2023-2024学年广东省茂名市高州一中高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年广东省茂名市高州一中高一（下）期中数学试卷一、单项选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的，请将答案填涂到答题卡的指定位置）1．（5分）复数21−iA．1+i B．1﹣i C．2+2i D．2﹣2i2．（5分）已知向量a→，b→满足a→=（2，1），b→=（1，y），且a→A．5 B．52 C．5 3．（5分）设复数z满足关系：z+|z|＝2+i，那么z等于（）A．−34+i B．34+i C．−4．（5分）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m→=(a+b，b+c)，n→=(c−b，a)，若A．5π6 B．2π3 C．π35．（5分）已知向量AB→=(−1，2)，BC→=(4，−1)A．255 B．−255 6．（5分）甲船在岛B的正南方A处，AB＝10千米，甲船以每小时4千米的速度向正北匀速航行，同时乙船自B出发以每小时6千米的速度向北偏东60°的方向匀速航行，当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间是（）A．514小时 B．57小时 C．145小时 7．（5分）已知棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的一个面A1B1C1D1在一半球底面上，且A，B、C，D四个顶点都在此半球面上，则此半球的体积为（）A．46π B．26π C．163π D．86π8．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosBb+cosCc=23A．（32，3） B．(32，二、多项选择题（共4小题，每小题5分，共20分，在每题给出的四个选项中，有多项是符合题意的，全部选对得5分，部分选对得2分，有错选的得0分）（多选）9．（5分）对于任意的平面向量a→，b→，A．若a→∥b→且b→∥c→，则B．（a→+b→）•c→C．若a→•b→=a→•cD．（a→•b→）•c→=a（多选）10．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E1，F1，分别为A1B1，A1C1的中点，则下列说法正确的是（）A．BE1∥CF1 B．DF1∥平面AE1B C．VB−AD．若在正方体的棱长为2，则三棱锥B﹣AF1C的表面积为2+2（多选）11．（5分）在△ABC中，已知（b+c）：（c+a）：（a+b）＝4：5：6，下列结论正确是（）A．sinA：sinB：sinC＝7：5：3 B．C=5πC．△ABC一定是钝角三角形 D．若b+c＝8，则△ABC的面积是15（多选）12．（5分）已知正三角形ABC的边长为6，D，E为边AC上两点，且AD→=DE→=A．BD→B．BE→C．BD→D．FC→与BD三、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分13．（5分）复数z满足（z﹣3）（2﹣i）＝5（i为虚数单位），则z的共轭复数z为．14．（5分）已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′=32，那么原△ABC的面积是15．（5分）若向量a→，b→满足|a→|=32，|b→|＝1，16．（5分）如图，中华中学某班级课外学习兴趣小组为了测量某座山峰的高气度，先在山脚A处测得山顶C处的仰角为60°，又利用无人机在离地面高400m的M处（即MD＝400），观测到山顶C处的仰角为15°，山脚A处的俯角为45°，则山高BC＝m．17．（5分）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b=3，c2＝2asinC，则a的最大值为18．（5分）在△ABC中，若AB→⋅BC→3四、解答题：本题共5小题，共60分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．19．（10分）已知复数z＝a+2i（a∈R），且z（2﹣i）是纯虚数．（Ⅰ）求复数z；（Ⅱ）若复数（z﹣mi）2（m∈R）在复平面内对应的点在第四象限，求m的取值范围．20．（12分）已知向量a→（1）当θ=π6时，求向量a→（2）求|2a21．（13分）如图，已知四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱SD⊥底面ABCD，且SD＝4，E为侧棱SC的中点．（1）求证：SA∥平面EDB；（2）求三棱锥E﹣ABD的体积．（3）若F为侧棱AB的中点，求证：EF∥平面SAD．22．（13分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足2bcosC＝2a﹣c．（1）求角B；（2）如图，若△ABC外接圆半径为263，D为AC的中点，且BD＝2，求△23．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D满足3BD→=BC（1）若b＝c，求A的值；（2）求B的最大值．

2023-2024学年广东省茂名市高州一中高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的，请将答案填涂到答题卡的指定位置）1．（5分）复数21−iA．1+i B．1﹣i C．2+2i D．2﹣2i【考点】共轭复数；复数的运算；虚数单位i、复数．【答案】B【分析】首先利用复数的除法运算化简，然后取徐不得相反数的其共轭复数．【解答】解：由21−i所以21−i的共轭复数为1﹣i故选：B．2．（5分）已知向量a→，b→满足a→=（2，1），b→=（1，y），且a→A．5 B．52 C．5 【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系．【答案】C【分析】根据题意，由向量垂直与数量积的关系可得a→•b→=2+y＝0，解可得y的值，即可得b→的坐标，进而计算可得向量（【解答】解：根据题意，a→=（2，1），b→=（1，y），且则有a→•b→=2+y＝0，解可得y则a→+2b→=（4，﹣3），故|a→故选：C．3．（5分）设复数z满足关系：z+|z|＝2+i，那么z等于（）A．−34+i B．34+i C．−【考点】共轭复数；复数的运算；虚数单位i、复数．【答案】B【分析】解法1：设出复数，利用复数相等的条件求解即可；解法2：利用复数模的性质，移项平方，然后解方程即可；解法3：考虑选择题的特点，考查选项复数的模，结合题干推出复数z的实部、虚部的符号即可．【解答】解：法1：设z＝a+bi（a，b∈R）由已知a+bi+a2由复数相等可得a+a2+b2=2故选B．法2：由已知可得z＝2﹣|z|+i①取模后平方可得|z|2＝（2﹣|z|）2+1＝4﹣4|z|+|z|2+1，所以|z|=54，代入①得故选B．法3：选项中的复数的模均为(34)而方程右边为2+i，它的实部，虚部均为正数，因此复数z的实部，虚部也必须为正，故选：B．4．（5分）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m→=(a+b，b+c)，n→=(c−b，a)，若A．5π6 B．2π3 C．π3【考点】平面向量的相等与共线．【答案】B【分析】根据平面向量共线定理，利用余弦定理求出cosC和C的值．【解答】解：△ABC中，向量m→=(a+b，b+c)，若m→∥n→，则a（a+b）﹣（b+c）（整理得a2+b2﹣c2＝﹣ab，所以cosC=a又C∈（0，π），所以C=2π故选：B．5．（5分）已知向量AB→=(−1，2)，BC→=(4，−1)A．255 B．−255 【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量数量积的含义与物理意义．【答案】D【分析】由向量的坐标运算求出AC→【解答】解：由题可得：AC→所以AC→⋅AB所以AC→在AB→方向上的投影为故选：D．6．（5分）甲船在岛B的正南方A处，AB＝10千米，甲船以每小时4千米的速度向正北匀速航行，同时乙船自B出发以每小时6千米的速度向北偏东60°的方向匀速航行，当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间是（）A．514小时 B．57小时 C．145小时 【考点】解三角形．【答案】A【分析】设经过x小时距离最小，分别表示出甲、乙距离B岛的距离，由余弦定理求出两船的距离，再根据二次函数求最值的方法可得到答案．【解答】解：假设经过x小时两船相距最近，甲乙分别行至C，D处如图所示；可知BC＝10﹣4x，BD＝6x，∠CBD＝120°；∴CD2＝BC2+BD2﹣2BC•BD•cos∠CBD＝（10﹣4x）2+36x2﹣2•（10﹣4x）•6x•（−1＝28x2﹣20x+100，当x=202×28=5故选：A．7．（5分）已知棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的一个面A1B1C1D1在一半球底面上，且A，B、C，D四个顶点都在此半球面上，则此半球的体积为（）A．46π B．26π C．163π D．86π【考点】球的体积和表面积．【答案】A【分析】先求正方体的底面对角线的长，再求球的半径，然后求半球的体积．【解答】解：正方体的顶点A、B、C、D在半球的底面内，顶点A1、B1、C1、D1在半球球面上，底面ABCD的中心到上底面顶点的距离就是球的半径22半球的体积：12×43故选：A．8．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosBb+cosCc=23A．（32，3） B．(32，【考点】正弦定理．【答案】B【分析】由余弦定理化简已知等式即可得解b的值，由正弦定理得a＝sinA，c＝sinC，利用三角函数恒等变换的应用化简可求a+c=3sin（A+π6），由范围A∈（0，2π3），可求A+π6【解答】解：∵△ABC中，cosBb∴a2∴2a∴解得b=3∵B=π由正弦定理得：asinA∴a＝sinA，c＝sinC；由A+B+C＝π得A+C=2π∴C=2π3−A，且0＜∴a+c＝sinA+sinC＝sinA+sin（2π3−＝sinA+sin2π3cosA﹣cos2π3=32sinA+=3sin（A+∵A∈（0，2π3），A+π6∈（π6，5π6），可得sin（A+∴a+c=3sin（A+π6）∈（3∴a+c的取值范围是（32，3故选：B．二、多项选择题（共4小题，每小题5分，共20分，在每题给出的四个选项中，有多项是符合题意的，全部选对得5分，部分选对得2分，有错选的得0分）（多选）9．（5分）对于任意的平面向量a→，b→，A．若a→∥b→且b→∥c→，则B．（a→+b→）•c→C．若a→•b→=a→•cD．（a→•b→）•c→=a【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】ACD【分析】平面向量共线的传递性可得A错误，由向量乘法的分配律可得B正确，由向量垂直的运算可得C，D错误，得解．【解答】解：a→∥b→且b→∥c→，当b→为零向量时，则a由向量乘法的分配律可得：（a→+b→）•c→=a因为a→•b→=a→•c→，则a→⋅(b取a→，b→，c→为非零向量，且a→与b→垂直，b故选：ACD．（多选）10．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E1，F1，分别为A1B1，A1C1的中点，则下列说法正确的是（）A．BE1∥CF1 B．DF1∥平面AE1B C．VB−AD．若在正方体的棱长为2，则三棱锥B﹣AF1C的表面积为2+2【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行；命题的真假判断与应用；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【答案】CD【分析】对于A：证出四边形E1BCF1为梯形，即可得证；对于B：若DF1∥平面AE1B，则平面A1DC1∥平面AE1B，显然不成立，进而得证；对于C：利用等体积转化法求解即可；对于D：分别计算各个三角形的面积即可求解．【解答】解：对于选项A：因为点E1，F1分别为A1B1，A1C1的中点，所以E1F1∥B1C1∥BC，因为E1F1≠BC，所以四边形E1BCF1为梯形，所以BE1与CF1不平行，故选项A不正确；对于选项B：因为DC1∥AB1，所以DC1∥平面AE1B，若DF1∥平面AE1B，由于DC1∩DF1＝D，确定平面A1DC1，则平面A1DC1∥平面AE1B，显然不成立，所以DF1不平行平面AE1B，故选项B不正确；对于选项C：因为S△ABC=12SABCD，F1所以VB−AF1对于选项D：在Rt△A1AF1中，A1在△AF1B中，设AB的中点为M，则F1M⊥AB，所以F1因为S△ABC所以S△三棱锥B﹣AF1C的表面积S表面积=S故选：CD．（多选）11．（5分）在△ABC中，已知（b+c）：（c+a）：（a+b）＝4：5：6，下列结论正确是（）A．sinA：sinB：sinC＝7：5：3 B．C=5πC．△ABC一定是钝角三角形 D．若b+c＝8，则△ABC的面积是15【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】AC【分析】由题意可得a，b，c的关系，由正弦定理，余弦定理，可判断出所给命题的真假．【解答】解：由已知可设b+c＝4k，c+a＝5k，a+b＝6k（k＞0），则a=7所以a：b：c＝7：5：3，所以sinA：sinB：sinC＝7：5：3，可得A正确；设k＝2，则a＝7，b＝5，c＝3，则cosA=b2+c所以△ABC为钝角三角形，可得B不正确，C正确；若b+c＝8，而b：c＝5：3，可得b＝5，c＝3，又A＝120°，所以S△ABC=1故选：AC．（多选）12．（5分）已知正三角形ABC的边长为6，D，E为边AC上两点，且AD→=DE→=A．BD→B．BE→C．BD→D．FC→与BD【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】AD【分析】根据平面向量的线性运算法则，用BC→，BA→表示出BD→，BE→，即可判断出A、B两项的正误；以BC→，BA→为基向量，利用平面向量数量积的定义与运算性质，求出BD→⋅BE【解答】解：对于A，BD→=BA对于B，BE→=BA对于C，BA→2=所以BD→⋅BE对于D，取DE的中点M，则M也是AC的中点，连接BM交于N，则BD→因为△ABC为等边三角形，所以CF⊥BA，∠FBM＝30°，可得∠FNB＝60°，所以BM→与FC→的夹角为60°，即FC→与BD故选：AD．三、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分13．（5分）复数z满足（z﹣3）（2﹣i）＝5（i为虚数单位），则z的共轭复数z为5﹣i．【考点】共轭复数；复数的运算；虚数单位i、复数．【答案】见试题解答内容【分析】把给出的等式两边同时乘以12−i，然后利用复数的除法运算化简，求出复数z，则z【解答】解：由（z﹣3）（2﹣i）＝5，得z−3=5∴z＝5+i．则z=5−i故答案为：5﹣i．14．（5分）已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′=32，那么原△ABC的面积是3【考点】斜二测法画直观图．【答案】见试题解答内容【分析】由直观图和原图的面积之间的关系S直观图【解答】解：因为S直观图且若△A′B′C′的面积为12×2那么△ABC的面积为3，故答案为：3．15．（5分）若向量a→，b→满足|a→|=32，|b→|＝1，a→【考点】平面向量数量积的性质及其运算；数量积判断两个平面向量的垂直关系．【答案】7．【分析】根据题意，由向量垂直的判断方法可得a→•（a→−b→）=a→2−a→【解答】解：根据题意，向量a→，b→满足|a→|=32，|b则a→•（a→−b→）=a→2−a→则|2a→+b→|2＝4a→2+4故|2a→+b故答案为：7．16．（5分）如图，中华中学某班级课外学习兴趣小组为了测量某座山峰的高气度，先在山脚A处测得山顶C处的仰角为60°，又利用无人机在离地面高400m的M处（即MD＝400），观测到山顶C处的仰角为15°，山脚A处的俯角为45°，则山高BC＝600m．【考点】解三角形．【答案】见试题解答内容【分析】根据已知条件，结合三角形中角的关系，依次求出∠ACM，∠AMC，再结合正弦定理，即可求解．【解答】解：由题意可知，∠AMD＝45°，MD＝400，则AM=2又∠CAB＝60°，则∠MAC＝180°﹣60°﹣45°＝75°，观测到山顶C处的仰角为15°，则∠MCB＝75°，即∠ACM＝∠MCB﹣∠ACB＝75°﹣30°＝45°，∠AMC＝180°﹣45°﹣75°＝60°，在△MAC中，由正弦定理可得，ACsin∠AMC=MAsin∠ACM，即AC故BC＝ACsin60°＝600．故答案为：600．17．（5分）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b=3，c2＝2asinC，则a的最大值为3【考点】正弦定理．【答案】3【分析】由正弦定理可得c＝2sinA，由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA=3+4sin2A−2【解答】解：由c2＝2asinC，可得csinC＝2sinAsinC，因为sinC≠0，所以c＝2sinA，由余弦定理得，a2＝b2+c2﹣2bccosA=3+4sin2A−23×2sinAcosA=3+2(1−cos2A)−23因为A∈（0，π），所以2A+π6∈所以当2A+π6=此时a2取得最大值9．所以a的最大值为3．故答案为3．18．（5分）在△ABC中，若AB→⋅BC→3=BC【考点】平面向量数量积的性质及其运算；余弦定理．【答案】见试题解答内容【分析】由题意直接列出角的正切关系，利用距离tanA+tanB+tanC＝tanAtanBtanC，可得tanA的值．【解答】解：设△ABC中A、B、C的对应边分别为a、b、c，因为AB→∴2accosB＝3abcosC2bccosA＝abcosC3bccosA＝accosB即tanA＝3tanB；tanA＝2tanC；因为在△ABC中，tanA+tanB+tanC＝tanAtanBtanC，所以tanA=故答案为：11四、解答题：本题共5小题，共60分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．19．（10分）已知复数z＝a+2i（a∈R），且z（2﹣i）是纯虚数．（Ⅰ）求复数z；（Ⅱ）若复数（z﹣mi）2（m∈R）在复平面内对应的点在第四象限，求m的取值范围．【考点】纯虚数；复数的代数表示法及其几何意义．【答案】（Ⅰ）z＝﹣1+2i；（Ⅱ）（1，2）．【分析】（Ⅰ）根据纯虚数的概念建立方程即可求解；（Ⅱ）根据复数的几何意义建立不等式即可求解．【解答】解：（Ⅰ）∵复数z＝a+2i（a∈R），∴z（2﹣i）＝（a+2i）（2﹣i）＝（2a+2）+（4﹣a）i，又z（2﹣i）是纯虚数．∴2a+2=04−a≠0，∴a∴z＝﹣1+2i；（Ⅱ）∵（z﹣mi）2＝（﹣1+2i﹣mi）2＝[1﹣（2﹣m）2]﹣2（2﹣m）i，又复数（z﹣mi）2（m∈R）在复平面内对应的点在第四象限，∴1−(2−m)2＞0−2(2−m)＜0，∴∴m的取值范围为（1，2）．20．（12分）已知向量a→（1）当θ=π6时，求向量a→（2）求|2a【考点】数量积表示两个平面向量的夹角；平面向量的概念与平面向量的模．【答案】（1）π3【分析】（1）根据已知条件，结合向量的夹角公式，即可求解．（2）根据已知条件，结合向量模公式，以及三角函数的恒等变换公式，即可求解．【解答】解：（1）当θ=π6时，∴|a设a→与b→的夹角为则cosβ=a∵0≤β≤π，∴β=π3，即a→与b（2）∵a→∴2a∴|2a=8−43cosθ+4sinθ∴|2a21．（13分）如图，已知四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱SD⊥底面ABCD，且SD＝4，E为侧棱SC的中点．（1）求证：SA∥平面EDB；（2）求三棱锥E﹣ABD的体积．（3）若F为侧棱AB的中点，求证：EF∥平面SAD．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行．【答案】（1）证明见解答；（2）43【分析】（1）利用三角形中位线得出OE∥SA，即可得证；（2）根据E到平面ABCD的距离等于S到平面ABCD的距离的一半，即可求解；（3）利用四边形AFEM为平行四边形，得出EF∥AM，即可得证．【解答】解：（1）证明：连接AC交BD于O，连接OE，∵E为侧棱SC的中点，O是AC的中点，∴OE∥SA，∵SA⊄平面EDB，OE⊂平面EDB，∴SA∥平面EDB．（2）∵E为侧棱SC的中点，∴E到平面ABCD的距离等于S到平面ABCD的距离的一半，∴E到平面ABCD的距离h=1∴VB−ADE=1（3）证明：设M为侧棱SD的中点，连结ME，EF，∵E为侧棱SC的中点，F为侧棱AB的中点，∴ME∥DC，ME=1∵AF∥DC，AF=1∴ME∥AF，ME＝AF，∴四边形AFEM为平行四边形，∴EF∥AM，∵EF⊄平面SAD，AM⊂平面SAD，∴EF∥平面SAD．22．（13分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足2bcosC＝