2024-2025学年浙江省宁波市六校高一下学期4月期中考试数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年浙江省宁波市六校高一下学期4月期中考试数学试卷一、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.已知复数z满足z=2i+1，则z2的虚部为

(

)A.−3 B.2i C.4 D.4i2.在△ABC中，设AB=a，AC=b，BD=2DC，A.1115a−815b B.13.如图所示，用符号语言可表达为(

)

A.α⋂β=m，n⊂α，m⋂n=A；

B.α⋂β=m，n∈α，m⋂n=A；

C.α⋂β=m，n⊂α，A⊂m，A⊂n；

D.α⋂β=m，n∈α，A∈m，A∈n；4.下面关于空间几何体的叙述：①底面是正多边形的棱锥是正棱锥；②有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台；③正四棱柱都是长方体；④直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥；⑤平行六面体是六棱柱．其中叙述正确的有(

)A.1个 B.2个 C.3个 D.4个5.在△ABC中，已知B=120°，AC=19，AB=2，则BC=

(

)A.5 B.3 C.2 D.6.为了测量某一塔ED的高，小明在山下A处测得塔尖点D的仰角为45°，再沿AC方向前进24.4米到达山脚点B，测得塔尖点D的仰角为60°，塔底点E的仰角为30°，那么此塔高约为

(

)(3≈1.7，2A.37.54 B.38.23 C.39.53 D.40.527.如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB用斜二测画法画出的直观图(图中虚线分别与x′轴和y′轴平行)，O′B′=2O′D′=6，O′C′=8，则△OAB的面积为(

)

A.82 B.122 C.8.如图，△ABC中，∠C=π4，AC=2，BC=6+2.在△ABC所在的平面内，有一个边长为1的正方形ADEF绕点A按逆时针方向旋转(不少于1周)A.[−5,5] B.[−5,3] C.[−3,3] D.[−3,5]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a=(3,−1)，b=(1,2)，则下列结论中正确的是

(

)A.|a+b|=17

B.a与b的夹角余弦值为25

C.与b同向共线的单位向量是10.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是

(

)A.若sin 2A=sin 2B，则△ABC为等腰三角形

B.若AB⋅AC=2，a=2，则b2+c2=8

C.若△ABC为锐角三角形，则sinA>11.在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trulli，于1996年被收入世界文化遗产名录．现测量一个Trulli的屋顶，得到圆锥SO(其中S为顶点，O为底面圆心)，母线SA的长为6 m，C是母线SA上靠近点S的三等分点．从点A到点C绕屋顶侧面一周安装灯光带，灯光带的最小长度为213m.下面说法正确的是A.圆锥SO的侧面积为12π m2

B.过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大值为82m2

C.圆锥SO的外接球的表面积为72π m三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知i是虚数单位，则|2+i2+213.如图，设Ox，Oy是平面内相交成60°角的两条数轴，e1，e2分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量．若向量p=OP=xe1+ye2，则把有序数对(x,y)叫做向量p在斜坐标系Oxy中的坐标．设向量a，b在斜坐标系xOy中的坐标分别为14.在△ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若2sin2C=sin2四、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)已知平面向量a=(1)若a⊥a+(2)若a+b//c，求向量a16.(本小题15分)已知复数z=1+mi(i是虚数单位，m∈R)，且z⋅(3+i)(Ⅰ)设复数z1=m+2i(Ⅱ)设复数z2=a−i2025z17.(本小题15分)现需要设计一个仓库，由上、下两部分组成，如图所示，上部分的形状是正四棱锥P−A1B1C1D1，下部分的形状是正四棱柱(Ⅰ)若AB=6 m，PO1=2 m，则仓库的容积((Ⅱ)若上部分正四棱锥的侧棱长为6 m，当PO118.(本小题17分)在①(sinA−sinC)sin已知a，b，c是△ABC的三个内角A，B，C的对边，且________．(Ⅰ)求B；(Ⅱ)若b=2，求锐角△ABC的周长的取值范围．19.(本小题17分)对于三维向量ak=xk,yk,zkxk,yk(Ⅰ)若a0=(3,1,2)，求a2(Ⅱ)已知a1=(p,2,q)(q≥p)，(ⅰ)求p，q的值；(ⅱ)将a1再经过m次F变换后，am最小，求m的最小值．参考答案1.C

2.D

3.A

4.B

5.B

6.B

7.D

8.D

9.ACD

10.BC

11.ABD

12.513.−714.(2−15.解：(1)因为a⊥所以a⋅即a2+a⋅b即10+2−3x=0，所以x=4，所以b=(2,4)所以b=(2)由题意可得a又因a+b//解得x=−1，所以b=所以cosa即cos 又因为a,所以a,16.解：∵z=1+mi，∴z−=1−mi．

∴z−⋅(3+i)=(1−mi)(3+i)

=(3+m)+(1−3m)i．

又∵z−⋅(3+i)为纯虚数，

∴3+m=01−3m≠0，解得m=−3，

∴z=1−3i．

(Ⅰ)z1=−3+2i1−i=−52−1217.解：(1)∵PO1=2m，正四棱柱的高O1O∴O所以仓库的容积V=1(2)若正四棱锥的侧棱长为6m，设PO则O1O=4xm，A1∴正四棱柱侧面积S=4⋅4x⋅∴S⩽16当且仅当x=36−x2，即所以当PO1=3

18.解：(1)选①，由(sinA−sinC)sin(A+B)=sin2A−sin2B，

可得(sinA−sinC)sin(A+B)=(sinA−sinB)(sinA+sinB)，

因为A+B+C=π及正弦定理，可得(a−c)sinC=(a−b)(sinA+sinB)，

所以(a−c)c=(a−b)(a+b)，整理得a2+c2−b2=ac，

则cosB=a2+c2−b22ac=12，因为0<B<π，所以B=π3．

选②，由3sinBcosB−12cos2B=1，可得3sin2B−cos2B=2，即sin(2B−π6)=1，

因为0<B<π，可得−π6<2B−π6<116π，所以2B−π6=π2，即B=π3．

选③，由bcosC=a−33csinB，由正弦定理得sinBcosC=sinA−33sinCsinB，

即sinBcosC=sin(B+C)−319.解：(Ⅰ)因为a0=3,1,2

，a1=所以a2=1×0×1=0,(Ⅱ)(ⅰ)设a0=x0,所以有x0≤y0≤当x0≥y0≥z0

又a1=2024

，可得p=1010,q=1012当x0≤y0≤z0

(ⅱ)设ak

的三个分量为2,t,t+2t∈当t>2

时，ak+1

的三个分量为t−2,2,t

所以ak+1=当t=2

时，ak

的三个分量为2,2,4