2023-2024学年山东省枣庄三中高一（下）期中数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年山东省枣庄三中高一（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.复数z满足3z−+2z=5+2i，则|z|=A.3 B.2 C.5 2.在梯形ABCD中，若AB=2DC，且AC=xAB+yA.12 B.1 C.32 3.设向量a=(1,1),b=(−1,3),c=(2,1)，且(A.1 B.17 C.15 4.已知圆锥的侧面展开图为一个面积为2π的半圆，则该圆锥的高为(

)A.52 B.1 C.25.在△ABC中，若非零向量AB与AC满足(AB|AB|+AC|ACA.三边均不相等的三角形 B.等腰直角三角形

C.底边和腰不相等的等腰三角形 D.等边三角形6.一个圆台的上、下底面的半径分别为1和4，体积为28π，则它的表面积为(

)A.41π B.42π C.29337.设向量a与b的夹角为θ，定义a⊕b=|asinθ+bcosθ|.已知向量a为单位向量，|A.22 B.2 C.8.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，Q是侧面BCCA.3+2

B.2+5二、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在复平面内对应的点为(−12,A.z⋅z−=1 B.z2+z10.如图，向透明塑料制成的长方体容器ABCD−A1B1C1D1内灌进一些水，水是定量的(A.没有水的部分始终呈棱柱形

B.水面EFGH所在四边形的面积为定值

C.棱A1D1不是总与水面所在的平面平行

D.当容器倾斜如图所示时，BE⋅BF=11.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sinAsinBsinC=18，△ABC的面积为2，则下列选项正确的是(

)A.abc=182 B.若a=2，则A=π3

C.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知a，b是夹角为120°的两个单位向量，若向量a−2b在向量a上的投影向量为______．13.如图，在△ABC中，已知B=45°，D是BC上一点，AD=10，AC=14，DC=6，则AB=______．14.已知三棱锥V—ABC，满足VA=BC=32，VB=VC=AC=AB=5，则该三棱锥的外接球的表面积为______．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)

如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，过BC的平面与上底面A1B1C1交于GH(GH与B1C1不重合)．

(1)求证：BC//GH；

(2)若E，F16.(本小题15分)

在复平面内复数z1，z2所对应的点为Z1，Z2，O为坐标原点，i是虚数单位．

(1)z1=4−3i，z2=−5−4i，计算z1z2与OZ1⋅O17.(本小题15分)

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，bcosC=ccos(A+C)+2acosB．

(1)求B；

(2)若b=3，sinC=2sinA，求△ABC的面积．18.(本小题17分)

在△AOB中，点C满足3OC=OA+2OB，

(1)若|AC|=m|CB|，求m；

(2)若M是OB的中点，直线AM与OC交于点P，且BP=λBO+μBA，求λ+μ；

(3)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，19.(本小题17分)

已知在平面直角坐标系中，O为坐标原点，定义函数f(x)=psinx+qcosx的“和谐向量”为非零向量ω=(p,q)，ω=(p,q)的“和谐函数”为f(x)=psinx+qcosx.记平面内所有向量的“和谐函数”构成的集合为T．

(1)已知θ∈R，f(x)=2cosx+cos(x+θ)，若函数f(x)为集合T中的元素，求其“和谐向量”模的取值范围；

(2)已知|a|=|b|=2，设OG=λa+μb(λ>0,μ>0)，且OG的“和谐函数”为φ(x)，其最大值为S，求λ+μS．

(3)已知M(−2,3)，N(2,6)，设(1)中的“和谐函数”的模取得最小时的“和谐函数”为答案解析1.C

【解析】解：设z=a+bi，(a,b∈R)，

因为复数z满足2z+3z−=5+2i，

即2(a+bi)+3(a−bi)=5a−bi=5+2i．

可得a=1且b=−2，

故|z|=a2+b2=5．2.A

【解析】解：因为AB=2DC，所以DC=12AB，可得AC=AD+DC=AD+12AB，

因为AB、AD不共线，且AC=xAB+yAD，所以3.D

【解析】解：∵向量a=(1,1),b=(−1,3),c=(2,1)，且(a−λb)⊥c，

∴(a−λb4.D

【解析】解：设圆锥的母线长为l，圆锥的底面半径为r，圆锥的高为ℎ，

由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，

则πl=2πrπrl=2π，解得r2=1，l2=4，

则圆锥的高ℎ=5.B

【解析】解：∵AB|AB|和AC|AC|都为单位向量，∴AB|AB|+AC|AC|垂直平分BC，故AB=AC，

∵AB⋅AC=0，∴AB⊥6.B

【解析】解：设圆台的高为ℎ，则圆台的体积为13πℎ(12+42+1×4)=28π，

解得ℎ=4，所以圆台的母线长为(4−1)2+47.C

【解析】解：已知向量a为单位向量，

则|a|=1，

又|a−b|=a2−2a⋅b+b2=12−2×1×28.C

【解析】解：如下图所示：

分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，连接BC1，

∵M、N、E、F为所在棱的中点，∴MN//BC1，EF//BC1，

∴MN//EF，又MN⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，

∴MN//平面AEF；

∵AA1//NE，AA1=NE，∴四边形AENA1为平行四边形，

∴A1N//AE，又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，

∴A1N//平面AEF，

又A1N∩MN=N，∴平面A1MN//平面AEF，

Q是侧面BCC1B1内一点，且A1Q//平面AEF，

则Q必在线段MN上，

在Rt△A1B1M中，A1M=A1B12+B1M2=1+(12)2=52，

同理，在9.ACD

【解析】解：由题意可知，z=−12+32i,z−=−12−32i，

对于A，z⋅z−=14+34=1，故A正确；

对于B，z2+z−=(−12+310.BCD

【解析】解：依题意将容器倾斜，随着倾斜度的不同可得如下三种情形：

对于A：依题意，BC//水面EFGH，而平面BCC1B1∩平面EFGH=FG，BC⊂平面BCC1B1，则BC//FG，

同理BC//EH，而BC//AD，BC=FG=EH=AD，又BC⊥平面ABB1A1，平面ABB1A1//平面CDD1C1，

因此有水的部分的几何体是直棱柱，长方体去掉有水部分的棱柱，没有水的部分始终呈棱柱形，故A正确；

对于B：水面EFGH是矩形，线段FG的长一定，从图1到图2，再到图3的过程中，线段EF长逐渐增大，

则水面EFGH所在四边形的面积逐渐增大，故B错误；

对于C：因为A1D1//BC//FG，FG⊂平面EFGH，A1D1⊄平面EFGH，因此A1D1//平面EFGH，

即棱A1D1总是与水面所在的平面平行，故C错误；

对于11.CD

【解析】解：对A、C：因为△ABC的面积为2，即12absinC=2，

可得sinC=4ab，代入sinAsinBsinC=18，

得4sinAsinBab=18，设△ABC的外接圆的半径为R，则asinA=bsinB=2R，

所以4sinAsinBab=1R2，

可得R2=8，得R=22，故C正确，

则abc=8R3sinAsinBsinC=1282×18=162，故A错误；

对B：若a=2，则sinA=a2R=242=14，故12.2a【解析】解：因为a，b是夹角为120°的两个单位向量，

所以a⋅b=|a|⋅|b|cos120°=1×1×(−12)=−12，

则向量a−2b在向量a上的投影向量为(a−2b)⋅a13.5【解析】【分析】

根据余弦定理弦求出C的大小，利用正弦定理即可求出AB的长度．本题主要考查解三角形的应用，利用余弦定理和正弦定理是解决本题的关键，要求熟练掌握相应的公式．

【解答】

解：∵AD=10，AC=14，DC=6，

∴由余弦定理得cosC=AC2+CD2−AD22AC⋅CD=142+614.34π

【解析】解：根据三棱锥V−ABC对棱相等的特点，在长方体中构造三棱锥V−ABC如下所示：

设该长方体长宽高分别为x，y，z，由题可知：x2+z2=18，x2+y2=25，y2+z2=25，

故可得x215.证明：(1)在三棱柱ABC−A1B1C1中，

平面A1B1C1//平面ABC，平面BCHG∩平面ABC=BC，平面BCHG∩平面A1B1C1=GH，

故BC//GH；

(2)在三棱柱ABC−A1B1C1中，

E，F，G分别是AB，AC，A1B1的中点，

所以A1G//BE，A1G=BE，

所以四边形BGA1E是平行四边形，

所以A1E//BG，

因为BG⊄平面A1EF，A1E⊂平面A1EF，【解析】(1)根据面面平行的性质定理即可求证．

(2)推导出EF//BC，A1E//BG，由此能证明平面EFA1//16.解：(1)因为z1=4−3i，z2=−5−4i，

则z1z2=(4−3i)(−5−4i)=−20−16i+15i+12i2=−32−i，

又Z1(4,−3)，Z2(−5,−4)，

所以OZ1=(4,−3)，OZ2=(−5,−4)，

所以OZ1⋅OZ2=4×(−5)+(−3)×(−4)=−8；

(2)证明：因为z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，

所以z1【解析】(1)利用复数代数形式的乘法法则求出z1z2，再由复数的几何意义可得OZ1=(4,−3)，OZ2=(−5,−4)，再根据向量数量积的坐标法计算可得；

(2)17.解：(1)bcosC=ccos(A+C)+2acosB，即bcosC=−ccosB+2acosB，

整理得bcosC+ccosB=2acosB，

根据正弦定理得sinBcosC+cosBsinC=2sinAcosB，

可得sin(B+C)=2sinAcosB，

而sinA=sin(B+C)≠0，所以cosB=12，结合B∈(0,π)，可得B=π3；

(2)由sinC=2sinA得c=2a，

根据余弦定理得cosB=a2+c2−b【解析】(1)利用正弦定理进行边角互化，整理化简求得cosB=12，进而可得角B的大小；

(2)根据(1)的结论，结合余弦定理求出a、c，然后根据三角形面积公式求出△ABC的面积．18.解：(1)因为3OC=OA+2OB，所以2(OC−OB)=OA−OC，

所以2BC=CA，所以|AC|=2|CB|，即m=2；

(2)由(1)可知，2BC=CA，则BC=13BA，

因为C、P、O三点共线，所以BP=sBC+(1−s)BO=13sBA+(1−s)BO，

因为M是OB的中点，所以BM=12BO，

所以AM=AB+BM=AB+12BO=−BA+12BO，

又因为A、P、M三点共线，所以AP=tAM=−tBA+12tBO，

所以BP=BA+AP=(1−t)BA+12tBO，

又因为BA、BO不共线，所以1−t=13s12t=1−s，解得t=45s=35，

所以BP【解析】(1)根据平面向量线性运算法则计算可得；

(2)根据共线定理的推论得到BP=13sBA+(1−s)BO，BP=(1−t)BA+12tBO，由平面向量基本定理得到方程组，求出s、t19.解：(1)f(x)=2cosx+cos(x+θ)=2cosx+cosxcosθ−sinxsinθ=−sinθsinx+(2+cosθ)cosx，

所以函数f(x)的“和谐向量”向量ω=(−sinθ,2+cosθ)，

|ω|=sin2θ+(2+cosθ)2=4cosθ+5，

因为cosθ∈[−1,1]，所以4cosθ+5∈[1,9]，

所以|ω|的取值范围为[1,3]；

(2)设a=(2cosα,2sinα),b=(2cosβ,2sinβ)，

则OG=λa+μb=(2(λcosα+μcosβ),2(λsinα+μsinβ))，

所以φ(x)=2(λcosα+μcosβ)sinx+2(λsinα+μsinβ)cosx

=2λ(cosαsinx+sinαcosx)+2μ(cosβsinx+sinβcosx)

=2λsin(x+α)+2μsin(x+β)

≤2λ+2μ，

此时存在x0，满足x0+α=π2+2k1πx0+β=π2+2k2π，当且仅当x=x0时取等号，其中k1，k