2023-2024学年广东省湛江二十一中高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年广东省湛江二十一中高一（下）期中数学试卷一．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。1．（5分）已知复数z＝i2﹣i，则z对应的点Z在复平面的（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．（5分）在平行四边形ABCD中，点E满足AE→=1A．34AB→−C．AB→−13．（5分）在△ABC中，A＝60°，B＝75°，a＝2，则△ABC中最小的边长为（）A．63 B．263 C．24．（5分）在直角坐标系xOy中，向量OA→=(1，−1)，OB→=(5，m)，OC→=(7，3)，其中m∈R．若A．35 B．﹣7 C．535．（5分）如图所示，梯形A′B′C′D′是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，A′D′＝2B′C′＝2，A′B′＝1，则平面图形ABCD中对角线AC的长度为（）A．2 B．3 C．5 D．56．（5分）已知圆锥的侧面积为12π，它的侧面展开图是圆心角为2π3A．62π B．162π3 7．（5分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为A1B1的中点，AB＝BC＝2，BB1＝1，AC＝22，则异面直线BD与AC所成的角为（）A．30° B．45° C．60° D．90°8．（5分）已知三棱锥P﹣ABC的顶点都在球O的球面上，AB⊥AC，BC=22，PB⊥平面ABC，若球O的体积为36A．473 B．5 C．87二．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）9．（6分）已知α，β是两个不重合的平面，l，m是两条不同的直线，在下列说法正确的是（）A．若l∥α，α∥β，则l∥β B．若α∥β，m⊂α，则m∥β C．若l∥α，m⊂α，则l∥m D．若α∩β＝l，m∥l，则m至少与α，β中一个平行（多选）10．（6分）设z为复数（i为虚数单位），下列命题正确的有（）A．复数z＝3﹣2i的共轭复数的虚部为2 B．若z2∈R，则z∈R C．若（1+i）z＝1﹣i，则|z|＝1 D．若z2+1＝0，则z＝i（多选）11．（6分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F分别是棱B1B，C1C上的动点，AA1＝2A1B1＝2A1C1＝4，∠AA．直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为43B．直三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的表面积为16π C．若E，F分别是棱B1B，C1C的中点，则异面直线A1F与AE所成角的余弦值为14D．AE+EF+FA1取得最小值时，A1F＝EF三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12．（5分）向量a→=(1，2)，b→=(2，λ)，且a→13．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为3，b2﹣c2＝21，cosA=45，则a的值为14．（5分）如图所示，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，设MN分别是线段DA1、B1D1上的动点，若MN∥平面CC1D1D，则线段MN长的最小值为．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。15．（13分）设复数z1＝1﹣ai（a∈R），z2＝2+3i，i为虚数单位．（1）若a＝2，求z1•z2；（2）若z1z2是纯虚数，求|16．（15分）已知向量a→=（1，x），（1）若3b→⊥（a→−（2）若c→=（﹣3，﹣4），b→∥（a→+17．（15分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosA+32a＝（1）求B的大小；（2）若c=3，a+b＝2，求△ABC18．（17分）如图，已知多面体FABCDE的底面ABCD是边长为3的正方形，DE⊥底面ABCD，DE∥AF，且FA＝3DE＝3．（1）证明：CD⊥平面ADEF；（2）求四棱锥C﹣ADEF的体积．19．（17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（1）正四棱锥S﹣ABCD的表面积；（2）若M为SA的中点，求证：SC∥平面BMD；（3）侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SEEC

2023-2024学年广东省湛江二十一中高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一．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。1．（5分）已知复数z＝i2﹣i，则z对应的点Z在复平面的（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【考点】复数的代数表示法及其几何意义；复数的运算．【答案】C【分析】根据虚数单位的性质化简，再由实部、虚部符号确定复数对应点所在象限．【解答】解：因为z＝i2﹣i＝﹣1﹣i，所以z对应的点Z（﹣1，﹣1）在复平面的第三象限．故选：C．2．（5分）在平行四边形ABCD中，点E满足AE→=1A．34AB→−C．AB→−1【考点】平面向量的基本定理．【答案】B【分析】根据向量的加减法运算以及数乘运算即可得到结果．【解答】解：因为ABCD为平行四边形，所以AC→则有AE→∴BE→故选：B．3．（5分）在△ABC中，A＝60°，B＝75°，a＝2，则△ABC中最小的边长为（）A．63 B．263 C．2【考点】正弦定理．【答案】B【分析】易得C＝45°，再根据正弦定理计算最小角C的对边即可．【解答】解：由题意，C＝180°﹣60°﹣75°＝45°，故△ABC中最小的边长为c．由正弦定理asinA=c故选：B．4．（5分）在直角坐标系xOy中，向量OA→=(1，−1)，OB→=(5，m)，OC→=(7，3)，其中m∈R．若A．35 B．﹣7 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】C【分析】由已知结合点共线与向量共线的转化及向量平行的坐标表示即可求解．【解答】解：因为向量OA→所以AB→=OB→−若A，B，C三点共线，则AB→所以4×4＝6（m+1），解得m=5故选：C．5．（5分）如图所示，梯形A′B′C′D′是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，A′D′＝2B′C′＝2，A′B′＝1，则平面图形ABCD中对角线AC的长度为（）A．2 B．3 C．5 D．5【考点】斜二测法画直观图；平面图形的直观图．【答案】C【分析】根据斜二测画法的规则确定原图形，利用勾股定理求得长度．【解答】解：由直观图知原几何图形是直角梯形ABCD，如图，由斜二测法则知AB＝2A′B′＝2，BC＝B′C′＝1，AB⊥BC，所以AC=A故选：C．6．（5分）已知圆锥的侧面积为12π，它的侧面展开图是圆心角为2π3A．62π B．162π3 【考点】圆锥的体积．【答案】B【分析】根据题意，设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由圆锥的结构特征可得r、l的值，进而求出圆锥的高，进而计算可得答案．【解答】解：根据题意，设圆锥的底面半径为r，母线长为l，圆锥的侧面积为12π，它的侧面展开图是圆心角为2π3则有πrl＝12π，2πrl=2π3，解得所以此圆锥的高h=l所以此圆锥的体积V=1故选：B．7．（5分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为A1B1的中点，AB＝BC＝2，BB1＝1，AC＝22，则异面直线BD与AC所成的角为（）A．30° B．45° C．60° D．90°【考点】异面直线及其所成的角．【答案】C【分析】取BC1中点E，连接DE，BE，则DE∥AC，∠BDE是异面直线BD与AC所成的角（或所成角的补角），由此能求出异面直线BD与AC所成的角．【解答】解：取BC1中点E，连接DE，BE，∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为A1B1的中点，∴DE∥AC，∴∠BDE是异面直线BD与AC所成的角（或所成角的补角），∵AB＝BC＝2，BB1＝1，AC＝22，∴DE=12AB=2，BD∴△BDE是等边三角形，∴∠BDE＝60°，∴异面直线BD与AC所成的角为60°．故选：C．8．（5分）已知三棱锥P﹣ABC的顶点都在球O的球面上，AB⊥AC，BC=22，PB⊥平面ABC，若球O的体积为36A．473 B．5 C．87【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【答案】A【分析】根据分割补形法，长方体的性质，即可求解．【解答】解：因为AB⊥AC，BC=22，易知三角形ABC又PB⊥平面ABC，所以PB为三棱锥P﹣ABC的高，则可将三棱锥P﹣ABC补全成如图的直观图，如图，长方体的体对角线即为外接球直径，即PC为球直径，∴V=43π又PC=P解得PB=27BC2＝AB2+AC2⩾2AB×AC所以AB×AC⩽4所以三棱锥的体积V=1故选：A．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）9．（6分）已知α，β是两个不重合的平面，l，m是两条不同的直线，在下列说法正确的是（）A．若l∥α，α∥β，则l∥β B．若α∥β，m⊂α，则m∥β C．若l∥α，m⊂α，则l∥m D．若α∩β＝l，m∥l，则m至少与α，β中一个平行【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；空间中直线与直线之间的位置关系．【答案】BD【分析】根据平行和垂直的性质依次判断可得．【解答】解：对A，若l∥α，α∥β，则l∥β或l⊂β，故A错误；对B，若l∥m，l⊥α，则m⊥α，故B正确；对C，若l∥α，m⊂α，则l和m平行或异面，故C错误；对D，若α∩β＝l，m∥l，则m至少与α、β中的一个平行，故D正确．故选：BD．（多选）10．（6分）设z为复数（i为虚数单位），下列命题正确的有（）A．复数z＝3﹣2i的共轭复数的虚部为2 B．若z2∈R，则z∈R C．若（1+i）z＝1﹣i，则|z|＝1 D．若z2+1＝0，则z＝i【考点】复数的模；复数的运算；虚数单位i、复数；共轭复数．【答案】AC【分析】利用共轭复数的定义可判断A；利用特殊值法可判断B；利用复数的除法化简复数z，结合复数的模长公式可判断C；解方程z2+1＝0可判断D．【解答】解：对于A，因为z＝3﹣2i，则z=3+2i，其虚部为2，故A对于B，取z＝i，此时z2＝﹣1∈R，但z∉R，故B错误；对于C，若（1+i）z＝1﹣i，则z=1−i1+i=(1−i)2对于D，若z2+1＝0，则z2＝﹣1，解得z＝±i，故D错误．故选：AC．（多选）11．（6分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F分别是棱B1B，C1C上的动点，AA1＝2A1B1＝2A1C1＝4，∠AA．直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为43B．直三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的表面积为16π C．若E，F分别是棱B1B，C1C的中点，则异面直线A1F与AE所成角的余弦值为14D．AE+EF+FA1取得最小值时，A1F＝EF【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；棱柱的结构特征．【答案】ACD【分析】根据三棱柱的体积公式即可判断A选项；通过确定球心的位置，求出直三棱柱外接球的半径，即可判断B选项；通过平移找到异面直线所成角，然后在三角形中利用余弦定理可判断C选项；通过三棱柱的侧面展开图可判断D选项．【解答】解：选项A：因为AA1＝2A1B1＝2A1C1＝4，∠A所以三棱柱的上、下底面均为正三角形，所以VABC−A1选项B：如图1，记△ABC和△A1B1C1外接圆的圆心分别为O和O1，连接OO1，O1B1，记OO1的中点为O2，连接O2B1，则O1易知O2B1为直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球半径，且O2所以直三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的表面积为4π×O2B选项C：如图2，取A1A的中点M，连接B1M，CM，易知B1M∥EA，A1F∥CM，且CM=B故∠CMB1即异面直线A1F与AE所成角或其补角，连接CB1，则CB1=2故cos∠CMB故异面直线A1F与AE所成角的余弦值为14，故C选项D：将直三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面展开得到平面展开图，如图3所示．连接AA1，分别交BB1，CC1于点E，F，易知AE+EF+FA1的最小值为AA1．在侧面展开图中易知点E，F分别为BB1，CC1的三等分点，过点E作EH⊥CC1交CC1于点H，由勾股定理得A1F=C因为EH＝A1C1，C1F＝HF，所以A1F＝EF，故D正确．．故选：ACD．三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12．（5分）向量a→=(1，2)，b→=(2，λ)，且a→【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系．【答案】见试题解答内容【分析】依题意可得a→【解答】解：因为a→=(1，2)，b→所以a→⋅b→=0故答案为：﹣113．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为3，b2﹣c2＝21，cosA=45，则a的值为13【考点】余弦定理．【答案】13．【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求sinA，利用三角形面积公式可求bc＝10，结合b2﹣c2＝21解得b，c的值，利用余弦定理即可解得a的值．【解答】解：∵cosA=45，A∈（0，∴sinA=1−co∴由△ABC的面积为3=12bcsinA=310又∵b2﹣c2＝21，得b＝5，c＝2，∴由余弦定理得a=b故答案为：13．14．（5分）如图所示，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，设MN分别是线段DA1、B1D1上的动点，若MN∥平面CC1D1D，则线段MN长的最小值为22【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面平行．【答案】22【分析】作出辅助线，得到要使MN∥平面CC1D1D，则四边形MGPN为平行四边形，故NP＝MG，设D1G＝m∈（0，1），得出MN=m【解答】解：过点M，N分别作MG∥A1D1，交DD1于点G，NP∥A1D1，交C1D1于点P，连接PG，要想MN∥平面CC1D1D，则四边形MGPN为平行四边形，故NP＝MG，设D1G＝m∈（0，1），则PC1＝m，故PD1＝1﹣m，由勾股定理得MN=PG=D其中m2+（1﹣m）2＝2m2﹣2m+1＝2(m−1当且仅当m=1故MN≥2所以线段MN长的最小值为22故答案为：22四．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）设复数z1＝1﹣ai（a∈R），z2＝2+3i，i为虚数单位．（1）若a＝2，求z1•z2；（2）若z1z2是纯虚数，求|【考点】复数的运算；纯虚数．【答案】（1）8﹣i；（2）133【分析】（1）代入a的值，再去计算z1z2即可．（2）先将z1z2【解答】解：（1）当a＝2时，z1＝1﹣2i，z1•z2＝（1﹣2i）（2+3i）＝2﹣i+6＝8﹣i．（2）z1因为其为纯虚数，则2−3a=03+2a≠0，解得a=则z1=1−216．（15分）已知向量a→=（1，x），（1）若3b→⊥（a→−（2）若c→=（﹣3，﹣4），b→∥（a→+【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量共线（平行）的坐标表示；数量积判断两个平面向量的垂直关系．【答案】（1）133；（2）4【分析】（1）根据向量垂直的坐标运算求出x，再根据向量模的坐标运算可得结果；（2）根据向量平行的坐标运算求出x，再根据向量夹角的坐标运算可得结果．【解答】解：（1）由3b→⊥(a→因为a→⋅b→=2+3x，b所以a→=(1，11所以|a（2）由题知，a→因为b→∥(a→+c→又3b→+所以3b→+c→17．（15分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosA+32a＝（1）求B的大小；（2）若c=3，a+b＝2，求△ABC【考点】正弦定理；三角形中的几何计算．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得32sinA＝sinAcosB，结合sinA≠0，可求cosB=32，结合范围B∈（0，π（2）由余弦定理可得a2﹣b2+3＝3a，结合a+b＝2，解得a＝b＝1，利用三角形的面积公式即可计算得解．【解答】解：（1）∵bcosA+32a＝∴由正弦定理可得sinBcosA+32sinA＝sin又sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB，∴32sinA＝sinAcosB∵sinA≠0，∴cosB=3∵B∈（0，π），∴B=π（2）∵B=π6，c∴由余弦定理可得cosB=a2+3−b22×a×3=3又a+b＝2，解得a＝b＝1，∴S△ABC=12acsinB18．（17分）如图，已知多面体FABCDE的底面ABCD是边长为3的正方形，DE⊥底面ABCD，DE∥AF，且FA＝3DE＝3．（1）证明：CD⊥平面ADEF；（2）求四棱锥C﹣ADEF的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直．【答案】（1）证明见解析；（2）6．【分析】（1）由线面垂直的判定证明；（2）求出直角梯形ADEF的面积，以CD为四棱锥C﹣ADEF的高求体积．【解答】（1）证明：∵DE⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，∴CD