广东省惠州市2024-2025学年高一下册第二次段考数学试卷附解析

/广东省惠州市2024-2025学年高一下册第二次段考数学试卷一、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.在下列向量组中，可以把向量a=(3,2)表示出来的是(

)A.e1=(0,0)，e2=(1,2) B.e1=(−1,2)，e2=(5,−2)

C.2.如图，在矩形ABCD中，AO+OB+AD=A.AB B.AC C.AD D.BD3.若复数z满足z−1=z(2−i)，则z−=(

)A.−1+i B.−1−i C.−12+4.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=3，b=2，A=πA.π6 B.π4 C.3π4 D.5.堑堵、阳马、鳖臑这些名词出自中国古代的数学名著《九章算术⋅商功》.如图1，把一块长方体分成相同的两块，得到两个直三棱柱(堑堵).如图2，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个，以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马，余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑.则图2中的阳马与图1中的长方体的体积比是(

)A.16 B.13 C.126.已知平面向量a，b满足a=(cosθ,sinθ)(θ∈[0,2π）,|b|=2,A.4 B.17 C.5 D.与θ7.在△ABC中，2csin2A2=c−b(a,b,c分别为角A，B，C的对边)A.正三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等腰三角形8.已知圆锥SO的母线SA=5，侧面积为15π，若正四面体A1−B1C1DA.1 B.6 C.32 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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.设复数z1=3−i,z2A.|z1|=2

B.若OZ1//OZ2，则3x+y=0

C.若O10.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=2，AB=BC=1，∠ABC=90∘，侧面A.直三棱柱的体积是1

B.直三棱柱的外接球表面积是6π

C.三棱锥E−AA1O的体积与点E的位置有关

D.AE+E11.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且3bcosC+3ccosA.若B+C=2A，则△ABC的外接圆的面积为3π

B.若A=π4，且△ABC有两解，则b的取值范围为[3,32]

C.若C=2A，且△ABC为锐角三角形，则c的取值范围为(32,33)

D.若三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知正四棱台的上底边长为2，下底边长为4，侧棱长为2，则正四棱台的高为______.13.如图，计划在两个山顶M，N间架设一条索道.为测量M，N间的距离，施工单位测得以下数据：两个山顶的海拔高MC=1003m,NB=502m，在BC同一水平面上选一点A，在A处测得山顶M，N的仰角分别为60∘和30∘，且测得∠MAN=14.在复平面中，已知点A(−1,0)、B(0,3)，复数z1、z2对应的点分别为Z1、Z2，且满足|z1|=|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)

设复数z1=1−ai(a∈R)，z2=2+3i，i为虚数单位.

(1)若a=2，求z1⋅z216.(本小题15分)

用斜二测画法画一个水平放管的平面图，其直观图如图所示，已知A′B′=3，B′C′=1，A′D′=3，且A′D′//B′C′.

(1)求原平面图形ABCD的面积；

(2)将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，求所形成的几何体的表面积和体积.17.(本小题15分)

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知ac=cosAcosC.

(1)证明：a=c；

(2)如图，若c=2b，点D在边BC上，且AD=18.(本小题17分)

已知锐角△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，若D是线段BC上一点，且acosC+3asinC−b−c=0.

(1)求角A的大小；

(2)若△ABC的面积为43，且AD为内角A的角平分线，求AD的最大值.

(3)若D是线段19.(本小题17分)

利用平面向量的坐标表示，可以把平面向量的概念推广为坐标为复数的“复向量”，即可将有序复数对(z1,z2)(其中z1，z2∈C)视为一个向量，记作α=(z1,z2).类比平面向量可以定义其运算，两个复向量α=(z1,z2)，β=(z1′,z2′)的数量积定义为一个复数，记作a⋅β，满足α⋅β=z1z1−′+z2z2−′，复向量α的模定义为|α|=α⋅α′.

(1)设α=(1−i,i)，β=(3,4)，i为虚数单位，求复向量α答案和解析1.【正确答案】B

【分析】本题考查向量的坐标运算，根据a=λe1+μe

解：根据a=λe1+μe2，

选项A：(3,2)=λ(0,0)+μ(1,2)，则3=μ，2=2μ，无解，故A不能；

选项B：(3,2)=λ(−1,2)+μ(5,−2)，则3=−λ+5μ，2=2λ−2μ，解得，λ=2，μ=1，故B能；

选项C：(3,2)=λ(3,5)+μ(6,10)，则3=3λ+6μ，2=5λ+10μ，无解，故C不能；

选项D：(3,2)=λ(2,−3)+μ(−2,3)，则3=2λ−2μ，2=−3λ+3μ2.【正确答案】B

【分析】

根据向量加法法则以及向量相等的定义进行转化求解即可．

本题主要考查向量加法及其几何意义，根据向量加法的三角形法则是解决本题的关键．

解：在矩形ABCD中，

AD=BC，

则AO+OB3.【正确答案】C

解：由题意，z−1=2z−iz，

可得z(1−2+i)=1，

即z=1−1+i=−1−i(−1+i)(−1−i)=−12−12i.

则z−4.【正确答案】B

解：因为a=3，b=2，A=π3，

由正弦定理得sinB=bsinAa=25.【正确答案】B

解：根据同底面的柱体的体积公式与锥体的体积公式易得：

所求体积之比为13.

故选：B.

根据柱体的体积公式与锥体的体积公式，即可得解．6.【正确答案】C

解：由a在b方向上的投影为1，可知1=a⋅b|b|，

又|b|=2，故a⋅b=2，

又a=(cosθ,sinθ)(θ∈[0,2π）,7.【正确答案】B

解：由已知sin2A2=c−b2c，得1−cosA2=c−b2c，即cosA=bc，

由正弦定理可得：cosA=sinBsinC，

所以cosAsinC=sinB=sin(A+C)=sinAcos8.【正确答案】B

解：如图，在圆锥SO中，设圆锥母线长为1，底面圆半径为R，

因为侧面积为15π，所以πRl=15π，即Rl=15，

因为l=SA=5，所以R=3，

所以SO=52−32=4，

棱长为a的正四面体A1−B1C1D1如图所示，

则正方体的棱长为22a，体对角线长为62a，

所以棱长为a的正四面体A1−B1C1D1的外接球半径为64a，

取轴截面SAB，设△SAB内切圆的半径为r，

则12×4×6=12(6+5+5)r，

解得r=32，

9.【正确答案】ACD

解：z1=3−i，

则|z1|=(3)2+(−1)2=2，A正确；

OZ1=(3,−1)，OZ2=(x,y)，OZ1//OZ2，

则x+3y=0，故B错误；

OZ1⊥OZ2，

则3x−y=010.【正确答案】ABD

解：直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=2，AB=BC=1，∠ABC=90∘，如图所示，

直三棱柱的体积为V=S△ABC⋅AA1=12×1×1×2=1，故A选项正确；

直三棱柱ABC−A1B1C1是长宽高分别为1，1，2的长方体的一半，

外接球的半径为R=12+12+222=62，外接球表面积是4πR2=6π，故B选项正确；

O是AC1与A1C的交点，则△AA1O的面积为定值，

由BB1//平面AA11.【正确答案】ACD

解：因为3bcosC+3ccosB=a2，所以由正弦定理，得3sinBcosC+3sinCcosB=asinA，

即3sin(B+C)=asinA，

因为A+B+C=π，所以sin(B+C)=sinA，且sinA≠0，所以a=3.

选项A：若B+C=2A，则A=π3，所以△ABC的外接圆的直径2R=asinA=23，所以R=3，

所以△ABC的外接圆的面积为π×(3)2=3π，选项A正确，

选项B：∵△ABC有两解，则bsinA<a<b，则bsinπ4<3<b，解得3<b<32，∴B错误，

选项C：由正弦定理asinA=csinC，得asinA=csin2A，即c=2acosA=6cosA，

因为△ABC为锐角三角形，所以0<A<π20<π−3A<π20<2A<π2，所以π6<A<π4，

所以c=6cosA∈(32,33)，故选项C正确，

选项D：∵a=3，sinB=2sinC，A=2C，可得B=π−3C，由正弦定理可得b=2c，

由sin(π−3C)=2sinC，可得：sinCcos2C+cos12.【正确答案】2解：如图，在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，分别取上下底面的中心O1、O，有O1A1=2,OA=22，

过点A1作A1H⊥AO，垂足为H，则AH=AO−OH=AO−A1O1=13.【正确答案】100解：在Rt△MCA中，∠MAC=60∘，MC=1003m，由正弦函数：sin∠MAC=MCMA，

得：MA=MCsin60∘=100332=200m，

在Rt△NBA中，∠NAB=30∘，NB=502m，

由正弦函数：sin∠NAB=NBNA，得：NA=NBsin30∘14.【正确答案】2解：由题意设Z1(2cosα,2sinα)，Z2(2cosβ,2sinβ)，0≤α<2π，0≤β<2π，

由|Z1Z2|=4，得(2cosα−2cosβ)2+(2sinα−2sinβ)2=4，

整理得cos(α−β)=−1，∵0≤α<2π，0≤β<2π，

∴−2π<α−β<2π，可得α−β=±π，

AZ1=(215.【正确答案】解：(1)当a=2时，z1=1−2i，z1⋅z2=(1−2i)(2+3i)=2−i+6=8−i.

(2)z1z2=1−ai(1)代入a的值，再去计算z1z2即可．

(2)先将z1z16.【正确答案】解：(1)根据题意，还原平面图形ABCD，

如图，

因为A′B′=3，B′C′=1，A′D′=3，且A′D′//B′C′，

所以AB=3，BC=2，AD=6，且AD//BC，AB⊥AD，

原平面图形ABCD为直角梯形，故SABCD=(2+6)×32=12；

(2)将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，所得几何体是一个圆柱挖去一个圆锥，如图，

其中圆柱的底面半径为3，高为6，圆锥的底面半径为3，高为4，母线长为5，

所以几何体的表面积为S=π×3×5+2π×3×6+π×32(1)根据直观图还原平面图形ABCD为一个直角梯形，再利用直角梯形的面积公式求解；

(2)将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，所得几何体是一个圆柱挖去一个圆锥，再结合圆柱和圆锥的表面积和体积公式求解．

本题考查旋转体的几何结构，涉及斜二测画法，属于基础题．17.【正确答案】证明见解析；

5+(1)根据ac=cosAcosC，正弦定理得sinAsinC=cosAcosC，

所以sinAcosC−cosAsinC=0，即sin(A−C)=0，

因为−π<A−C<π，所以A−C=0，即A=C，所以a=c；

(2)由(1)及条件知a=c=2b，

所以cosC=a2+b2−c22ab=4b2+b2−4b24b2=14，

从而得sinC=1−(14)18.【正确答案】π3；

23；

(1)因为acosC+3asinC−b−c=0，

由正弦定理可得sinAcosC+3sinAsinC−sinB−sinC=0，

在△ABC中，sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC，

可得3sinAsinC−cosAsinC−sinC=0，

又因为sinC>0，可得3sinA−cosA=1，即sin(A−π6)=12，

又因为A∈(0,π)，可得A−π6=π6，

解得A=π3；

(2)因为△ABC的面积为43，可得12bcsinA=43，

即12bc⋅32=43，

可得bc=16，

又因为AD为内角A的角平分线，所以S△ABC=12b⋅AD⋅sinA2+1