2023-2024学年广东深圳南山外国语高级中学高一(下)期中数学试题及答案

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.15分）复数z满足i（z+i1+i，则z=()→→→→→→→→→25分）已知向量e1，e2是平面上两个不共线的单位向量，且AB=e1+2e2，BC=−3e1+2e2→A．A、B、C三点共线B．A、B、D三点共线C．A、C、D三点共线D．B、C、D三点共线35分）如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现，我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为()→45分）如图的平面图形由16个全部是边长为2且有一个内角为60°的菱形组成，那么图形中的向量AB，A．3455分）设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则()65分）“中国天眼”射电望远镜的反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆面为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，球冠面积S＝2πRh，其中R为球的半径，h为球冠的高设球冠底的半径为r，周长为C，球冠的面积为S，则当C=2π,S＝14π时75分）秦九韶（1208年～1268年字道古，祖籍鲁郡（今河南省范县出生于普州（今四川安岳县南宋著名数学家，与李冶、杨辉、朱世杰并称宋元数学四大家．1247年秦九韶完成了著作《数书九章》，其中的大衍求一术（一次同余方程组问题的解法，也就是现在所称的中国剩余定理）、三斜求积术和秦九韶算法（高次方程正根的数值求法）是有世界意义的重要贡献．设△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，秦九韶提出的“三斜求积术”公式为若a2sinC＝2sinA，2ac（cosB+1）＝6，则由“三斜求积术”公式可得△ABC的面积为()二、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。（多选）96分）已知复数zm2+2m﹣3）+（m﹣1）i，其中m为实数，i为虚数单位，则()A．若z为纯虚数，则m＝1或﹣3B．若复平面内表示复数z的点位于第四象限，则m<﹣3C．若m＝2，则z的虚部为﹣iD．若z＝a﹣2i（a∈R则|z|＝25（多选）106分）在△ABC中，已知3acos=bsinA，b=3，则下列说法正确的是()A．当3＜c＜2时，此三角形有两解B.△ABC面积最大值为D．若c＝1，则此三角形一定是直角三角形（多选）116分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P为正方形底面ABCD内的一动点，则下列结论正确的有()A．三棱锥B1﹣A1D1P的体积为定值B．存在点P，使得D1P⊥AD1C．若D1P⊥B1D，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹长度为22D．若点P是AD的中点，点Q是BB1的中点，过P，Q作平面α⊥平面ACC1A1，则平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面积为33三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。125分）已知某圆台的上、下底半径和高的比为1：4：4，母线长为10cm，则该圆台的体积为→→→→→→→→→→→→→→→→135分）已知向量a+b+c=0，|a|＝1，|b|＝|c|＝2，则a•b+b•c+c•a=145分）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°,AD＝2，CD＝2BD．当取得最小值时，BD=.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。1513分）已知复数z＝1+mi（i是虚数单位，m∈R且z⋅(3+i)为纯虚数（z是z的共轭复数）.（1）求实数m及|z|；（2）设复数且复数z1对应的点在第二象限，求实数a的取值范围.1615分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知3a=3bcosc+csinB.（1）求角B的值；（2）若b＝2，且△ABC的面积为3，求△ABC的周长.1715分）如图所示正四棱锥S﹣ABCD，SA＝SB＝SC＝SD＝2，AB=2，P为侧棱SD上的点，且SP=3PD，求：（1）若M为SA的中点，求证：SC∥平面BMD；（2）侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求的值；若不存在，试说明理由.1817分）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝m，AD＝AA1＝1，点M是棱CD的中点.（1）求异面直线B1C与AC1所成的角的大小；（2）当实数m=2，证明直线AC1与平面BMD1垂直；（3）若m＝2．设P是线段AC1上的一点（不含端点满足=λ,求λ的值，使得三棱锥B1﹣CD1C1与三棱锥B1﹣CD1P的体积相等.1917分）如图所示，△ABC为等边三角形，AB=43．I为△ABC的内心，点P在以I为圆心，1为半径的圆上运动.（1）求出(PA)2+(PB)2+(PC)2的值.（2）求PA•PB的范围.→→→→xz（3）若xPA+yPB+zPC=0(x，y，z∈R)，当y最大时，求x+y的值.一．选择题（共8小题）题号12345678答案ACCABBBB二．多选题（共3小题）题号9答案BDABDACD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.15分）复数z满足i（z+i1+i，则z=()【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解.【解答】解：i（z+i）＝1+i，故z＝1﹣2i.故选：A.【点评】本题主要考查复数的四则运算，属于基础题.→→→→→→→25分）已知向量e1，e2是平面上两个不共线的单位向量，且AB=e1+2e2，BC=−3e1+2e2→A．A、B、C三点共线B．A、B、D三点共线C．A、C、D三点共线D．B、C、D三点共线【分析】结合向量共线的性质，即可求解.则A、C、D三点共线.故选：C.【点评】本题主要考查向量共线的性质，属于基础题.35分）如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现，我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为()【分析】设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R．计算可得圆柱的表面积与球的表面积之比.【解答】解：设球的半径为R，因为球是圆柱的内切球，则圆柱的底面半径为R，高为2R.所以圆柱的表面积S1＝2πR2+2πR•2R＝6πR2，球的表面积S2＝4πR2，所以即圆柱的表面积与球的表面积之比为.故选：C.【点评】本题考查空间几何体的表面积的计算，属基础题.→45分）如图的平面图形由16个全部是边长为2且有一个内角为60°的菱形组成，那么图形中的向量AB，【分析】利用平面向量的基本定理根据题意可以菱形的2条边为基底，分别表示出AB，CD，利用向量数量积的定义及运算法则即可计算出结果.【解答】解：如图：→→→→→→以菱形的2条边为基底i和j，且|i|=|j|=2，i与j的夹角为60°,→→→→则由平面向量的基本定理知AB=i+3j，CD=2i+j，故选：A.【点评】本题考查平面向量数量积运算，属基础题.55分）设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则()【分析】在A中，l与α相交、平行或l⊂α;在B中，由线面垂直的判定定理得n⊥α;在C中，l∥n；在D中，l与m相交、平行或异面.【解答】解：由α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，知：则由线面垂直的判定定理得n⊥α,故B正确；在D中，若m⊂α,n⊥α,l⊥n，则l与m相交、平行或异面，故D错误.故选：B.【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.65分）“中国天眼”射电望远镜的反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆面为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，球冠面积S＝2πRh，其中R为球的半径，h为球冠的高设球冠底的半径为r，周长为C，球冠的面积为S，则当C=2π,S＝14π时【分析】作出示意图，根据条件先求出r，然后根据S＝2πRh＝14π并结合勾股定理求出R，进而得到答案.【解答】解：如示意图，根据题意C=210π=2πr⇒r=10，S=2πRℎ=14π⇒Rℎ=7，由勾股定理可得R2R﹣h）2+10，联立方程，于是故选：B.【点评】本题考查了球中球冠的相关计算，属于基础题.75分）秦九韶（1208年～1268年字道古，祖籍鲁郡（今河南省范县出生于普州（今四川安岳县南宋著名数学家，与李冶、杨辉、朱世杰并称宋元数学四大家．1247年秦九韶完成了著作《数书九章》，其中的大衍求一术（一次同余方程组问题的解法，也就是现在所称的中国剩余定理）、三斜求积术和秦九韶算法（高次方程正根的数值求法）是有世界意义的重要贡献．设△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，秦九韶提出的“三斜求积术”公式为，若a2sinC＝2sinA，2ac（cosB+1）＝6，则由“三斜求积术”公式可得△ABC的面积为()【分析】根据题意，结合正弦定理和余弦定理，求得ac＝2，a2+c2﹣b2＝2，结合“三斜求积术”的公式，代入即可求解.【解答】解：因为a2sinC＝2sinA，由正弦定理得a2c＝2a，所以ac＝2，又因为2ac（cosB+1）＝6，由余弦定理得2ac×+2ac=6，可得a2+c2﹣b2＝6﹣2ac＝2，故选：B.【点评】本题考查了正弦定理以及余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题.【分析】根据条件可知△ABC是直角三角形，进而可以建立直角坐标系，根据点的坐标得向量的坐标，由向量的坐标运算可得m+n的表达式，进而根据三角函数求最值.【解答】解：由余弦定理得BC2＝AB2+AC2﹣2AB•AC•cos∠BAC＝1+4﹣2×1×2×cos60°=3，所以BC=3，所以AB2+BC2＝AC2，所以AB⊥BC.以AC的中点O为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，∵AP=mAB+nAC，当且仅当sin(θ−)=﹣1时，等号成立.故选：B.【点评】本题考查平面向量的基本定理，正弦函数的图象与性质，考查学生的运算能力，属于中等题.二、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。（多选）96分）已知复数zm2+2m﹣3）+（m﹣1）i，其中m为实数，i为虚数单位，则()A．若z为纯虚数，则m＝1或﹣3B．若复平面内表示复数z的点位于第四象限，则m<﹣3C．若m＝2，则z的虚部为﹣i【分析】根据已知条件，结合纯虚数的定义，复数的的几何意义，复数的概念，复数模公式，即可求解.【解答】解：复数z＝（m2+2m﹣3）+（m﹣1）i，对于A，若z为纯虚数，则3=0，解得m=﹣3，故A错误；对于B，复平面内表示复数z的点位于第四象限，则0，解得m<﹣3，故B正确；对于D，z＝a﹣2i（a∈R则m﹣1=﹣2，解得m=﹣1，故z=﹣4﹣2i，|z|=(−4)2+(−2)2=25，故D正确.故选：BD.【点评】本题主要考查纯虚数的定义，复数的的几何意义，复数的概念，复数模公式，属于基础题.（多选）106分）在△ABC中，已知3acos=bsinA，b=3，则下列说法正确的是()A．当3＜c＜2时，此三角形有两解B.△ABC面积最大值为D．若c＝1，则此三角形一定是直角三角形【分析】先由正弦定理及二倍角公式可得角B的大小，分别由正弦定理，余弦定理，基本不等式的性质，分别判断出所给命题的真假.解：acos=bsinA，b=由正弦定理可得sinA•sin=sinBsinA，在三角形中，sinA＞0，sin＞0，所以=2sin，即cos又因为B∈（0，π),Bππ所以即B=3BππA中，因为3＜c＜2，由正弦定理可得：可得sinC=sinB=，所以该三角形有两解，所以A正确；B中，由余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2accosB≥2ab﹣2ac•=ac，即ac≤3，所以S△ABC=acsinB≤×3×=，所以B正确；C中，设三角形外接圆的半径为=2R，D中，若c＝1，由余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2accosB，解得a＝2或a=﹣1（舍所以可得a2＝b2+c2，所以该三角形一定是直角三角形，所以D正确.故选：ABD.【点评】本题考查余弦定理及基本不等式的应用，三角形面积公式的应用，属于中档题.（多选）116分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P为正方形底面ABCD内的一动点，则下列结论正确的有()A．三棱锥B1﹣A1D1P的体积为定值B．存在点P，使得D1P⊥AD1C．若D1P⊥B1D，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹长度为22D．若点P是AD的中点，点Q是BB1的中点，过P，Q作平面α⊥平面ACC1A1，则平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面积为33【分析】根据空间几何体的结构特征，结合每个选项的条件计算即可判断每个选项的正确性.【解答】解：对于A，由题意及图形可知平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以点P到平面A1B1C1D1距离d为定值.又S△A1D1B1为定值，故三棱锥B1﹣A1D1P的体积为定值．故A正确；对于B，因A1D⊥AD1，则若D1P⊥AD1，必有A1D∥D1P.但A1D⊂平面ADD1A1，D1∈平面ADD1A1，P∈AD⊂平面ADD1A1或P∉平面ADD1A1，所以A1D与D1P相交或A1D与D1P异面.所以不存在相应的点P，使D1P⊥AD1.故B错误；对于C，如图有B1D⊥平面D1AC.理由如下：连接DB，A1D.由题可得AC⊥DB，AC⊥BB1，又DB∩BB1＝B，DB，BB1⊂平面DBB1，所以AC⊥平面DBB1.因为DB1⊂平面DBB1，所以AC⊥DB1.同理可证得AD1⊥DB1，又AD1∩AC＝A，所以B1D⊥平面D1AC，得D1P⊂平面D1AC.故点P轨迹为平面D1AC与底面ABCD交线，即为线段AC，AC＝22，故C正确；对于D，如图取AB中点为P1，连接PP1.由题可得DB⊥AC，AA1⊥平面ABCD.连接BD，因为PP1∥DB，PP1⊂平面ABCD，则PP1⊥AC，PP1⊥AA1.又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，则PP1⊥平面ACC1A1.又取DD1中点为Q1，则QQ1∥DB∥PP1，则平面PP1QQ1即为平面α.又由两平面平行性质可知，PP1∥RR1，PQ1∥QR1，P1Q∥Q1R，又P，P1，Q，Q1都是中点，故R是D1C1中点，R1是B1C1中点.则平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面为正六边形，又正方体棱长为2，则PP1=2，故截面面积为．故D正确.故选：ACD.【点评】本题考查空间几何体的性质，考查推理论证能力，考查截面面积的求法，属中档题.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。125分）已知某圆台的上、下底半径和高的比为1：4：4，母线长为10cm，则该圆台的体积为224π【分析】根据圆台的轴截面性质，结合题意利用勾股定理，算出圆台的上底面半径为r＝2，下底面半径为R＝8，高h＝8，再由圆台的体积公式加以计算，即可得出该圆台的体积.【解答】解：根据题意，设圆台的上、下底面半径和高分别为x、4x、4x，可得母线长为=10，即=10，解之得x＝2，所以圆台的上底面半径为r＝2，下底面半径为R＝8，高h＝8.由此可得圆台的体积为＝224故答案为：224π.【点评】本题给出圆台的上、下底面半径和高之比，在已知母线长情况下求圆台的体积．着重考查了圆台的轴截面性质、圆台的体积公式与勾股定理等知识，属于中档题.→→→→→→→→→→→→→→→【分析】a+b+C=0⇔a+b=−C或a+C=−b或b+C=−a，三等式两边平方可解决此题.→→→→→→→→→→→→→→【解答】→解：方法1：由a+b+C=0得a+b=−【解答】→→b）2=故答案为：−.方法故答案为：−.【点评】本题考查平面向量数量积性质及运算，考查数学运算能力，属于基础题.145分）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°,AD＝2，CD＝2BD．当取得最小值时，【分析】首先设出BD，CD，在两个三角形中分别表示AC，BC，继而,从而利用均值不等式取等号的条件即可.x+1【解答】解：设BD＝x，CD＝2x，在三角形ACD中，b2＝4x2+4﹣2•2x•2•cos60°,可得：b2＝4x2﹣4x+4，在三角形ABD中，c2＝x2+4﹣2•x•2•cos120°,可得：c2＝x2+2x+4，要使得最小，即最小，当且仅当（x+1）2＝3时，即x=3−1或x=−【点评】本题主要考查余弦定理及均值不等式的应用，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。1513分）已知复数z＝1+mi（i是虚数单位，m∈R且Z⋅(3+i)为纯虚数（Z是z的共轭复数）.（1）求实数m及|z|；设复数Z1=且复数z1对应的点在第二象限，求实数a的取值范围.【分析】（1）根据复数代数形式的乘法运算化简Z⋅(3+i)，再根据复数的概念得到方程（不等式）组，求出m的值，即可求出z，从而求出其模；（2）根据复数的乘方及代数形式的除法运算化简z1，再根据复数的几何意义得到不等式组，解得即可.【解答】解1）∵z＝1+mi，0，解得m=﹣3，（2）∵i2023＝i4×505+3＝i3=﹣i，∵复数z1所对应的点在第二象限，0，解得−＜a＜3，【点评】本题主要考查复数的四则运算，考查转化能力，属于中档题.1615分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知3a=3bcosc+csinB.（1）求角B的值；（2）若b＝2，且△ABC的面积为3，求△ABC的周长.【分析】（1）直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理的应用求出结果.（2）利用余弦定理的应用和三角形面积公式的应用求出结果【解答】解1）由正弦定理及已知，化边为角得3sinA=3sinBcosc+sincsinB.∵A+B+C=π,∴sinA＝sin（B+C代入得3sinBcosc+3cosBsinc=3sinBcosc+sincsinB，∴3cosBsinc=sincsinB.∵0＜C<π,∴sinc≠0，tanB=3，又∵0＜B<π,∴B=.由余弦定理，得b2＝a2+c2﹣2accosBa+c）2﹣3ac，∴△ABC的周长为6.【点评】本题考查的知识要点：正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用，三角函数关系式的恒等变换，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型.1715分）如图所示正四棱锥S﹣ABCD，SA＝SB＝SC＝SD＝2，AB=2，P为侧棱SD上的点，且SP=3PD，求：（1）若M为SA的中点，求证：SC∥平面BMD；（2）侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求的值；若不存在，试说明理由.【分析】（1）连接BD交AC于点O，连接MO，BM，DM，可证得OM∥SC，再由线面平行的判断定理，可证得结论；（2）取SD的中点Q，由SP＝3PD，得PQ＝PD，过Q作PC的平行线交SC于E，由题意可证得BQ∥平面PAC，进而可证得QE∥平面C，BE∥平面，满足【解答】（1）证明：如图，连接BD交AC于点O，连接MO，BM，DM，则O为AC的中点，当M为SA的中点时，OM∥SC，又OM⊂平面BMD，SC丈平面BMD，所以SC∥平面BMD；（2）解：在侧棱SC上存在点E，使得BE∥平面C，满足理由如下：取SD的中点Q，由SP＝3PD，得PQ＝PD，过Q作PC的平行线交SC于E，连接BQ，BE，△BDQ中，有BQ∥PO，又PO⊂平面PAC，所以BQ∥平面=2，得又QE∥PC，又PC⊂平面PAC，QE⊂平面PAC，所以QE∥平面PAC，又BQ∩QE＝Q，BQ、QE⊂平面BEQ，所以平面BEQ∥平面PAC，而BE⊂平面BEQ，所以BE∥平面PAC，即在侧棱SC上存在点E，使得BE∥平面C，满足【点评】本题考查线面平行的证法，线面平行的性质定理的应用，属于中档题.1817分）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝m，AD＝AA1＝1，点M是棱CD的中点.（1）求异面直线B1C与AC1所成的角的大小；（2）当实数m=2，证明直线AC1与平面BMD1垂直；（3）若m＝2．设P是线段AC1上的一点（不含端点满足=λ,求λ的值，使得三棱锥B1﹣CD1C1与三棱锥B1﹣CD1P的体积相等.【分析】（1）根据已知得出BC1⊥AC1，进而确定异面直线B1C与AC1所成的角的大小为90°;（2）根据三角形相似得出∠CAB=∠MBC，进而得出AC⊥BM，再结合线面垂直的判定定理即可得证；（3）利用等体积转换法即可求解.【解答】解1）连接B1C，由四边形BCC1B1为正方形，可得B1C⊥BC1，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB⊥平面BCC1B1，又B1C⊂平面BCC1B1，所以B1C⊥AB，因为AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1，所以B1C⊥平面ABC1，又AC1⊂平面ABC1，所以BC1⊥AC1，即异面直线B1C与AC1所成的角的大小为90°;（2）存在实数m=2，使得直线直线AC1与平面BMD1垂直.理由如下：当m=2时，因为BC＝1，所以所以Rt△ABC～Rt△BCM，则∠CAB=∠MBC，所以∠MBC+∠ACB=∠CAB+∠ACB＝90°,即AC⊥BM，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD，又BM⊂平面ABCD，所以CC1⊥BM，因为AC∩CC1＝C，所以BM⊥平面ACC1，又AC1⊂平面ACC1，所以BM⊥AC1，同理可证D1M⊥AC1，又D1M∩BM＝M，所以直线AC1⊥平面BMD1；（3）设AC1与平面B1CD1的斜足为O，所以VA1−B1CD1=VABCD−A1B1C1D1−VB1−ABC−VB1−C1CD−VA−A1B1D1−VD1−ACD=VABCD−A1B1C1D1−所以VA−B1CD1=2VC1−B1CD1，则AO＝2C1O，若VB1−CD1C=VB