W1,所以夹角8的取值范围是[0,焉，选项A正确;

由<cosd<1,畀嚅八等价嚅二骋前机

解得14|片<3,所以I山的取值范围是[1,3],选项8正确;

因为。方=9(3+|B|2),|K|2£[1,9],所以：(3+|B|2)e[2,6],

即港方的取值范围是[2,6],选项C错误；

(a+b)2=a2+2a-b+b=1+4a-b,

由本9e[2,6],得1+4五]e[9,25],所以|五+石|e[3,5],选项。正确.

故选：ABD.

选项A中，设优3的夹角为氏由题意求出cos。的取值范围，即可得出夹角。的范围；

选项8中，由cos。的取值范围，列不等式求出面的取值范围；

选项C中，由|应取值范围，求出港另的取值范围；

选项。中，由五小的取值范围，直接求出口+力的范围.

本题考查了平面向量数量积的应用问题，也考查了夹角与模长的计算问题，是中档题.

12.【答案】一4

【解析】解：由z=1+3得z4=(1+04=(2i)2=-4.

故答案为：-4.

利用复数代数形式的乘除运算化简得答案.

本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题.

13.【答案】367T873

【解析】解：设球的半径为R,则有★兀&=36兀，

解得R3=27,即R=3,

所以球。的表面积为S=4兀废=47rx32=36兀，

将正四面体扩展为正方体，它们的外接球是同一个球，

正方体的对角线长就是球的直径，设正方体的棱长为a,对角线长为Ca,

则由=2R=2x3=6,得a=2>J~3,

所以正四面体的体积为a3—4x〈a3=；a3=8门.

故答案为：36兀；8AA3.

根据球的体积公式求得半径R,再利用球的表面积公式即可得解；将正四面体扩展为正方体，它们的外接

球是同一个球，正方体的对角线长就是球的直径，求出正方体的棱长即可求出正四面体的体积.

本题考查正四面体的外接球，体积的求法，考查计算能力，空间想象能力，属于基础题.

14.【答案】1

【解析】解：如图，以C为原点建立平面直角坐标系，

因为弧前在圆*2+V=4上，设PQ),yo),则就+诏=4,

设点P到直线AB的距离为d,

由SAABP=|x|AB|xd=：x2xd=可得d=

由gl，O，8(-2,0),kAB=V3,

可得直线ZB的方程为：y=V~3(x+2)=V-3x+2V_3»即A/9%—y+2V3=0,

故点P到直线AB的距离d=15。1。+2号=目

因为P在直线4B上方，所以y°>6沏+2，豆，

所以Vlxo—yo+2C<0,故，—Vo=-当

6

由PA=(-1—-%)，PB=(-2—久°,—Vo)，PC=(一久。,一y())，

可得-PB+PA-PC+TB-PC

=(1+x0)(2+x0)+y0(y0-#3)+&(1+x0)+%仇-4)+x0(2+x0)+yl

=3(瞪+据)+(6x0-273y0)+2

=3x4+2-/3X(V3x0-7o)+2

=14-273x^=1，

6

则对-PB+PB-PC+PC-Pl的值为1.

故答案为：L

建立平面直角坐标系，设P(Ko，M))，利用A4BP的面积和点到直线的距离公式，求得，5*0-%=

-曳区，再根据平面向量数量积的坐标运算进行计算即可得出结论.

6

本题考查直线方程、点到直线的距离求法、平面向量数量积运算等知识，属中档题.

15.【答案】解：(l)z#=(1+2i)2=—3+4i,

所以z,+a，Zi+b=a+b—3+(2a+4)i=0,

+b-3=0

(CL，所以a=—2,b=5；

l2a+4=0

(2)因为迫=1

z2Z1

所以Z2=|=S1=普=2+|i,

Z1

所以|Z2|=122+(|)2=|.

【解析】(1)把复数Zi=1+2i代入方程，结合复数相等的条件即可求解;

(2)结合复数的四则运算及复数的模长公式即可求解.

本题主要考查了复数的四则运算及复数相等条件的应用，属于基础题.

V

y,・田田、加P-ABCyA^-PBCyA.-BCC.B.yABC-A.A-ABC

16【答案】解.⑴-----y----=----------=-1X-------=-1X----------------=1

U.4口环CJ/ITT•I*1■八v/Tv7z7vT7z7vT7O5»

ABC-A1B1C1ABC-A-yB-yC^ABC-A1BC1ABC-A1B1C1

(2)将△G绕着直线&Q旋转至平面BCG/,当P,&,C三点共线时，P&+PC取得最小值,

4

B

rrTT

Z-A1C1Br-乙B&C-CCi=AG=1

A-^C^=A-^C^+CC：—2Z1C]xCC]cosZ_i41cle=1+1—2cos~g~=2+V-3,

.「/6+/2

•••Arc=---，

此时C】P=tan专=2-<3,B/=<3-1.

【解析】(1)利用等体积转化法求解即可；

(2)将AAiBiCi绕着直线NG旋转至平面BCC/i，当P,2,C三点共线时，P&+PC取得最小值，再利用

余弦定理求解即可.

本题考查等体积转化法以及利用展开法求几何体表面上两点间距离的最小值，属于中档题.

17.【答案】解:(1)•响量落3满足同=1,\b\=2,\3a-b\=3,

|3a-b|2=9a2-6a-K+K2=13-6a-K=9,a•K=|,

|2a+3fa|2=4a2+12a-b+9b=48,

M|2a+3h|=473;

(2)•••(2a+3fa)-(Za-|K)=2Aa2+(32-3)a-K-|ft2=42-20,

\Aa-lb\2=A2-a-3Aa-b+^-b2=A2-2A+9,

L4

(2五+3l>(；l五-3l)4一5/T1

・•.cos((2a+3/?),(Aa—3b))=

|2五+3即|应-3百/3-JA2-2A+9~33~

,Ja>5,J.a=6.

【解析】(i)利用平面向量数量积的运算即可求解；

(2)利用平面向量数量积和两向量的夹角公式即可求解.

本题考查了平面向量数量积和两向量的夹角计算，属于中档题.

18.【答案】解：(1)y/~3bsinC+bcosC=a,

•••y/^sinBsinC+sinBcosC=sinA=sin(B+C)=sinCcosB+cosCsinB,

•••y/~3sinBsinC=cosBsinC,

又在△ABC中，sinC0,

•••y/~3sinB=cosB,••・tanB=—,

TT

•••Be(0,7T),・•・B=*

1

ac

(2)由AABC的面积期acsinB2--=可得QC=4，^，

•••b2=a2+c2—2accosB=a2+c2—12=4,•••a2+c2—16,

忆孤或忆浮，

XzBXC>ADAE=60°,得a=2V3,c=2,^BAC=120°,

^CAE=6,其中0。<8<60。，则N4EC=150°—e,zXDC=9O°-0,

在△ACE中，由正弦定理可得缶

sin"'

则4E=N

smZ.AECsin(150—6)

在中，由正弦定理可得缶

sin"'

则=4"sinC=_1_=

人」sin^ADCsin(9O°-0)cos。・

.'.A4。E的面积S=\AD-AEsin^DAE=°。:、，

24cos0sm(15O°—0)...2

y=cos0sin(15O°-0)=cos3(^cos6+=1cos2^+^-sindcosO

=唱sin20+7cos20+Hsin(20+30°)+1

4442、74

•・•0°<<60°,贝!j30。<20+30°<150°,

113

<ne+3<即<y<

2-si(2-2--4-

S^ADEe[-/，号)・

【解析】(1)由三角形的正弦定理和三角函数的恒等变换，计算可得所求值；

(2)由三角形的面积公式和正弦定理、余弦定理和三角函数的恒等变换以及正弦函数的性质，可得取值范

围.

本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式，以及三角函数的恒等变换，考查方程思想和运算能

力，属于中档题.

19.【答案】⑴解：由题意，把与=2,乃=1,e=l，代入变换公式，

x=x^cosQ—y^stnQ=2x--lx—=1———

2%22

y2=x1sinO+yrcosd=2x—+lx-=V-3+-

所以石=(1