2023-2024学年广东省东莞市三校(大岭山中学、莞美中学、众美中学)联考高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年广东省东莞市三校（大岭山中学、莞美中学、众美中学）联考高一（下）期中数学试卷一、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，只有一个选项是符合题目要求的。1．（5分）已知向量a→=(m+1，1)，b→=(m−1，1)A．1 B．﹣1 C．±2 2．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b＝4，c＝2，C＝60°，则此三角形的解的情况是（）A．有一解 B．有两解 C．无解 D．有解但解的个数不确定3．（5分）复数6+5i与﹣3+4i分别表示向量OA→与OB→，则表示向量A．3+9i B．2+8i C．﹣9﹣i D．9+i4．（5分）把△ABC按斜二测画法得到△A′B′C′（如图所示），其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′=32，那么△A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．三边互不相等的三角形5．（5分）已知一个圆柱和一个圆锥的底面半径和高分别相等，圆柱的轴截面是一个正方形，则这个圆柱的侧面积和圆锥的侧面积的比值是（）A．54 B．455 C．56．（5分）如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过（）A．点A B．点B C．点C但不过点M D．点C和点M7．（5分）如图所示，△ABC中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则BE→A．23BA→+16BC→ 8．（5分）如图，在四面体P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥CB，PA＝AC＝2BC＝2，则此四面体的外接球表面积为（）A．3π B．9π C．36π D．48π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。（多选）9．（6分）如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法正确的是（）A．AB与CD是异面直线 B．GH与CD相交 C．EF与AB是异面直线 D．EF与CD是异面直线（多选）10．（6分）如图，在透明塑料制成的长方体ABCD﹣A1B1C1D1容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，下列说法中正确的是（）A．水的部分始终呈棱柱状，没水的部分也始终成棱柱状 B．水面四边形EFGH的面积不改变 C．棱A1D1始终与FG平行 D．当E∈A1A时，AE+BF是定值（多选）11．（6分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，有如下命题，其中正确的是（）A．若sin2A＝sin2B，则△ABC为等腰三角形 B．若sinA＞sinB，则A＞B C．若AC→⋅CB→D．若a3+b3＝c3，则△ABC为锐角三角形三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知复数z满足|z|＝1，则|z﹣3i|的最大值为．13．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA＝2sinB，c2﹣b2＝ab，则C＝．14．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinB+2sinAcosC＝0，则当cosB取最小值时，ca=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．（13分）求实数m的值，使复数（m2﹣2m﹣3）+（m2﹣3m﹣4）i分别是：（1）实数；（2）纯虚数；（3）零．16．（15分）已知向量a→=(−1，0)，b→=(m，1)，且a→（1）求m及|a（2）求a→在b（3）若a→+λb→与17．（15分）如图，在△ABC中，BD→=2DC→，E是AD的中点，设（1）试用a→，b→表示AD→（2）若|a→|=|b→|=1，18．（17分）在斜三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足asinA+4bsinCcos2A＝bsinB+csinC．（1）求角A的大小；（2）若a＝2，且BC上的中线AD长为3，求斜三角形ABC的面积．19．（17分）为改进城市旅游景观面貌、提高市民的生活幸福指数，城建部拟在以水源O为圆心空地上，规划一个四边形形状的动植物园．如图：四边形ABCD内接于圆O（注：圆的内接四边形的对角互补），△ADC为动物园区，△ABC为植物园区（为了方便植物园的植物浇水灌溉，水源O必须在植物园区△ABC的内部或边界上）．又根据规划已知AB＝4千米，BC＝6千米．（1）若∠ABC＝60°，且∠DAC＝45°，求边DC的长为多少千米？（2）若线段CD+DA＝6千米，求动植物园的面积（即四边形ABCD的面积）的最小值为多少平方千米？

2023-2024学年广东省东莞市三校（大岭山中学、莞美中学、众美中学）联考高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、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，只有一个选项是符合题目要求的。1．（5分）已知向量a→=(m+1，1)，b→=(m−1，1)A．1 B．﹣1 C．±2 【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系．【答案】D【分析】利用平面向量数量积的坐标表示计算即可．【解答】解：由题意知a→⋅b故选：D．2．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b＝4，c＝2，C＝60°，则此三角形的解的情况是（）A．有一解 B．有两解 C．无解 D．有解但解的个数不确定【考点】解三角形；正弦定理．【答案】C【分析】由已知结合正弦定理先求出sinB，结合sinB的值判断B的存在性即可判断．【解答】解：因为b＝4，c＝2，C＝60°，由正弦定理得bsinB故sinB=bsinC故B不存在，即三角形无解．故选：C．3．（5分）复数6+5i与﹣3+4i分别表示向量OA→与OB→，则表示向量A．3+9i B．2+8i C．﹣9﹣i D．9+i【考点】复数的代数表示法及其几何意义；复数的运算；虚数单位i、复数．【答案】D【分析】直接由已知的复数得到其在复平面内对应向量的坐标可得答案．【解答】解：∵复数6+5i与﹣3+4i分别表示向量OA→与OB∴OA→=（6，5），∴BA→∴表示向量BA→的复数为9+i故选：D．4．（5分）把△ABC按斜二测画法得到△A′B′C′（如图所示），其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′=32，那么△A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．三边互不相等的三角形【考点】斜二测法画直观图．【答案】A【分析】根据斜二测画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形，进而分析出△ABC的形状．【解答】解：根据斜二测画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形，如下图所示：由图易得AB＝BC＝AC＝2故△ABC为等边三角形，故选：A．5．（5分）已知一个圆柱和一个圆锥的底面半径和高分别相等，圆柱的轴截面是一个正方形，则这个圆柱的侧面积和圆锥的侧面积的比值是（）A．54 B．455 C．5【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积．【答案】B【分析】设圆柱的底面半径为r，则高为2r，则圆锥的底面半径为r，高为2r，母线长5r，再利用圆柱和圆锥的侧面积公式求解即可．【解答】解：设圆柱的底面半径为r，则高为2r，母线长为2r，所以圆柱的侧面积为2πr•2r＝4πr2，由题意可知，圆锥的底面半径为r，高为2r，所以圆锥的母线长为r2+(2r所以圆锥的侧面积为πr×5r=5π所以圆柱的侧面积和圆锥的侧面积的比值是4πr故选：B．6．（5分）如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过（）A．点A B．点B C．点C但不过点M D．点C和点M【考点】平面的交线及其性质．【答案】D【分析】直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，可得β∩γ＝MC，即可得出结论．【解答】解：∵直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，∴β∩γ＝MC，∴γ与β的交线必通过点C和点M，故选：D．7．（5分）如图所示，△ABC中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则BE→A．23BA→+16BC→ 【考点】平面向量的基本定理．【答案】A【分析】利用向量共线定理、三角形法则即可得出结论．【解答】解：由题意可得：BE→=BA→+AE→∴BE→故选：A．8．（5分）如图，在四面体P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥CB，PA＝AC＝2BC＝2，则此四面体的外接球表面积为（）A．3π B．9π C．36π D．48π【考点】球的体积和表面积．【答案】B【分析】根据题意将三棱锥P﹣ABC还原到长方体中，求出长方体的体对角线的长，即可得外接球的直径，从而可求出其表面积．【解答】解：将四面体P﹣ABC补形成长方体，长、宽、高分别为2，1，2，外接球直径等于体对角线长，故2R=2所以外接球表面积为S＝4πR2＝9π．故选：B．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。（多选）9．（6分）如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法正确的是（）A．AB与CD是异面直线 B．GH与CD相交 C．EF与AB是异面直线 D．EF与CD是异面直线【考点】表面展开图．【答案】AB【分析】把展开图还原为正方体，再逐个判断各个选项即可．【解答】解：把展开图还原为正方体，如图所示：还原后点G与点C重合，点B与点F重合，由图可知，AB与CD为异面直线，GH与CD相交，故A，B正确；因为EF与AB相交，故C错误；因为EF与CD平行，故D错误．故选：AB．（多选）10．（6分）如图，在透明塑料制成的长方体ABCD﹣A1B1C1D1容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，下列说法中正确的是（）A．水的部分始终呈棱柱状，没水的部分也始终成棱柱状 B．水面四边形EFGH的面积不改变 C．棱A1D1始终与FG平行 D．当E∈A1A时，AE+BF是定值【考点】棱柱的结构特征．【答案】ACD【分析】A：由于BC固定，所以在倾斜的过程中，始终有AD∥EH∥FG∥BC，且平面AEFB∥平面DHGC，由此分析可得结论正确；B：水面四边形EFGH的面积是改变的；C：利用直线平行直线，直线平行直线的判断定理，容易推出结论；D：当E∈AA1时，AE+BF是定值．通过水的体积判断即可．【解答】解：根据面面平行性质定理，可得BC固定时，在倾斜的过程中，始终有AD∥EH∥FG∥BC，且平面AEFB∥平面DHGC，故水的形状成棱柱状，没水的部分也始终成棱柱状，故A正确；水面四边形EFGH的面积是改变的，故B错误；因为A1D1∥AD∥CB∥EH，A1D1⊄水面EFGH，EH⊂水面EFGH，所以A1D1∥水面EFGH，即棱A1D1始终与FG平行正确，故C正确；由于水的体积是定值，高不变，所以底面ABFE面积不变，即当E在AA1时，AE+BF是定值．故D正确．故选：ACD．（多选）11．（6分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，有如下命题，其中正确的是（）A．若sin2A＝sin2B，则△ABC为等腰三角形 B．若sinA＞sinB，则A＞B C．若AC→⋅CB→D．若a3+b3＝c3，则△ABC为锐角三角形【考点】解三角形；命题的真假判断与应用；正弦定理．【答案】BCD【分析】由已知结合正弦函数性质，正弦定理，三角形大边对大角及向量数量积定义分别检验各选项即可判断．【解答】解：由sin2A＝sin2B可得2A＝2B或2A+2B＝π，所以A＝B或A+B=π2，若sinA＞sinB，则a＞b，所以A＞B，B正确；若AC→⋅CB→＞0，则CD项：a3+b3＝c3，则c最大，1＝（ac）3+（bc）3＜（ac）2+（b∴a2+b2＞c2，∴C为锐角，又知C为最大角，∴△ABC为锐角三角形，D正确．故选：BCD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知复数z满足|z|＝1，则|z﹣3i|的最大值为4．【考点】复数的模．【答案】4．【分析】由复数模的几何意义画出图形，数形结合即可求得|z﹣3i|的最大值．【解答】解：满足|z|＝1的点在复平面内以原点为圆心，以1为半径的圆上，|z﹣3i|的几何意义为单位圆上的点到定点P（0，3）的距离，如图：则|z﹣3i|的最大值为4．故答案为：4．13．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA＝2sinB，c2﹣b2＝ab，则C＝π3【考点】余弦定理；正弦定理．【答案】π【分析】由正弦定理及sinA＝2sinB可得a，b的关系，再由余弦定理求出cosC的表达式，将c2﹣b2＝ab代入可得可得C的余弦值．【解答】解：因为sinA＝2sinB，由正弦定理可得：a＝2b，因为c2﹣b2＝ab，由余弦定理可得cosC=a在三角形中可得C=π故答案为：π314．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinB+2sinAcosC＝0，则当cosB取最小值时，ca=3【考点】正弦定理．【答案】见试题解答内容【分析】根据正弦定理、余弦定理角化为边，得到b2=c【解答】解：由正弦定理、余弦定理得b+2a⋅a2+b2−c22ab=0，∴a∴cosB=a当且仅当3a4c=c4a，即故答案为：3．四、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．（13分）求实数m的值，使复数（m2﹣2m﹣3）+（m2﹣3m﹣4）i分别是：（1）实数；（2）纯虚数；（3）零．【考点】纯虚数；虚数单位i、复数．【答案】见试题解答内容【分析】分别由实部和虚部为0求得m值，然后逐一结合复数为实数、纯虚数、零可得具体m值．【解答】解：由m2﹣2m﹣3＝0，得m＝﹣1或m＝3；由m2﹣3m﹣4＝0，解得m＝﹣1或m＝4．（1）若复数（m2﹣2m﹣3）+（m2﹣3m﹣4）i为实数，则m2﹣3m﹣4＝0，即m＝﹣1或m＝4；（2）若复数（m2﹣2m﹣3）+（m2﹣3m﹣4）i为纯虚数，则m2﹣2m﹣3＝0且m2﹣3m﹣4≠0，即m＝3；（3）若复数（m2﹣2m﹣3）+（m2﹣3m﹣4）i，则m2﹣2m﹣3＝0且m2﹣3m﹣4＝0，即m＝﹣1．16．（15分）已知向量a→=(−1，0)，b→=(m，1)，且a→（1）求m及|a（2）求a→在b（3）若a→+λb→与【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量的投影向量；数量积表示两个平面向量的夹角．【答案】（1）m＝﹣1，|a（2）(−1（3）(−3【分析】（1）由向量的夹角坐标公式列出方程，求解得m＝﹣1，代入向量坐标计算|a（2）因a→在b→上的投影向量为a→⋅b→|b→（3）根据两向量的数量积大于0，且两向量不共线，列出不等式组求解即得．【解答】解：（1）由于a→与b→的夹角为所以cosπ4=−m1×则a→=(−1，0)，b→所以|a（2）由（1）知a→=(−1，0)，b→=(−1，1)，a→即a→在b→上的投影向量的坐标为（3）由（1）知a→=(−1，0)，b→a→由于a→+λb所以(a→+λ解得λ＞−35且λ≠2，即实数λ的取值范围为17．（15分）如图，在△ABC中，BD→=2DC→，E是AD的中点，设（1）试用a→，b→表示AD→（2）若|a→|=|b→|=1，【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量的基本定理．【答案】（1）AD→=1（2）−5【分析】（1）由平面向量的线性运算求解；（2）结合平面向量数量积的运算求解．【解答】解：（1）在△ABC中，BD→=2DC→，E是AD的中点，设则AD→BE→（2）已知|a→|=|b→则a→则AD→18．（17分）在斜三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足asinA+4bsinCcos2A＝bsinB+csinC．（1）求角A的大小；（2）若a＝2，且BC上的中线AD长为3，求斜三角形ABC的面积．【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】（1）π3（2）3．【分析】（1）根据已知条件，结合正弦定理，余弦定理，即可求解；（2）由已知利用余弦定理可得4＝b2+c2﹣bc，①在△ABD中，由余弦定理可得cos∠ADB=(3)2+12−c22×1×3，在△ACD中，由余弦定理可得cos∠ADC=(3)2+12【解答】解：（1）∵asinA+4bsinCcos2A＝bsinB+csinC，∴由正弦定理可得，a2+4bc•cos2A＝b2+c2，∴cos2A=b2+∵三角形ABC为斜三角形，∴∠A不为直角，即cosA≠0，∴cosA=1又∵A∈（0，π），∴A=π（2）∵A=π3，∴由余弦定理可得4＝b2+c2﹣bc，①∵BC上的中线AD长为3，可得BD＝CD＝1，∴在△ABD中，由余弦定理可得cos∠ADB=(在△ACD中，由余弦定理可得cos∠ADC=(又∵cos∠ADB＝cos（π﹣∠ADC