2023-2024学年广东省深圳市平湖外国语学校、箐华中英文实验学校联考高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年广东省深圳市平湖外国语学校、箐华中英文实验学校联考高一（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，在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的.）1．（5分）已知向量e1→与e2→不平行，记a→=3eA．2 B．−43 C．532．（5分）设复数z=2ii−1，则|A．12 B．22 C．23．（5分）已知向量a→与b→的夹角为2π3，|a→|=2A．62 B．22 C．−24．（5分）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A．2 B．22 C．4 D．425．（5分）在△ABC中，AB=3，AC=5，BC＝2，则△A．112 B．3 C．3226．（5分）如图所示的矩形ABCD中，E，F满足BE→=EC→，CF→=2FDA．12 B．23 C．37．（5分）已知△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，点D为AC的中点，点M为边BC上一动点，则MD→•MCA．27 B．0 C．−716 8．（5分）在△ABC中，若asinB=3bcosA，且sinC＝2sinAcosB，那么△ABCA．等腰直角三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等边三角形二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小愿给出的选项中，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）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的有（）A．若A＞C，则sinA＞sinC B．若△ABC为锐角三角形，则sinA＜cosC C．若△ABC为斜三角形，则tanA+tanB+tanC＝tanAtanBtanC D．若asinA=b（多选）10．（6分）关于复数z1，z2，z3，下列说法中正确的是（）A．|zB．z1C．z1•（z2+z3）＝z1•z2+z1•z3 D．z（多选）11．（6分）设α，β为两个平面，下列是“α∥β”的充分条件是（）A．α，β与平面γ都垂直 B．α内有两条相交直线与平面β均无交点 C．异面直线a，b满足a∥α，b∥β D．α内有5个点（任意三点不共线）到β的距离相等三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分，）12．（5分）若a→=（1，3），b→=（﹣3，1），则13．（5分）如果一个圆锥的底面直径和高都等于球O的直径，那么这个圆锥的侧面积和球O的表面积之比为．14．（5分）在△ABC中，sinA＝sin2A，2a=3b，则∠A＝；bc的值为四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、正明过程或演算步骤.）15．（13分）已知复数z=5（1）求|z|；（2）若z是关于x的方程x2+ax+b＝0的一个根，求实数a，b的值．16．（15分）如图，△ABC中，CA→=a→，CB→=b→，D是（1）用a→，b（2）设BM→=λBA17．（15分）如图，在四边形ABCD中，∠ACB与∠D互补，cos∠ACB=13，AC＝BC＝23，AB＝4（1）求AB的长；（2）求sin∠ACD．18．（17分）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为DD1的中点，N为CC1的中点．（1）求证：BD1∥平面MAC；（2）求证：平面NBD1∥平面MAC．19．（17分）△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4asinA＝bsinCcosA+csinAcosB．（1）求sinAsinC（2）若BD是∠ABC的角平分线．（i）证明：BD2＝BA•BC﹣DA•DC；（ⅱ）若a＝1，求BD•AC的最大值．

2023-2024学年广东省深圳市平湖外国语学校、箐华中英文实验学校联考高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的.）1．（5分）已知向量e1→与e2→不平行，记a→=3eA．2 B．−43 C．53【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的相等与共线．【答案】B【分析】根据向量平行的条件列出方程组求解即可．【解答】解：已知，a→由a→∥b→，得b→∴2=3λk=−2λ，解得λ=故选：B．2．（5分）设复数z=2ii−1，则|A．12 B．22 C．2【考点】复数的模．【答案】C【分析】直接利用复数除法结合复数模公式，即可求得．【解答】解：z=2ii−1=则|z|=1故选：C．3．（5分）已知向量a→与b→的夹角为2π3，|a→|=2A．62 B．22 C．−2【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】C【分析】根据向量的数量积定义解答．【解答】解：因为向量a→与b→的夹角为2π3，|a→|=2，则a→在故选：C．4．（5分）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A．2 B．22 C．4 D．42【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积．【答案】B【分析】设母线长为l，利用圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，列出方程，求解即可．【解答】解：由题意，设母线长为l，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有2π⋅2=π⋅l，解得所以该圆锥的母线长为22故选：B．5．（5分）在△ABC中，AB=3，AC=5，BC＝2，则△A．112 B．3 C．322【考点】余弦定理；正弦定理．【答案】A【分析】利用余弦定理求出cosA，再求sinA和△ABC的面积．【解答】解：△ABC中，AB=3，AC=5，由余弦定理得，cosA=AC所以sinA=1−所以△ABC的面积为：S△ABC=12AB•AC•sinA故选：A．6．（5分）如图所示的矩形ABCD中，E，F满足BE→=EC→，CF→=2FDA．12 B．23 C．3【考点】平面向量的基本定理；平面向量的数乘与线性运算．【答案】A【分析】由已知结合向量的线性表示及平面向量基本定理可求．【解答】解：由题意可知，AE→AF→因为G为EF的中点，所以AG→所以λ=23，μ=34故选：A．7．（5分）已知△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，点D为AC的中点，点M为边BC上一动点，则MD→•MCA．27 B．0 C．−716 【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】D【分析】根据图形特点，建立直角坐标系，由题设数量关系得出A，C，D的坐标，再设出点M的坐标，将所求问题转化为函数的最小值问题即可．【解答】解：由题意，以BC所在直线为x轴，线段BC的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示．∵AB＝AC＝5，BC＝6，D为AC中点，∴C（3，0），A（0，4），D（32又点M在BC边上运动，可设M（t，0），其中t∈[﹣3，3]，∴MD→=（32−t，2），故MD→⋅MC→=（32−t）×（3﹣t）＝t2∴当t=94时，上式有最小值故选：D．8．（5分）在△ABC中，若asinB=3bcosA，且sinC＝2sinAcosB，那么△ABCA．等腰直角三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等边三角形【考点】三角形的形状判断；正弦定理．【答案】D【分析】由两角和的正弦公式，结合正弦定理求解即可．【解答】解：已知asinB=3bcosA则sinAsinB=3sinBcosA则tanA=3即A=π又sinC＝2sinAcosB，则sinAcosB+cosAsinB＝2sinAcosB，即sinAcosB﹣cosAsinB＝0，即sin（A﹣B）＝0，又﹣π＜A﹣B＜π，即A＝B，即A＝B＝C=π即△ABC一定是等边三角形，故选：D．二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小愿给出的选项中，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）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的有（）A．若A＞C，则sinA＞sinC B．若△ABC为锐角三角形，则sinA＜cosC C．若△ABC为斜三角形，则tanA+tanB+tanC＝tanAtanBtanC D．若asinA=b【考点】解三角形；两角和与差的三角函数；正弦定理．【答案】ACD【分析】根据题意，结合正弦定理和正弦函数的单调性，以及两角和的正切公式，以及三角恒等变换的公式，逐项计算，即可求解．【解答】解：对于A中，在△ABC中，由A＞C，可得a＞c，由正弦定理得2RsinA＞2RsinC，所以sinA＞sinC，所以A正确；对于B中，因为△ABC为锐角三角形，可得A+C＞π2，可得因为A，C∈(0，π2)，可得A+C＞π2对于C中，在△ABC中，可知A，B，C，均不为直角，且A+B＝π﹣C，可得tan（A+B）＝tan（π﹣C）＝﹣tanC，即tan（A+B）=tanA+tanB1−tanAtanB=−tanC，即tanA+tanB＝﹣tanC+tanAtanB所以tanA+tanB+tanC＝tanAtanBtanC，所以C正确；对于D中，由asinA=bcosB=ccosC，可得acosB＝bsinA，且b由正弦定理得sinAcosB﹣sinBsinA＝0，且sinBcosC﹣sinCcosB＝0，因为A∈（0，π），可得sinA＞0，所以cosB＝sinB且sin（B﹣C）＝0，可得B=π4且B＝C，即B=C=π4，则A=π故选：ACD．（多选）10．（6分）关于复数z1，z2，z3，下列说法中正确的是（）A．|zB．z1C．z1•（z2+z3）＝z1•z2+z1•z3 D．z【考点】复数的乘法及乘方运算．【答案】ACD【分析】根据复数的模及复数的乘法判断B，C选项，根据复数的共轭复数判断D选项，结合共轭复数及模长判断A选项．【解答】解：设z1＝a+bi，z2＝c+di，z3＝m+ni，z1∴|z1|=|z12=(a+bi)2z1•（z2+z3）＝（a+bi）（c+di+m+ni）＝（a+bi）（c+di）+（a+bi）（m+ni）＝z1•z2+z1•z3，C选项正确；z1+z2＝（c+m）+（d+n）i，z1+z2=(c+m)−(d+n)i，z故选：ACD．（多选）11．（6分）设α，β为两个平面，下列是“α∥β”的充分条件是（）A．α，β与平面γ都垂直 B．α内有两条相交直线与平面β均无交点 C．异面直线a，b满足a∥α，b∥β D．α内有5个点（任意三点不共线）到β的距离相等【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．【答案】BD【分析】根据题意，依次分析选项，综合可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，α，β与平面γ都垂直，α与β可能相交，不能得到α∥β，不是“α∥β”的充分条件，对于B，α内有两条相交直线与β平行，则一定能推出α∥β，故α内有两条相交直线与β平行是α∥β的充分条件，对于C，满足题意的α与β可能相交，不能得到α∥β，不是“α∥β”的充分条件，对于D，由于α内有5个点（任意三点不共线）到β的距离相等，必然有α∥β，故其是“α∥β”的充分条件，故选：BD．三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分，）12．（5分）若a→=（1，3），b→=（﹣3，1），则【考点】数量积表示两个平面向量的夹角．【答案】90°．【分析】根据已知条件，结合平面向量的数量积公式，即可求解．【解答】解：∵a→=（1，3），∴a→∴a→故答案为：90°．13．（5分）如果一个圆锥的底面直径和高都等于球O的直径，那么这个圆锥的侧面积和球O的表面积之比为5：4．【考点】球的体积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【答案】5：4【分析】利用球的表面积公式和圆锥侧面积公式求解即可．【解答】解：设球的直径为2R，则球的表面积S1又圆锥的底面直径和高是2R，所以圆锥的侧面积为S2所以圆锥的侧面积和球O的表面积之比为5π故答案为：5：414．（5分）在△ABC中，sinA＝sin2A，2a=3b，则∠A＝π3；bc【考点】正弦定理．【答案】π3【分析】化简得到cosA=12，再根据正弦定理得到2sinA=3【解答】解：sinA＝sin2A＝2sinAcosA，因为A∈（0，π），所以sinA≠0，所以cosA=12，又2a=3b，则2sinA=3所以sinB＝1，又B∈（0，π），则B=π所以C=π−A−B=π所以bc故答案为：π3四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、正明过程或演算步骤.）15．（13分）已知复数z=5（1）求|z|；（2）若z是关于x的方程x2+ax+b＝0的一个根，求实数a，b的值．【考点】实系数多项式虚根成对定理．【答案】（1）5；（2）a＝﹣2，b＝5．【分析】（1）根据复数的除法求z，进而求模长；（2）将z代入方程，根据复数相等列式求解．【解答】解：（1）因为z=5所以|z|=1+（2）由（1）可得：z＝1﹣2i，将z代入方程x2+ax+b＝0得：（1﹣2i）2+a（1﹣2i）+b＝（a+b﹣3）+i（﹣2a﹣4）＝0，则a+b−3=02a+4=0，解得：a＝﹣2，b16．（15分）如图，△ABC中，CA→=a→，CB→=b→，D是（1）用a→，b（2）设BM→=λBA【考点】用平面向量的基底表示平面向量．【答案】（1）32（2）14【分析】（1）根据已知结合图形，利用平面向量的减法运算，即可得到结果．（2）借助向量的线性运算，用CD→，CE【解答】解：（1）依题意，DE→（2）依题意，CM→由E，M，D三点共线，得2λ+2(1−λ)3=117．（15分）如图，在四边形ABCD中，∠ACB与∠D互补，cos∠ACB=13，AC＝BC＝23，AB＝4（1）求AB的长；（2）求sin∠ACD．【考点】正弦定理．【答案】见试题解答内容【分析】（1）在△ABC中使用余弦定理求出AB；（2）在△ACD中，使用正弦定理求出．【解答】解：（1）在△ABC中，由余弦定理得：AB2＝AC2+BC2﹣2AC•BCcos∠ACB＝16．∴AB＝4．（2）AD=1∵∠ACB与∠D互补，∴cosD＝﹣cos∠ACB=−1∴sinD=2在△ACD中，由正弦定理得：ACsinD∴sin∠ACD=AD⋅sinD18．（17分）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为DD1的中点，N为CC1的中点．（1）求证：BD1∥平面MAC；（2）求证：平面NBD1∥平面MAC．【考点】平面与平面平行；直线与平面平行．【答案】见试题解答内容【分析】（1）作出辅助线，利用三角形的中位线结合线面平行的判定定理，判定即可；（2）利用平行六面体的性质，结合两个中点，易证四边形NCMD1为平行四边形，根据平行四边形对边平行的性质，从而证明线面平行，再利用（1）中结论，结合面面平行的判定定理，判定即可．【解答】证明：（1）连接BD，交AC于O，连接MO，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，ABCD为平行四边形，所以O为BD中点，因为M为DD1的中点，所以MO∥BD1，因为MO⊂平面MAC，BD1⊄平面MAC，所以BD1∥平面MAC；（2）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，CC1∥DD1，CC1＝DD1，因为M为DD1的中点，N为CC1的中点，所以CN∥MD1，CN＝MD1，所以四边形NCMD1为平行四边形，从而MC∥D1N，因为MC⊂平面MAC，D1N⊄平面MAC，所以D1N∥平面MAC，由（1）可知：BD1∥平面MAC，因为D1N⊂平面NBD1，BD1⊂平面NBD1，且BD1∩D1N＝D1，所以平面NBD1∥平面MAC．19．（17分）△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4asinA＝bsinCcosA+csinAco