2023-2024学年广东广州真光中学高一(下)期中数学试题及答案

2023-2024学年广东省广州市真光中学高一（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．每小题四个选项中，只有1项符合题目要求.15分）cos105°=()25分）复数z满足i5•z＝1+i，则z在复平面内对应的点位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限35分）复数z2﹣i|4﹣3i|+i）的共轭复数为()A．11+3iB．51+23iC．9+3iD．49+23i→→→→45分）已知向量a=(1，2)，b=(−1，1)，c=(m，2)，且(a−2b)⊥c，则实数m=(→→→→→→→→→→→→55分）已知a，b为不共线向量，且AB=2a+b，BC=−a+4b，CD=3（a−b则()A．A、B、C三点共线B．A、B、D三点共线C．B、C、D三点共线D．A、C、D三点共线65分）已知正三角形ABC的边长为2，动点P满足|PC|＝1，则⋅的最小值为()75分）分别以锐角三角形ABC的边AB，BC，AC为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积之比为3：6：2，则cosB=()85分）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车（Mercedesbenz）的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O是△ABC内的一点，△BOC，△AOC，△AOB的面积分别为SA，SB，SC，则有SA⋅+SB⋅+SC⋅=．设O是锐角△ABC内的一点，∠BAC，∠ABC，∠ACB分别是△ABC的三个内角，以下命题不正确的有()A．若OA+OB+OC=0，则O为△ABC的重心→→→→B．若OA+2OB+3OC=0，→→→→C．若OA+2OB+3OC=0，则SA：SB：SC＝1：2：3则SΔABC=D．若O为△ABC的垂心，则tan∠BAC⋅+tan∠ABC⋅+tan∠ACB⋅=二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题选项中，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.（多选）96分）已知复数z1，z2是关于x的方程x2+bx+1＝0(﹣2＜b＜2，b∈R）的两根，则下列说法A．z1=z2C．|z1•z2|＝1（多选）106分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知（a+bb+cc+a）=5：6：7，则下列结论正确的是()A．sinA：sinB：sinC＝2：3：4B.△ABC为钝角三角形C．若a＝6，则△ABC的面积是615D．若△ABC外接圆半径是R，内切圆半径为（多选）116分）如图所示，已知角α,β（0<α<β<)的始边为x轴的非负半轴，终边与单位圆的交点分别为A，B，M为线段AB的中点，射线OM与单位圆交于点C，则()C．点C的坐标为(c0s，sin)D．点M的坐标为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分125分）若z∈C且|z|＝1，则|z﹣1﹣2i|的最小值是.135分）已知tan(α+)=，tan(+β)=，则tan(α﹣2β)=.145分）由正三棱锥S﹣ABC截得的三棱台ABC﹣A1B1C1的各顶点都在球O的球面上，若AB＝6，三棱台ABC﹣A1B1C1的高为2，且球心O在平面ABC与平面A1B1C1之间（不在两平面上则A1B1的取值范围为.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.→→（1）求a与b的夹角；（2）若在方向上的投影向量为，求⋅(+)的值.1615分）在△ABC中，已知AB＝4，AC＝10，∠BAC＝60°,BC，AC边上的两条中线AM，BN相交（1）求BN，AM的长；（2）求∠MGN的余弦值.1715分）某小区拟用一块半圆形地块（如图所示）建造一个居民活动区和绿化区．已知半圆形地块的直径AB＝4千米，点O是半圆的圆心，在圆弧上取点C、D，使得BC＝DC，把四边形ABCD建为居民活动区，并且在居民活动区周围铺上一条由线段AB，BC，CD和DA组成的塑胶跑道，其它部分建为绿化区．设∠COB=θ,且≤θ<.（1）求塑胶跑道的总长l关于θ的函数关系式；（2）当θ为何值时，塑胶跑道的总长l最长，并求出l的最大值.1817分）已知正三棱锥P﹣ABC，顶点为P，底面是三角形ABC.（1）若该三棱锥的侧棱长为1．且两两成角为，设质点W自A出发依次沿着三个侧面移动环绕一周直至画到出发点A，求质点移动路程的最小值；（2）若该三棱锥的所有棱长均为1，试求以P为顶点，以三角形ABC内切圆为底面的圆锥的体积；（3）若该锥体的体积为定值V，设O为点P在底面的投影，点O到AB的距离为x，OM⊥AB于点M，联结得∠PMO=θ（G°<θ＜90°).求出当三棱锥的表面积S最小时，角θ的余弦值.1917分）在Rt△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知（1）求角A；（2）已知C≠2b，a=23，点P，Q是边AC上的两个动点（P，Q不重合记∠PBQ=θ.①当θ=时，设Rt△PBQ的面积为S，求S的最小值；②三角和差化积公式是一组应用广泛的三角恒等变换式，其形式如下：它在工程学、绘图测量学等方面，有着广泛的应用.现记∠BPQ=α,∠BQP=β,请利用该公式，探究是否存在实常数θ和k，对于所有满足题意的α,β,都有sin2α+sin2β+k＝4ksinαsinβ成立？若存在，求出θ和k的值；若不存在，说明理由.2023-2024学年广东省广州市真光中学高一（下）期中数学试卷一．选择题（共8小题）题号12345678答案CDABBCCC二．多选题（共3小题）题号9答案ACDBDABC一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题四个选项中，只有1项符合题目要求.15分）cos105°=()【分析】将105°转化为45°+60°,然后利用两角和的余弦公式求解即可.【解答】解：cos105°=cos（45°+60°)=cos45°cos60°﹣sin45°sin60°故选：C.【点评】本题考查了三角函数的求值，涉及了两角和的余弦公式的应用，解题的关键是将105°转化为25分）复数z满足i5•z＝1+i，则z在复平面内对应的点位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【分析】根据虚数单位的性质，结合复数的除法运算可求出z，根据复数的几何意义即可得答案.则z=1+=1−i，即z在复平面内对应的点为（11位故选：D.【点评】本题主要考查复数的几何意义，属于基础题.35分）复数z2﹣i|4﹣3i|+i）的共轭复数为A．11+3iB．51+23iC．9+3iD．49+23i【分析】化简复数z，可得其共轭复数．【解答】解：z2﹣i|4﹣3i|+i2﹣i5+i11﹣3i，复数z的共轭复数为z=11+3i．故选：A．【点评】本题考查复数的运算，属于基础题．→→→→45分）已知向量a=(1，2)，b=(−1，1)，c=(m，2)，且(a−2b)⊥c，则实数mA1B．0C．1【分析】由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，→→→→【解答】解：∵向量a=(1，2)，b=(−1→）＝故选：B．【点评】本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式的应用，→→→→→→→→→→→→55分）已知a，b为不共线向量，且AB=2a+b，BC=−a+4b，CD=3（a−b则A．A、B、C三点共线B．A、B、D三点共线C．B、C、D三点共线D．A、C、D三点共线→→→→→【分析】可看出：得不出AB=λBC，BC=λCD，AC=λCD，从而判断A，C，D都错误，只能选B．【解答】解：得不出AB=λBC，∴AB，BC不共线，∴A、B、C三点不共线，A错误；→→→→→→→→→BD=BC+CD=2a+b=AB，∴AB，BD共线，∴A，B，D三点共线，B正确；得不出BC=λCD，∴BC，CD不共线，∴B，C，D三点不共线，C错误；=+=+5，得不出，∴A，C，D三点不共线，D错误．故选：B．【点评】本题考查了向量加法的几何意义，向量的数乘运算，共线向量基本定理，考查了计算能力，属于基础题．65分）已知正三角形ABC的边长为2，动点P满足|PC|＝1，则⋅的最小值为()【分析】易知点P的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，取AB的中点D可得⋅=2−1，易得【解答】解：因为动点P满足|PC|＝1，所以点P的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，如下图所示：设D为AB的中点，所以当||取最小值时，⋅取得最小值；→故选：C.【点评】本题考查平面向量的数量积，属于中档题.75分）分别以锐角三角形ABC的边AB，BC，AC为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积之比为3：6：2，则cosB=()【分析】设AB边上的高为CD＝x，利用等面积法求出结合余弦定理求解即可.再根据体积关系可得【解答】解：设AB边上的高为CD＝x，以边AB，BC，AC为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积分别所以同理可得整理得AB，BC=，所以cosB=故选：C.【点评】本题主要考查了圆锥的体积公式，考查了余弦定理的应用，属于中档题.85分）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车（Mercedesbenz）的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O是△ABC内的一点，△BOC，△AOC，△AOB的面积分别为SA，SB，SC，则有SA⋅+SB⋅+SC⋅=．设O是锐角△ABC内的一点，∠BAC，∠ABC，∠ACB分别是△ABC的三个内角，以下命题不正确的有()A．若OA+OB+OC=0，则O为△ABC的重心→→→→B．若OA+2OB+3OC=0，则SA：SB：SC＝1：2：3D．若O为△ABC的垂心，则tan∠BAC⋅+tan∠ABC⋅+tan∠ACB⋅=【分析】设BC的中点为D，可得O、A、D三点共线，且由此判断出A项的正误；利用题中所给结论加以判断，可得B项的正误；根据“奔驰定理”判断出△BOC、△AOC、△AOB的面积比，由此判断出C项的正误；对于D，由O为△ABC的垂心，可得⋅=⋅=⋅，然后利用三角形的面积公式与平面向量的数量积运算性质，化简整理得出结论，即可判断出D项的正误.【解答】解：对于A，如图所示，设BC的中点为D，则+=2=−，可得O，A，D三点共线，且设E，F分别为AB，AC中点，同理可得，=，=，因此，O为△ABC的重心，故A项正确；→→→→对于B，由奔驰定理可知：若OA+2OB+3OC=0，则SA：SB：SC＝1：2：3，故B项正确；→→→→对于C，在△AOB中，由OA+2OB+3OC=0，得S△BOC：S△AOC：S△AOB＝1：2：3，可是题干中没有长度与面积的数据，故S△ABC的大小不能确定，所以C项不正确；对于D，S△BOC=||||Sin∠BOC，S△AOC=||||Sin∠AOC，S△AOB=||||Sin∠AOB，由四边形内角和为360°,可知sin∠BOC＝sin∠BAC，sin∠AOC＝sin∠ABC，sin∠AOB＝sin∠ACB，|OB||OC|cOS∠BAC，所以⋅=⋅(−)=⋅−⋅→→→→可得|OA|cOS∠ACB=|OC|cOS∠BAC，即|OA|：|OC|=cOS∠BAC：cOS∠ACB，→→→同理可得|OA|：|OB|：|OC|=cOS∠BAC：cOS∠ABC：cOS∠ACB，所以S△BOC：S△AOC：S△AOB=：：=tan∠BAC：tan∠ABC：∠ACB，结合奔驰定理可知D项正确.故选：C.【点评】本题主要考查解三角形及其应用、平面向量的线性运算、向量的数量积及其运算性质、三角恒等变换公式等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题选项中，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.（多选）96分）已知复数z1，z2是关于x的方程x2+bx+1＝0(﹣2＜b＜2，b∈R）的两根，则下列说法C．|z1•z2|＝1【分析】在复数范围内解方程得z1，z2，然后根据复数的概念、运算判断各选项.解：Δ=b2﹣4＜0，∴x=不妨设z1=−i，z2=−由韦达定理可得z1•z2＝1，|z1•z2|＝1，故C正确；故选：ACD.【点评】本题考查复数的运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.（多选）106分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知（a+bb+cc+a）=5：6：7，则下列结论正确的是()A．sinA：sinB：sinC＝2：3：4B.△ABC为钝角三角形C．若a＝6，则△ABC的面积是615D．若△ABC外接圆半径是R，内切圆半径为【分析】由正弦定理得到A选项；由大边对大角确定C最大，由余弦定理求出COSC=−得到答案；C选项，由角C的余弦求出角C的正弦，再用面积公式求解；D选项，正弦定理求出外接圆半径，设出内切圆半径，利用面积列出方程，求出内切圆半径.对于A，sinA：sinB：sinC＝3：2：4，故A不正确；对于B，c最大，所以C最大，cosC=＜0，故B正确；对于C，若a＝6，则t＝2，b＝4，c＝8，所以cosC所以△ABC的面积是absinC=×6×4×不正确；对于D，若正弦定理，△ABC的周长l＝9t，S=absinC=所以内切圆半径为故选：BD.【点评】本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，属中档题.（多选）116分）如图所示，已知角α,β（0<α<β的始边为x轴的非负半轴，终边与单位圆的交点分别为A，B，M为线段AB的中点，射线OM与单位圆交于点C，则()C．点C的坐标为(cos，sin)D．点M的坐标为(coscos，sinsin)【分析】结合已知可判断A与B，利用任意角的三角函数的定义可判断C与D，从而可得答案.【解答】解：∵∠AOx=α,∠BOx=β,0<α<β<,依题意，知M为AB的中点，OM⊥AB，∠AOM=∴|OM|＝|OA|cos∠AOM＝cos，B正确；又C为劣弧的中点，∴点C的坐标为(cos，sin)，C正确；故选：ABC.【点评】本题考查两角和与差的三角函数，考查转化与化归思想及运算求解能力，属于中档题.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分125分）若z∈C且|z|＝1，则|z﹣1﹣2i|的最小值是5−1.【分析】根据已知条件，结合复数模公式，以及复数的几何意义，即可求解.【解答】解：设z＝x+yix，y∈R∴x2+y2＝1，其几何意义为圆心为（0，0半径为1的圆，∴|z﹣1﹣2i|＝|x﹣1+（y﹣2）i|=(x−1)2+(y−2)2的最小值为圆心到点（1，2）的距离减去半径，【点评】本题主要考查复数模公式，以及复数的几何意义，属于基础题.135分）已知tan(α+)=，tan(+β)=，则tan(α﹣2β)=−.【分析】由二倍角正切公式可求得tan(+2β)，由tan(α−2β)=tan[(α+)−(+2β)]，利用两角和差正切公式可求得结果.【解答】解：∵tan(+β)=，∴tan(+2β)===，∴tan(α−2β)=tan[(α+)−(+2β)]===−.故答案为：−.【点评】本题考查了二倍角的正切公式，两角差的正切公式，是基础题.145分）由正三棱锥S﹣ABC截得的三棱台ABC﹣A1B1C1的各顶点都在球O的球面上，若AB＝6，三棱台ABC﹣A1B1C1的高为2，且球心O在平面ABC与平面A1B1C1之间（不在两平面上则A1B1的取值范围为(26，6).【分析】利用三棱台的横截面，设OH＝h，A1G＝m，利用球的半径结合勾股定理列出关于m和h的关系式，由此求出m的范围，由A1B1=3A1G，即可求得答案.【解答】解：该三棱台的横截面如图所示，因为△ABC为正三角形，且AB＝6，又GH＝2，球心O在GH上，A，A1都在球面上，设OH＝h，A1G＝m，则由△A1GO和△AOH均为直角三角形，所以m2+（2﹣h）2＝h2+12，解得m2＝8+4h，综上可得，m∈(22，23)，又A1B1=3A1G，所以A1B1∈(26，6)，即A1B1的取值范围为(26，6).故答案为：(26，6).【点评】本题考查了空间中线段的取值范围问题，涉及了球的几何性质的应用，解题的关键是利用棱台的轴截面图进行求解，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题.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.→→（1）求a与b的夹角；（2）若在方向上的投影向量为，求⋅(+)的值.【分析】（1）根据数量积的运算和性质计算可得；→（2）先求投影向量c，然后利用数量积有关性质计算即可.→【解答】解：（1）∵(2a−→【解答】解：（1）∵(2a−∴∴4|a|2−4a→又∵＜a，→→∴<，b＞=；|cos〈〉【点评】本题考查了数量积的运算和性质，重点考查了向量夹角的求法，属中档题.1615分）在△ABC中，已知AB＝4，AC＝10，∠BAC＝60°,BC，AC边上的两条中线AM，BN相交（1）求BN，AM的长；（2）求∠MGN的余弦值.【分析】（1）在△ABN中，利用余弦定理可得BN的长，将AM=（AB+AC）两边平方，结合平面向量数量积的运算法则，可得AM的长；（2）先根据平面向量的运算法则，计算A的值，再由cos∠MGN＝cos即可得解．【解答】解1）由题意知，AN=AC＝5，在△ABN中，由余弦定理知，BN2＝AB2+AN2﹣2AB•ANcos∠BAC＝16+25﹣2×4×5×=21，所以BN=21，因为M是BC的中点，所以A→所以|AM|=39，综上，BN=21，AM=39．⋅+2）故∠MGN的余弦值为【点评】本题考查解三角形与平面向量的综合应用，熟练掌握平面向量的线性运算和数量积的运算法则，余弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．1715分）某小区拟用一块半圆形地块（如图所示）建造一个居民活动区和绿化区．已知半圆形地块的直径AB＝4千米，点O是半圆的圆心，在圆弧上取点C、D，使得BC＝DC，把四边形ABCD建为居民活动区，并且在居民活动区周围铺上一条由线段AB，BC，CD和DA组成的塑胶跑道，其它部分建为绿化区．设∠COB＝θ，且（1）求塑胶跑道的总长l关于θ的函数关系式；（2）当θ为何值时，塑胶跑道的总长l最长，并求出l的最大值．【分析】（1）根据角度关系，由∠COD＝θ知∠DOA＝π﹣2θ，利用等腰三角形的性质求得底边长，从而得l的表达式；（2）利用二倍角公式化简函数式为关于sin的二次函数，结合二次函数性质、正弦函数性质得最小值.【解答】解1）由已知得BC=CD=2OBsin=4sin，∠AOD=π﹣2θ,所以l=AB+BC+CD+DA=4+8sin+4COsθ,≤θ<;（2）l=4+8sin+4COsθ=4+8sin+4(1−sin2)=−8sin2+8sin+8=−8(sin−)2+所以当θ=，取得最大值10千米.【点评】本题考查函数的实际应用，考查学生的运算能力，属于中档题.1817分）已知正三棱锥P﹣ABC，顶点为P，底面是三角形ABC.（1）若该三棱锥的侧棱长为1．且两两成角为，设质点W自A出发依次沿着三个侧面移动环绕一周直至画到出发点A，求质点移动路程的最小值；（2）若该三棱锥的所有棱长均为1，试求以P为顶点，以三角形ABC内切圆为底面的圆锥的体积；（3）若该锥体的体积为定值V，设O为点P在底面的投影，点O到AB的距离为x，OM⊥AB于点M，联结得∠PMO=θ（G°<θ＜90°).求出当三棱锥的表面积S最小时，角θ的余弦值.【分析】（1）利用三棱锥的侧面展开图即可求解；（2）求出底面三角形内切圆的半径，圆锥的高和母线，利用圆锥的侧面积和体积公式即可求解；（3）设O为点P在底面的投影，点O到AB的距离为x，利用x表示V与S，进而可用V表示S，再利用基本不等式求最值即可求解.【解答】解1）如图沿侧棱PA将三棱锥的侧面展开如图，则AA′即为质点移动路程的最小值，所以质点移动路程的最小值为（2）设三棱锥的高为h，△ABC内切圆的半径为r，外接圆半径为R，圆锥的母线为l，解得所以所以圆锥的侧面积为πrl=π×体积为πr2h=（3）因为O为点P在底面的投影，点O到AB的距离为x，OM⊥AB于点M，则∠PMO=θ（0°<θ因为△ABC是等边三角形，所以CM＝3x，S△ABC=X.3X=3侧面积为所以三棱锥的表面积因为=tanθ,所以PO＝OMtanθ=x•tanθ,所以棱锥的体积v=33x2⋅x⋅tanθ=3x3tanθ,所以所以s3=813x6(1+)3=813()2⋅(1+=27