浙江省台州市十校联盟2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题（含答案）

浙江省台州市十校联盟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、单项选择题：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．若(1−i)z=i，其中iA．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知三角形△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=5,b=8,A．−203 B．-20 C．20 D．3．△ABC内角A，B，C的对边分为a，b，c，且a=1,c=3A．32 B．34 C．3 4．已知向量a=(k,3A．3 B．0 C．−92 5．如图所示，矩形O'A'B'C'是水平放置的一个平面图形的直观图，其中OA．12 B．122 C．6 D．6．已知圆锥的底面圆半径为3，侧面展开图是一个半圆面，则该圆锥的体积为（）A．12π B．9π C．3π D．47．窗户，在建筑学上是指墙或屋顶上建造的洞口，用以使光线或空气进入室内．如图1，这是一个外框为正八边形，中间是一个正方形的窗户，其中正方形和正八边形的中心重合，正方形的上，下边与正八边形的上、下边平行，边长都是4．如图2，A，B是中间正方形的两个相邻的顶点，P是外框正八边形上的一点，则AB⋅A．16+82 B．162+8 C．88．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若sinBsinC3sinA．[3，23) B．(6二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。9．已知i是虚数单位，在复平面内，下列说法正确的是（）A．−B．(C．若a>b，则a+i>b+iD．若复数z满足z2<0，则10．设△ABC的内角A,B,A．若a=10,B．若A>B，则sinC．若a=3,D．若acosA=bcos11．在正四面体ABCD中，若AB=2,M为A．正四面体外接球的表面积为6πB．正四面体的体积为2C．如果点P在线段DM上，则(AP+CP)D．正四面体ABCD内接一个圆柱，使圆柱下底面在底面BCD上，上底圆面与面ABD、面ABC、面ACD均只有一个公共点，则圆柱的侧面积的最大值为2三、填空题：本大題共3小题，每小題5分，共15分（12題第一空2分第二空3分）．12．平面向量a,b中，已知a=(4,−3),|b|=1，且a13．若i为虚数单位，复数z满足1≤|z+1+i|≤214．若G为△ABC的重心，BG⊥CG，则cosA的最小值为四、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．已知i是虚数单位，Z是Z的共轭复数．（1）若(1+2i)Z=4+4i−i（2）若复数z1=(m16．已知向量a=(2（1）求b与c；（2）若m=2a−b,17．如图，AB是圆柱OO'的一条母线，BC过底而圆心O，D是圆O上一点．已知（1）求该圆柱的表面积；（2）求△ACD的三边绕母线AB所在的直线旋转一周所围成的几何体的体积V．18．在△ABC中，设A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsin（1）求C的大小；（2）若a+b=2，求边长c的取值范围；（3）若c=4，求△ABC面积S的最大值．19．如图，点P，Q分别是矩形ABCD的边DC，BC上的两点，AB=3,（1）若DP=λDC,（2）若∠PAQ=π4，求（3）若DP=2PC，连接AP交BC的延长线于点T，Q为BC的中点，试探究线段AB上是否存在一点H，使得∠THQ最大．若存在，求

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：z=i复数z在复平面内对应的点为(−1故答案为：B.【分析】先求出复数z的代数形式，然后可确定复数z在复平面内对应的点的位置.2．【答案】C【解析】【解答】解：CA故答案为：C．【分析】由数量积的定义计算．3．【答案】B【解析】【解答】解：依题意可得S△ABC故答案为：B【分析】直接由面积公式计算可得.4．【答案】A【解析】【解答】解：由题意得，2a因为(2a−3b)故答案为：A.【分析】利用平面向量垂直的坐标表示，化简计算即可得到结果.5．【答案】D【解析】【解答】解：因为C'D'则∠C'O'D故矩形O'A'所以原图形OABC的面积是S=S故答案为：D.【分析】求出直观图面积，根据直观图面积和原图面积之间的关系即可得答案.6．【答案】C【解析】【解答】解：设圆锥的底面半径为r，母线为l，由于圆锥的侧面展开图是一个半圆面，则2πr=lπ，所以l=2r，所以圆锥的高h=l圆锥的体积为V=1故答案为：C.【分析】由圆锥侧面展开图得圆锥母线，高，再由体积公式计算．7．【答案】A【解析】【解答】解：记正八边形右下角的两个顶点分别为C,D，连接由题意易得△BCD是等腰直角三角形，CD=4，则BC=22不妨设AP,AB=θ，由于题目要求AB过P作PE⊥AB，垂足为E，则|AP|cos所以AB⋅显然，当点P与点C重合时，|AE|取得最大值所以AB⋅AP的最大值为故答案为：A.【分析】利用平面向量数量积的定义，结合线段长即可得解.8．【答案】D【解析】【解答】由sin2A+即有cosC=a2+b又sinB由正弦定理､余弦定理得，b⋅323a由正弦定理有：asinA=bsin△ABC是锐角三角形且C=π3，有A∈(0，解得A∈(π因此a+b=4=43由A∈(π6，π2所以c2故答案为：D

【分析】由sin2A+sin2B−sin9．【答案】A,D【解析】【解答】解：对于A，−i对于B，(−i对于C，两个虚数不能比较大小，故C不正确；对于D，设z=a+bi(a,b∈R)，则z2=(a+bi)2=a2−b故答案为：AD.【分析】利用复数的运算和性质判断ABD；虚数无法比较大小判断C.10．【答案】B,D【解析】【解答】解：对于A，cosA=b2对于B，△ABC中，若A>B，则a>b，由正弦定理得：2RsinA>2RsinB（R为对于C，由正弦定理asinA=bsinB，得sinA=对于D，若acosA=bcosB，则得2A=2B或2A=π−2B，故A=B或A+B=π2，故答案为：BD.【分析】A选项，由余弦定理与数量积的定义计算；B选项，由大角对大边和正弦定理判断；C选项，由正弦定理解三角形；D选项，由正弦定理与二倍角公式化简后判断．11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：由正四面体各棱都相等，即各面都为正三角形，故棱长为2，如下图示：

O为底面中心，则D,O,M共线，AO所以AO=AB2由题设，外接球球心E在AO上，且半径r=EA=EB，所以r2=(故外接球的表面积为4πr由题意知：将面AMD与面CMD沿MD翻折，使它们在同一个平面，如下图示：所以AD=CD=2且cos∠ADM=DOAD又∠CDM=30°，而cos∠ADC=要使(AP+CP)2最小，只需A,P所以(AP+CP)min如下图所示：

棱锥中一个平行于底面的截面所成正三角形的内切圆为正四面体ABCD内接一个圆柱的上底面，若截面所成正三角形边长为x∈(0,2)所以其侧面积S=2πrh=2π×36x×6(故选：ACD【分析】由正四棱锥的结构特征，应用棱锥的体积公式求体积，并确定外接球的半径求表面积，展开侧面，要使(AP+CP)2最小，只需A,P12．【答案】0；(【解析】【解答】解：因为a=(4,−3)又|b|=1，且a⋅b=5，设a则a⋅b=|又θ∈[0,π]，所以θ=0，即a与b的夹角为所以a与b共线同向，又|b|=1，所以b为即b=故答案为：0；(【分析】首先求出|a|，设a与b的夹角为θ，根据数量积的定义求出cosθ，从而确定θ，则b为a13．【答案】3【解析】【解答】解：复数z满足1≤|z+1+i|≤2，即即复数z对应的点Z到点C(−1,−1设P(1,1)，|z−1−i|表示复数z对应的点Z数形结合可知|z−1−i|的最大值|故答案为：3【分析】利用复数的几何意义知复数z对应的点Z到点C(−1,−1)的距离d满足1≤d≤2，|z−1−i|表示复数14．【答案】4【解析】【解答】如图，∵CG⊥BG，∴CD⊥BE，∵==−(2=−(2∴2∴cosA=2∴cosA的最小值为故答案为：4

【分析】利用向量数量积的运算，结合余弦定理和基本不等式可求出cosA15．【答案】（1）解：因为i由(1+2i)z所以z=2+i，|（2）解：因为z1所以m解得m=2．【解析】【分析】（1）先化简，再求出复数z，再求出模长；（2）由纯虚数的实部为零，虚部不为零求出结果即可.16．【答案】（1）解：由a//b得，所以x=6，即b=由a⊥c得，所以y=−1，即c=（2）解：由（1）得m=2n=所以m⋅所以cos〈所以向量m,n的夹角为【解析】【分析】（1）利用平行、垂直的坐标表示列方程，由此求得x,y，进而求得b与（2）利用向量夹角公式计算出cos⟨m,n⟩17．【答案】（1）解：由题意知AB是圆柱OO'的一条母线，BC过底面圆心O，且AB=BC=5，可得圆柱的底面圆的半径为则圆柱的底面积为S1圆柱的侧面积为S所以圆柱的表面积为S=2S（2）解：由线段AC绕AB旋转一周所得几何体为以BC为底面半径，以AB为高的圆锥，体积记为V线段AD绕AB旋转一周所得的几何体为BD为底面半径，以AB为高的圆锥，体积记为V所以以△ACD绕AB旋转一周而成的封闭几何体的体积为：VV=V=【解析】【分析】（1）由题意求出柱的底面圆的半径即可求解；（2）△ACD绕AB旋转一周而成的封闭几何体的体积为两个圆锥的体积之差，结合圆锥体积公式求解即可.18．【答案】（1）解：在△ABC中，bsinC=3因为A+B+C=π，所以sinA=所以sinBsinC=即sinB因为B∈(0,π)因为C∈(0,（2）解：由三角形两边之和大于第三边可得：c<a+b=2，即c<2．由余弦定理得：c2=a由基本不等式可得：a+b≥2ab，所以ab≤(a+b2)综上所述：1≤c<2．所以边长c的取值范围为[1（3）解：由余弦定理得c由重要不等式得16=当且仅当a=b=4时取等号∴S=∴S最大值为4【解析】【分析】（1）已知条件由正弦定理边化角，利用两角和的正弦公式化简得tanC=3，可得（2）由三角形两边之和大于第三边和余弦定理结合基本不等式，可得边长c的取值范围；（3）由余弦定理和重要不等式得ab≤16，代入面积公式求S的最大值.19．【答案】（1）解：由AB=3,AD=2，故，|DPAP=0+2由0⩽λ⩽1，故AP⋅（2）解：以A点为坐标原点，AB为x轴，建立直角坐标系如图所示：设∠QAB=α∈[0,则Q(AP=≥122当且仅当21+tanα即AP⋅A