浙江省台州市山海协作体2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题（含答案）

浙江省台州市山海协作体2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．复数z=3−5i的虚部是（）A．5 B．−5 C．5i D．−5i2．已知向量a=(4,k)A．−2 B．2 C．−8 D．83．在△ABC中，已知B=π3,A．3 B．4 C．3或5 D．4或54．下列说法错误的是（）A．经过同一直线上的3个点的平面有无数个B．两两相交且不共点的三条直线确定一个平面C．若a,b是两条直线，α,β是两个平面，且D．若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则α内不存在与a平行的直线5．向量a=(3,1)A．(2,−1) B．(1,−126．已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则该圆锥的体积为（）A．2π3 B．3π3 C．7．如图所示，已知点G是△ABC的重心，过点G作直线与AB,AC两边分别交于M,N两点，且A．13 B．12 C．28．小明去美术馆欣赏油画，其中有一幅画吸引了众多游客驻足观赏，为保证观赏时可以有最大视角，警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙多远处最合适呢？（单位：米）已知该画挂在墙上，其上沿在观赏者眼睛平视的上方3米处，其下沿在观赏者眼睛平视的上方1米处（）A．2 B．3 C．5 D．6二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分）9．已知复数z满足z(1+i)=2，则（）A．z=−1−i B．|z|=2 C．z⋅z10．关于同一平面内的任意三个向量a、b、A．若a∥b，且bB．|C．若|a|=|b|D．(11．在△ABC中，下列说法正确的有（）A．若A>B，则sinA>sinBB．若△ABC为锐角三角形，则sinB>cosAC．若a2tanB=bD．若△ABC为钝角三角形，且AB=3,AC=5,cosC=1314三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．已知△ABO的面积为4，右图是△ABO的直观图，已知O'B'=2，A'B'∥y'轴，过13．已知△ABC是钝角三角形，角A,B,C的对边依次是a,b,c，且14．已知向量a,b夹角为π3,|b|=2，若对任意x∈R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．已知向量a=(3（1）求a+2b的坐标与（2）求向量a与a−16．在△ABC中，角A,B,C的对边分别是（1）证明：△ABC是正三角形．（2）若△ABC的三顶点都在球O表面，且球O的表面积为16π，求三棱锥O−ABC的体积．17．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，F为AB上的点，且AF=2FB，E为PD中点．（1）证明：PB∥面AEC（2）在PC上是否存在一点G，使得FG∥面AEC？若存在，指出点G位置，并证明你的结论；若不存在，说明理由．18．在某海滨城市附近海面有一台风，据监测，当前台风中心位于城市O（如图）的东偏南θ(cosθ=210)方向300km的海面P处，并以20km/h的速度向西偏北45°19．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为（1）求A；（2）若bc=2，设点P为△ABC的费马点，求PA⋅（3）设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PC|=t|PA|，求实数t的最小值．

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：因为复数z=3−5i，所以z的虚部为-5.

故答案为：B.

【分析】根据复数的概念判断即可.2．【答案】D【解析】【解答】解：因为向量a→=(4,k)，b→=(2,−1)，且a3．【答案】C【解析】【解答】解：由B=π3，AC=7，BC=8，根据余弦定理AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cosB，4．【答案】C【解析】【解答】解：A、经过同一直线上的3个点的平面，即为经过一条直线的平面有无数个，故A正确；B、两两相交且不共点的三条直线有三个不共线的交点，由公理3，三个不共线的点确定一个平面，

故B正确；C、取反例：若平面α//β，平面D、若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则a与α相交，所以α内不存在与a平行的直线，故D正确.

故答案为：C.【分析】利用公理3即可判断AB；取反例：若平面α//β，平面5．【答案】A【解析】【解答】解：因为向量a=(3,1)，b=(2,−1)，

所以向量a→在向量b6．【答案】B【解析】【解答】解：设圆锥的母线为l，底面半径为r，高为h，

由题意可得：l=2，2πr=2π，解得r=1，则h=22-12=7．【答案】A【解析】【解答】解：因为点G是△ABC的重心，所以AG→=13AB→+AC→，

又因为AM=xAB,AN=yAC，所以AG→=131xAM→8．【答案】B【解析】【解答】解：设观赏者的眼睛在点D处，油画的上沿在点A处，下沿在点B处，点C在线段AB延长线上，且保持与点D在同一水平线上，则∠ADB=θ即观赏时的视角，如图所示：则AB=2，BC=1，AC⊥DC，不妨设DC=x，则BD=x在△ABD中，由余弦定理，cosθ=因x>0，则x2+9x2由x2+9则0<4x2因函数y=cosx在(0即最大视角为π6，此时观赏者距离油画的直线距离为3故答案为：A.【分析】由题意作出图形，设观赏者与油画的水平距离为x，观赏时的视角为∠ADB=θ，求出△ABD中的三边，由余弦定理求得cosθ的表达式，依题应使θ最大，即使cosθ最小，求出表达式的最小值以及此时9．【答案】B,C【解析】【解答】解：因为复数z满足z(1+i)=2，所以z=21+i=21-i1+i1-i=1-i；

A、因为复数z=1-i，所以z=1+i，故A错误；

B、因为复数z=1-i，所以|z|=2，故B正确；

C、因为复数z=1-i，z=1+i，所以z⋅10．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、当b→=0→时，满足a∥b且b∥c，但不能推出a∥c，故A错误；

B、|a→+b→|=|a→+c→11．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：A、因为A>B，所以a>b，所以sinA>B、因为△ABC是锐角三角形，所以A+B>π2，即因为B∈(0,π2)且π2−A∈(0,π2C、a2tanB=即sinAcosA=所以sin2A=sin2B，所以2A=2B或者2A+2B=π所以△ABC是等腰三角形或者直角三角形，故C错误；D、易知sinC=3314，而化简可得7a2−65a+112=0，解得a=当a=167时此时∠B是最大角且此时S=1当a=7时此时∠A为最大角且cosA<0此时S=1故答案为：ABD.【分析】根据正弦定理和余弦定理逐项判断即可.12．【答案】2【解析】【解答】解：由题可知，在△ABO中，∠ABO=π因为△ABO的面积为16，O'B'=4=OB，所以12因为∠A'B'C'=故答案为：A.【分析】利用面积公式求出原△ABO的高AB，进而求出A'B'13．【答案】(2【解析】【解答】解：△ABC为钝角三角形，

当角C为钝角时：由余弦定理可得：c2=a2+b2-2abcosC=9+25-30cosC，

因为C∈π2,π，所以cosC∈-1,0，所以c∈34，8；

当角B为钝角时：由余弦定理可得：b2=a2+14．【答案】3【解析】【解答】解：因为|b+xa整理可得a2又因为对任意x∈R，上式恒成立，所以Δ=4|由题意知|a|≠0，所以(1−1故|tb→−a→|=4故答案为：3.【分析】先根据向量的夹角、模长及恒成立求出|a|=2，将15．【答案】（1）解：a+2b=(5,0)（2）解：因为a→所以cos⟨a【解析】【分析】（1）由题意，根据向量的坐标运算、向量的求模公式求解即可；

（2）根据向量夹角公式求解即可.16．【答案】（1）证明：2c−ba=cosB2sinCcosA−sinBcosA=sinAcosB即2sinCcosA=sinBcosA+sinAcosB=sin(B+A)=sinC，因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，则又b=c=3，所以△ABC（2）解：设球的半径为R，因为球O的表面积为16π，所以4πR2=16π由（1）知△ABC是正三角形，且边长为3，设△ABC外接圆半径为r，由正弦定理得asinA=2r，所以设球心O到△ABC所在平面距离为h，则由球的截面圆性质知，R2得到h=R又因为S△ABC所以三棱锥O−ABC的体积为V=1【解析】【分析】（1）由题意，根据正弦定理结合两角和的正弦公式化简求得角A，即可判断△ABC为正三角形；

（2）设球的半径为R，根据球的表面积求得R，再由（1）的结论，结合正弦定理以及球的截面性质、三棱锥的体积公式求解即可.17．【答案】（1）证明：连BD交AC于O，E为PD中点如图所示：

所以EO是△BPD中位线，所以EO∥PB，又EO⊂面AEC,PB⊄面AEC，所以PB∥面（2）解：PA上取点H，且AH=2HP，因为F为AB上的点，且AF=2FB如图所示：所以在△PAB中，PHAH=BF因为PB∥面AEC，HF⊄面AEC，所以HF∥面AEC，又因为在△PAC中，PHHA=PG因为HG⊄面AEC,AC⊂面AEC，所以HG∥面因为HG∩HF=H,HG,HF⊂面HFG，所以面因为FG⊂面HGF，所以FG∥面AEC．【解析】【分析】（1）由题意，根据线面平行的判定证明即可；

（2）由题意，在PA上取点H，且AH=2HP，通过面面平行确定G的位置即可.18．【答案】解：设在th后，台风中心为Q，此时台风侵袭的圆形区域半径为(10t+60)km，若在th时，城市O受到台风侵袭，

则OQ≤10t+60，由余弦定理得OQ2=P由于cos∠OPQ=cos(θ−45°)=cosθcos45°+sinθsin45°=2故OQ所以400t2−9600t+90000≤(10t+60)2故12小时后，该城市开始受到台风的侵袭．【解析】【分析】设在th后，台风中心为Q，由题意，利用余弦定理结合二次不等式，求得t的范围，求解即可.19．【答案】（1）解：由已知asinA=bsinB+csinC得sin2A=sin2B+sin2C（2）解：由（1）A=π2，所以三角形ABC的三个角都小于∠APB=∠BPC=∠APC=120°，设|PA|=x,12xy⋅3则PA⋅（3）解：点P为△ABC的费马点如图所示：

则∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3设|PB|=