2023-2024学年广西南宁二中高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年广西南宁二中高一（下）期中数学试卷一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题仅有一个正确选项．）1．（5分）已知i是虚数单位，则i1−iA．1−2i2 B．−1+i2 C．2+i22．（5分）已知a，b是两条不同的直线，α是平面，且a⊄α，b⊂α，则“a∥α”是“a∥b”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．既不充分又不必要条件 D．充要条件3．（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→ 4．（5分）已知向量a→=(2，0)，b→=(λ，32)，若向量bA．3 B．7 C．104 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）已知m，n为实数，1﹣i（i为虚数单位）是关于x的方程x2﹣mx+n＝0的一个根，则m+n＝（）A．0 B．1 C．2 D．47．（5分）如图，已知正方形ABCD的边长为4，若动点P在以AB为直径的半圆上（正方形ABCD内部，含边界），则PC→A．（0，16） B．[0，16] C．（0，4） D．[0，4]8．（5分）在△ABC中，已知a+b=atanA+A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰或直角三角形二、多选题（共4小题，每小题5分，共20分，每小题有多个正确选项，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错或不选得0分．）（多选）9．（5分）下列说法错误的是（）A．过三个点有且只有一个平面 B．已知直线l，m，平面α，β，l∥β，m∥β，l⊂α，m⊂α，则α∥β C．已知直线l，m，平面α，m∥l，l∥α，则m∥α D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线（多选）10．（5分）复数z=2+i1−i，A．|z|=5B．z的共轭复数为32C．z的实部与虚部之和为2 D．z在复平面内的对应点位于第一象限（多选）11．（5分）把函数f（x）＝sinx的图象向左平移π3个单位长度，再把横坐标变为原来的12倍（纵坐标不变）得到函数g（x）的图象，下列关于函数g（A．最小正周期为π B．在区间[−π3，C．图象的一个对称中心为(−πD．图象的一条对称轴为直线x=（多选）12．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝4，E是棱BB1上的一点，点F在棱DD1上，则下列结论正确的是（）A．若A1，C，E，F四点共面，则BE＝DF B．存在点E，使得BD∥平面A1CE C．若A1，C，E，F四点共面，则四棱锥C1﹣A1ECF的体积为定值 D．若E为BB1的中点，则三棱锥E﹣A1CC1的外接球的表面积是32π三、填空题（每小题5分，共20分）．13．（5分）半径为2cm，圆心角为2π3的扇形面积为14．（5分）已知向量AB→=(−1，2)，AC→=(2，3)，AD→=(m，−3)，若B，C，15．（5分）在△ABC中，若a＝1，cosA=154，b＝x，三角形有唯一解，则整数x＝16．（5分）如图，在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B1=2四、解答题（共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（10分）已知平面向量a→，b→满足|a→|=2，|（1）求|a（2）当实数k为何值时，(a18．（12分）已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sinBsinA（1）证明：a2+b2＝2c2；（2）若cosB=2sin219．（12分）如图，在正方体中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点．求证：（1）平面EFG∥平面DBB1D1；（2）若正方体棱长为1，过A、E、C1三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线（不必说明画法与理由，但要说明点在棱的位置），并求出截面的面积．20．（12分）如图，现有一直径AB＝2百米的半圆形广场，AB所在直线上存在两点C，D，满足OC＝OD＝2百米（O为AB的中点），市政规划要求，从广场的半圆弧AB上选取一点E，各修建一条地下管道EC和ED通往C、D两点．（1）设∠EOB＝θ，试将管道总长（即线段EC+ED）表示为变量θ的函数；（2）求管道总长的最大值．21．（12分）已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且3ccosA+csinA=（1）求角C的大小；（2）若c＝2，角A与角B的内角平分线相交于点D，求△ABD面积的取值范围．22．（12分）定义非零向量OM→=(a，b)的“相伴函数”为f（x）＝asinx+bcosx（x∈R），向量OM→=(a，b)称为函数f（x）＝asinx+bcosx（x∈R）的“相伴向量”（其中（1）设h(x)=3cos(x+π6)+3cos(π3−x)(x∈R)，请问函数（2）已知点M（a，b）满足：ba∈(0，12]，向量OM→的“相伴函数”f（x）在x＝

2023-2024学年广西南宁二中高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题仅有一个正确选项．）1．（5分）已知i是虚数单位，则i1−iA．1−2i2 B．−1+i2 C．2+i2【考点】复数的运算．【答案】B【分析】利用复数的四则运算法则即可得出结论．【解答】解：i1−i=故选：B．2．（5分）已知a，b是两条不同的直线，α是平面，且a⊄α，b⊂α，则“a∥α”是“a∥b”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．既不充分又不必要条件 D．充要条件【考点】充分条件与必要条件；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行．【答案】B【分析】根据空间中直线与直线的位置关系以及线面平行的判定定理，结合必要不充分条件的概念即可得出结论．【解答】解：依题意得，当a⊄α，b⊂α，a∥α时，直线a与直线b的位置关系为平行或者异面，当a⊄α，b⊂α，a∥b时，由线面平行的判定定理可得a∥α，综上所述，“a∥α”是“a∥b”的必要不充分条件．故选：B．3．（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．4．（5分）已知向量a→=(2，0)，b→=(λ，32)，若向量bA．3 B．7 C．104 【考点】平面向量的投影向量；平面向量数量积的性质及其运算．【答案】D【分析】利用b→在a【解答】解：由已知可得，b→在a→上的投影向量为又b→在a→上的投影向量c→所以|b→|=故选：D．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）已知m，n为实数，1﹣i（i为虚数单位）是关于x的方程x2﹣mx+n＝0的一个根，则m+n＝（）A．0 B．1 C．2 D．4【考点】实系数多项式虚根成对定理．【答案】D【分析】由1﹣i是关于x的方程x2﹣mx+n＝0的一个根，则1+i是关于x的方程x2﹣mx+n＝0的一个根，结合根与系数的关系求解即可．【解答】解：由1﹣i是关于x的方程x2﹣mx+n＝0的一个根，则1+i是关于x的方程x2﹣mx+n＝0的一个根，则m＝1﹣i+1+i＝2，n＝（1﹣i）×（1+i）＝2，即m＝2，n＝2，则m+n＝4．故选：D．7．（5分）如图，已知正方形ABCD的边长为4，若动点P在以AB为直径的半圆上（正方形ABCD内部，含边界），则PC→A．（0，16） B．[0，16] C．（0，4） D．[0，4]【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】B【分析】直接利用向量的数量积运算求出结果．【解答】解：建立直角坐标系，如图所示：正方形ABCD的边长为4，设：A（0，0），B（4，0），C（0，4），D（4，4），取CD的中点E，连接PE，所以PE的取值范围为[AD即[2，25]，由于PC→故PC→故选：B．8．（5分）在△ABC中，已知a+b=atanA+A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰或直角三角形【考点】三角形的形状判断；正弦定理．【答案】B【分析】先通过“边化角”，再通过辅助角公式即可求解．【解答】解：因为a+b=a所以sinA+sinB=sinAsinAcosA+sinBsinBcosB=cosA+cosB，整理可得sin所以2sin（A−π4）=−2sin（又因为A，B∈（0，π），所以A−π4∈（−π4，3π4），B−π所以A−π4=−（B−π4），可得所以△ABC的形状一定是直角三角形．故选：B．二、多选题（共4小题，每小题5分，共20分，每小题有多个正确选项，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错或不选得0分．）（多选）9．（5分）下列说法错误的是（）A．过三个点有且只有一个平面 B．已知直线l，m，平面α，β，l∥β，m∥β，l⊂α，m⊂α，则α∥β C．已知直线l，m，平面α，m∥l，l∥α，则m∥α D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线【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】ABC【分析】由立体几何公理判断AD，由面面平行的判定及线面关系判断CD．【解答】解：对于A，过不共线的三个点有且只有一个平面，故A错误；对于B，如果一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行，故B错误；对于C，若m∥l，l∥α，则m∥α或m⊂α，故C错误；对于D，由平面相交公理，可知D正确．故选：ABC．（多选）10．（5分）复数z=2+i1−i，A．|z|=5B．z的共轭复数为32C．z的实部与虚部之和为2 D．z在复平面内的对应点位于第一象限【考点】复数的运算．【答案】CD【分析】根据已知条件，先对z化简，再结合复数模公式，共轭复数的定义，实部和虚部的定义，复数的几何意义，即可求解．【解答】解：z=2+i对于A，|z|=(12对于B，z的共轭复数为12−3对于C，z的实部与虚部之和为12+3对于D，z在复平面内的对应点（12，3故选：CD．（多选）11．（5分）把函数f（x）＝sinx的图象向左平移π3个单位长度，再把横坐标变为原来的12倍（纵坐标不变）得到函数g（x）的图象，下列关于函数g（A．最小正周期为π B．在区间[−π3，C．图象的一个对称中心为(−πD．图象的一条对称轴为直线x=【考点】函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换．【答案】AD【分析】首先利用平移变换和伸缩变换的应用求出函数g（x）的关系式，进一步利用函数的性质求出结果．【解答】解：f（x）＝sinx的图象向左平移π3个单位长度，再把横坐标变为原来的12倍（纵坐标不变）得到函数g（x）＝sin（2x所以函数的最小正周期为π，当x=π故选：AD．（多选）12．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝4，E是棱BB1上的一点，点F在棱DD1上，则下列结论正确的是（）A．若A1，C，E，F四点共面，则BE＝DF B．存在点E，使得BD∥平面A1CE C．若A1，C，E，F四点共面，则四棱锥C1﹣A1ECF的体积为定值 D．若E为BB1的中点，则三棱锥E﹣A1CC1的外接球的表面积是32π【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积；平面的基本性质及推论；直线与平面平行；命题的真假判断与应用．【答案】BCD【分析】根据所给条件，利用长方体的结构特征，结合线面平行的判定定理、棱锥的体积公式与多面体外接球的性质，对各项中的结论依次进行验证，可得正确答案．【解答】解：对于A，若A1、C、E、F共面，根据长方体相对的侧面互相平行，可得A1E与CF平行、A1F与CE平行，所以四边形A1CEF是平行四边形，可得到A1E与CF平行且相等，由此可得Rt△A1B1E≌Rt△CDF，所以B1E＝DF，可知BE＝DF不成立，故A项不正确；对于B，当点E为BB1中点时，可得BD∥平面A1CE，证明如下：设A1C与B1D的交点为O，则O为B1D的中点，连接OE，则OE是△BB1D的中位线，由OE∥BD，OE⊂平面A1CE，BD⊄平面A1CE，可得BD∥平面A1CE，故B项正确；对于C，若A1，C，E，F四点共面，则四棱锥C1﹣A1ECF的体积等于三棱锥C1﹣A1EC的体积的2倍，根据点A1到平面C1EC的距离等于AB＝2，可知VC所以四棱锥C1﹣A1ECF的体积等于2×83=对于D，由长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝4，可知对角线A1根据长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，可知：若E为BB1的中点，则OE∥BD，所以OE⊥平面A1CC1，结合E为△A1CC1的外心，可知三棱锥E﹣A1CC1的外接球的球心在直线OE上，设该球的半径为R，球心为Q，则QE＝QC＝R，可得（R﹣OE）2+OC2＝R2，即(R−2)2+(6)2=R2，解得R=22，所以三棱锥E﹣A1CC1故选：BCD．三、填空题（每小题5分，共20分）．13．（5分）半径为2cm，圆心角为2π3的扇形面积为4π3【考点】扇形面积公式．【答案】见试题解答内容【分析】求出扇形的弧长，利用扇形面积公式求解即可．【解答】解：因为半径为2cm，圆心角为2π3的扇形，弧长为4π所以扇形面积为：12×4π故答案为：4π314．（5分）已知向量AB→=(−1，2)，AC→=(2，3)，AD→=(m，−3)，若B，C，【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示．【答案】﹣16，．【分析】根据题意求BC→【解答】解：由题意可得：BC→=AC→−若B，C，D三点共线，可知BC→则m+1＝﹣15，解得m＝﹣16．故答案为：﹣16．15．（5分）在△ABC中，若a＝1，cosA=154，b＝x，三角形有唯一解，则整数x＝【考点】正弦定理．【答案】1或4．【分析】三角形有唯一解的充要条件是a＝h或a≥b，然后根据这个条件即可解得整数b的值．【解答】解：如图：设h是AB边上的高，由三角形有唯一解的等价条件是a＝h或a≥b，由cosA=154⇒sinA=14，因为b又因为a＝1，根据唯一解的条件可知：x4=1或1≥x，解得x＝4或又因为x为整数，b＝x，所以b的值为1或4．故答案为：1或4．16．（5分）如图，在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B1=2，AB=22【考点】球的体积和表面积．【答案】见试题解答内容【分析】由已知求出棱台的高，再画出截面图，利用勾股定理列式求外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．【解答】解：设正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上底面的中心为O1，下底面中心为O2，其外接球球心为O，∵A1∴S正方形A1B1则V棱台可得O1作出正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的轴截面ACC1A1，由A1B1=2，AB=22，得则A1O1＝1，AO2＝2，棱台外接球的半径为R，则R2−1∴该棱台外接球的表面积为4π×22＝16π．故答案为：16π．四、解答题（共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（10分）已知平面向量a→，b→满足|a→|=2，|（1）求|a（2）当实数k为何值时，(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】（1）27（2）k=−3±【分析】（1）由|a（2）由题得(a【解答】解：（1）因为|a→|=2，|b→所以a→所以|=2（2）因为(a所以(＝4k﹣4（k2﹣1）﹣16k＝0，化为k2+3k﹣1＝0，解得k=−3±18．（12分）已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sinBsinA（1）证明：a2+b2＝2c2；（2）若cosB=2sin2【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】（1）证明见解析；（2）90°．【分析】（1）借助正弦定理与余弦定理化简即可得；（2）借助正弦定理与余弦定理化简后可得a2+c2＝5b2，结合（1）中所得可得a，b，c间的关系，再借助余弦定理即可得解．【解答】（1）证明：由正弦定理及条件可得ba由余弦定理可得b2化简得a2+b2＝2c2；（2）解：由cosB=2sin2BsinAsinC得a2+c2−又a2+b2＝2c2，故c=2b，所以故cosA=b所以角A为90°．19．（12分）如图，在正方体中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点．求证：（1）平面EFG∥平面DBB1D1；（2）若正方体棱长为1，过A、E、C1三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线（不必说明画法与理由，但要说明点在棱的位置），并求出截面的面积．【考点】平面与平面平行；平面的基本性质及推论．【答案】（1）证明详见解答；（2）62【分析】（1）连接SB，由三角形的中位线定理、线面平行的判定定理，线面平行和面面平行的判定定理，即可得证；（2）取B1C1的中点N，连接A1N，NE，取A1D1的中点M，连接MC1，AM，由平行四边形的判定和性质，推得截面为菱形，由对角线互相垂直，可得所求面积．【解答】解：（1）证明：连接SB，由EG为△CSB的中位线，可得EG∥SB，由EG⊄平面BDD1B1，SB⊂平面BDD1B1，可得EG∥平面BDD1B1；由EF∥DB，EF⊄平面BDD1B1，DB⊂∥平面BDD1B1，可得EF∥平面BDD1B1，EF∩EG＝E，∴平面EFG∥平面BDD1B1；（2）取B1C1的中点N，连接A1N，NE，可得AE∥A1N，AE＝A1N，取A1D1的中点M，连接MC1，AM，可得MC1＝A1N，MC1∥A1N，可得截面AEC1M为平行四边形，且AE＝EC1＝AM＝MC1=1+所以截面的面积为12×AC1×ME20．（12分）如图，现有一直径AB＝2百米的半圆形广场，AB所在直线上存在两点C，D，满足OC＝OD＝2百米（O为AB的中点），市政规划要求，从广场的半圆弧AB上选取一点E，各修建一条地下管道EC和ED通往C、D两点．（1）设∠EOB＝θ，试将管道总长（即线段EC+ED）表示为变量θ的函数；（2）求管道总长的最大值．【考点】根据实际问题选择函数类型．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由余弦定理得：ED2＝OD2+OE2﹣2OD•OE•cos∠EOD＝5﹣4cosθ，EC2＝OC2+OE2﹣2•OC•OE•cos∠EOC5+4cosθ，由此能将管道总长（即线段EC+ED）表示为变量θ的函数．（2）[f（θ）]2=(5+4cosθ+5−4cosθ)2=10+225−16cos【解答】解：（1）在△DOE中，由余弦定理得：ED2＝OD2+OE2﹣2OD•OE•cos∠EOD＝4+1﹣2×2×1×cosθ＝5﹣4cosθ，在△COE中，由余弦定理得：EC2＝OC2+OE2﹣2•OC•OE•cos∠EOC＝4+1﹣2×2×1×cos（π﹣θ）＝5+4cosθ，∴EC+ED=5+4cosθ+5−4cosθ=f（θ），∴将管道总长（即线段EC+ED）表示为变量θ的函数为：f（θ）=5+4cosθ+5−4cosθ，θ∈（2）由（1）可得：[f（θ）]2=(5+4cosθ+＝10+225−16cos2θ≤10+225=当且仅当cos2θ＝0，即θ=π∵f（θ）=5+4cosθ+5−4cosθ＞0，∴f（∴管道总长的最大值为25百米，21．（12分）已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且3ccosA+csinA=（1）求角C的大小；（2）若c＝2，角A与角B的内角平分线相交于点D，求△ABD面积的取值范围．【考点】解三角形；正弦定理．【答案】（1）C=π（2）(3−【分析】（1）利用正弦定理，将等式中的边化为角，根据和角公式以及同角三角函数的商式