2023-2024学年河南省周口市、濮阳市高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年河南省周口市、濮阳市高一（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）在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，且AO→=OC→，A．AC⊥BD B．四边形ABCD是梯形 C．四边形ABCD是菱形 D．四边形ABCD是矩形2．（5分）两个三棱锥、一个四棱锥拼在一起不可能拼成的是（）A．一个三棱锥 B．一个四棱锥 C．一个三棱柱 D．一个四棱柱3．（5分）已知复数z＝a+（2﹣a）i（a∈R），i为虚数单位，当|z|=2时，zA．3+i B．1+i C．15+3i4．（5分）用斜二测画法画一个水平放置的平面图形，恰为一个直角边长为3的等腰直角三角形（如图），∠ACB＝90°，则原图形的面积为（）A．92 B．18 C．182 5．（5分）已知在△ABC中，H为△ABC的垂心，O是△ABC所在平面内一点，且OA→A．点O为△ABC的内心 B．点O为△ABC的外心 C．∠ACB＝90° D．△ABC为等边三角形6．（5分）已知z1＝（x+2y）+（y+2）i，z2＝（2x﹣y）+（x﹣y）i，x，y∈R，i为虚数单位，若z1＝z2，z2为z2的共轭复数，则zA．14 B．116 C．14 D．27．（5分）在四边形ABCD中，AD→+2AB→=AC→，且ABA．255 B．35 C．58．（5分）多面体欧拉定理是指：若多面体的顶点数为V，面数为S，棱数为l，则满足V+S＝l+2．已知某n面体各面均为五边形，且经过每个顶点的棱数为3，则n＝（）A．6 B．10 C．12 D．20二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）已知复数z=12−A．z的虚部为−32i B．|C．z2022＝1 D．z为纯虚数（多选）10．（6分）在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，M为CD的中点，BM与AC交于点Q，延长DQ交BC于S，DQ→=λDS→A．Q为三角形BCD的外心 B．λ=2C．AO→=1（多选）11．（6分）已知a，b∈R，方程x3﹣3x2+ax﹣b＝0有一个虚根为1+i，i为虚数单位，另一个虚根为z，则（）A．a＝4 B．该方程的实数根为1 C．z＝2﹣i D．z2024＝2203三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知|a→−2b→|=13，13．（5分）已知复数z满足|z﹣1﹣i|＝2，i为虚数单位，z在复平面上对应的点为Z，定点M（﹣1，0），O为坐标原点，则OZ→⋅OM14．（5分）某容器是一个圆锥和圆柱的组合体（如图），圆柱的底面直径为4，高为3，容器内放入一个直径为4的球后，该球与圆柱的侧面和底面、圆锥的侧面都相切，则该容器的体积为．四、解答题：共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）已知z为虚数，且z3＝1．（1）求z的值；（2）求z2024+z1012的值．16．（15分）在平面直角坐标系中，A（3，0），C（1，4），B（x，1），四边形ABCD是矩形且|AB（1）求点B，D的坐标；（2）M与点A，B，C，D在同一平面直角坐标系中，当点M到A，B，C，D的距离的平方和最小时，求点M的坐标．17．（15分）已知a→，b→，（1）若a→+b→+（2）若a→⋅(a18．（17分）已知某圆锥的母线长与底面直径相等，表面积为6π．（1）求此圆锥的体积；（2）若此圆锥内有一圆柱，该圆柱的下底面在圆锥的底面上，求该圆柱侧面积的最大值．19．（17分）已知点O满足2OA→+3OB→+tOC→=0→（1）求t的值；（2）若O为△ABC的垂心，求cos∠ACB的值．

2023-2024学年河南省周口市、濮阳市高一（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）在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，且AO→=OC→，A．AC⊥BD B．四边形ABCD是梯形 C．四边形ABCD是菱形 D．四边形ABCD是矩形【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系；平面向量的概念与平面向量的模；平面向量的相等与共线．【答案】D【分析】结合矩形的判定定理，即可求解．【解答】解：AC与BD交于点O，且AO→=OC→，则四边形ABCD对角线互相平分且相等，四边形ABCD是矩形．故选：D．2．（5分）两个三棱锥、一个四棱锥拼在一起不可能拼成的是（）A．一个三棱锥 B．一个四棱锥 C．一个三棱柱 D．一个四棱柱【考点】棱锥的结构特征；棱台的结构特征；棱柱的结构特征．【答案】D【分析】根据题意，原问题可以转化为“该几何体是否可拆割成两个三棱锥和一个四棱锥”的问题，由此分析选项，综合可得答案．【解答】解：根据题意，两个三棱锥和一个四棱锥能否拼成某几何体，可以看该几何体是否可拆割成两个三棱锥和一个四棱锥，依次分析选项：对于A，三棱锥ABCD中，分别取BC，BD中点为E，F，EF中点为M，连接AM，则三棱锥A﹣BCD可拆割为三棱锥A﹣BEM，A﹣BFM和四棱锥A﹣CDFE，故两个三棱锥、一个四棱锥拼在一起可能拼成一个三棱锥，符合题意；对于B，取BC、AD的中点分别为E，F，则四棱锥P﹣ABCD可拆割为三棱锥P﹣AFB，P﹣BEF和四棱锥P﹣EFDC，故两个三棱锥、一个四棱锥拼在一起可能拼成一个四棱锥，符合题意，符合题意；对于C，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，取B1C1的中点为E，则三棱柱ABC﹣A1B1C1可拆割为三棱锥B1﹣A1BE，C1﹣A1BE和四棱柱B﹣ACC1A1，故两个三棱锥、一个四棱锥拼在一起可能拼成一个三棱柱，符合题意；对于D，一个四棱柱割去一个四棱锥后的几何体不可能由两个三棱锥拼成，故D不可能．故选：D．3．（5分）已知复数z＝a+（2﹣a）i（a∈R），i为虚数单位，当|z|=2时，zA．3+i B．1+i C．15+3i【考点】复数的运算；复数的模．【答案】C【分析】由已知结合复数的模长公式先求出a，然后结合复数的四则运算即可求解．【解答】解：因为复数z＝a+（2﹣a）i，所以|z|2＝a2+（2﹣a）2＝2，即a2﹣2a+1＝0，解得a＝1，此时z＝1+i，故z2−i故选：C．4．（5分）用斜二测画法画一个水平放置的平面图形，恰为一个直角边长为3的等腰直角三角形（如图），∠ACB＝90°，则原图形的面积为（）A．92 B．18 C．182 【考点】由斜二测直观图还原图形．【答案】A【分析】根据斜二测画法的定义，即可求得原图形的面积．【解答】解：斜二测画法得到一个直角边长为3的等腰直角三角形，还原平面图形如图，可得∠CAB＝90°，AC＝6，AB=3故原图形面积为12故选：A．5．（5分）已知在△ABC中，H为△ABC的垂心，O是△ABC所在平面内一点，且OA→A．点O为△ABC的内心 B．点O为△ABC的外心 C．∠ACB＝90° D．△ABC为等边三角形【考点】平面向量的基本定理；三角形五心．【答案】B【分析】直接利用向量的线性运算和向量垂直的充要条件求出结果．【解答】解：在△ABC中，H为△ABC的垂心，由OA→+OB即OA→2=又AH→而AH→同理可得，|OC故点O为△ABC的外心．故选：B．6．（5分）已知z1＝（x+2y）+（y+2）i，z2＝（2x﹣y）+（x﹣y）i，x，y∈R，i为虚数单位，若z1＝z2，z2为z2的共轭复数，则zA．14 B．116 C．14 D．2【考点】复数的相等．【答案】B【分析】由已知结合复数相等的条件先求出x，y，然后结合复数的四则运算即可求解．【解答】解：由z1＝z2得，x+2y=2x−yy+2=x−y，解得x＝6，y故z1＝z2＝10+4i，z1故选：B．7．（5分）在四边形ABCD中，AD→+2AB→=AC→，且ABA．255 B．35 C．5【考点】平面向量数量积的性质及其运算；余弦定理；三角形中的几何计算．【答案】B【分析】由AD→+2AB→=AC→得出AB→∥DC→，即AB∥CD，利用勾股定理的逆定理判断∠ADC【解答】解：由AD→+2AB→=AC→又AB、CD不在一条直线上，所以AB∥CD，且DC＝2，在△ADC中，AD＝DC＝2，AC=22所以AD2+DC2＝AC2，所以∠ADC＝90°，所以∠DAB＝90°，如图所示：所以BC=BD=A由余弦定理得，cos∠CBD=B故选：B．8．（5分）多面体欧拉定理是指：若多面体的顶点数为V，面数为S，棱数为l，则满足V+S＝l+2．已知某n面体各面均为五边形，且经过每个顶点的棱数为3，则n＝（）A．6 B．10 C．12 D．20【考点】归纳推理．【答案】C【分析】根据给定的条件，结合欧拉公式列出方程组，求解方程组即可得解．【解答】解：设该多面体的顶点数为x，棱数为y，依题意，可得x+n=y+25n=2y消去x，y，可得n＝12．故选：C．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）已知复数z=12−A．z的虚部为−32i B．|C．z2022＝1 D．z为纯虚数【考点】复数的运算；复数的模．【答案】AD【分析】根据复数的定义与运算性质，分别判断选项中的命题是否正确即可．【解答】解：对于A，复数z=12−32对于B，|z|=(12对于C，因为z=12+32i，与由x2﹣x+1＝0知x3+1＝0，所以z3＝﹣1，z6＝1，z2022＝（z6）337＝1，选项C正确；对于C，复数z=12−32故选：AD．（多选）10．（6分）在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，M为CD的中点，BM与AC交于点Q，延长DQ交BC于S，DQ→=λDS→A．Q为三角形BCD的外心 B．λ=2C．AO→=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；三角形五心．【答案】BCD【分析】由M为CD的中点及△MCQ∽△BAQ，可得点Q为△BCD的重心，再对各选项逐一判断即可求解．【解答】解：在△BCD中，M为CD的中点，又由△MCQ∽△BAQ，得MQ→=12QB→，故点因为Q是△BCD的重心，所以S为BC的中点，所以DQ→=2因为AO→=1所以12AS→因为AC→2−故选：BCD．（多选）11．（6分）已知a，b∈R，方程x3﹣3x2+ax﹣b＝0有一个虚根为1+i，i为虚数单位，另一个虚根为z，则（）A．a＝4 B．该方程的实数根为1 C．z＝2﹣i D．z2024＝2203【考点】实系数多项式虚根成对定理．【答案】AB【分析】把x＝1+i代入方程，整理求得a、b，再求原方程的解，判断选项中的命题是否正确．【解答】解：将x＝1+i代入方程，整理得a﹣b﹣2+（a﹣4）i＝0，由复数相等，得a−b−2=0a−4=0，解得a＝4，b＝2，所以选项A所以原方程为x3﹣3x2+4x﹣2＝0，即（x3﹣x2）﹣（2x2﹣2x）+（2x﹣2）＝0，即（x﹣1）•（x2﹣2x+2）＝0，解得方程的实数根为1，方程的另一虚根为1﹣i，选项B正确，C错误；计算z2024＝（1﹣i）2024＝（﹣2i）1012＝（﹣4）506＝21012，选项D错误．故选：AB．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知|a→−2b→|=13，【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】2．【分析】根据平面向量的数量积与模长公式，求解即可．【解答】解：由|a→−2b→把|a→|=1，且b化简得3|b→|故答案为：2．13．（5分）已知复数z满足|z﹣1﹣i|＝2，i为虚数单位，z在复平面上对应的点为Z，定点M（﹣1，0），O为坐标原点，则OZ→⋅OM【考点】复数对应复平面中的点．【答案】﹣3．【分析】由已知结合复数的几何意义及向量数量积的性质及坐标表示即可求解．【解答】解：点Z的轨迹是复平面上以Q（1，1）为圆心，2为半径的圆，则OZ→⋅OM设θ为QZ→与OM→的夹角，QZ→⋅OM所以OZ→故答案为：﹣3．14．（5分）某容器是一个圆锥和圆柱的组合体（如图），圆柱的底面直径为4，高为3，容器内放入一个直径为4的球后，该球与圆柱的侧面和底面、圆锥的侧面都相切，则该容器的体积为14π．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积．【答案】14π．【分析】设球心为O，作出轴截面，根据平面几何知识及解三角形求出圆锥的高，再根据圆柱与圆锥的体积公式，即可求解．【解答】解：设球心为O，作出轴截面图形如图：则△OED≌△OFD，∴∠FDO＝∠EDO，又∠HDO＝∠DOE，又EA等于球的半径，∴EA＝2，又DA＝3，EO＝2，∴DE＝1，∴tan∠DOE=12，tan∠∴tan∠FDH＝tan（∠FDO﹣∠HDO）＝tan（∠EDO﹣∠DOE）=2−∴圆锥的高为DH×tan∠FDH＝2×3∴所求体积为π×2故答案为：14π．四、解答题：共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）已知z为虚数，且z3＝1．（1）求z的值；（2）求z2024+z1012的值．【考点】复数的运算．【答案】（1）z=−1（2）﹣1．【分析】（1）由已知结合立方差公式进行化简即可求解z；（2）结合复数的四则运算进行化简即可求解．【解答】解：（1）由z3＝1得（z﹣1）（z2+z+1）＝0，因为z为虚数，故z﹣1≠0，z2+z+1＝0，故(z+1故z+1即z=−1（2）因为z3＝1，z2+z+1＝0，z2024+z1012＝（z3）674•z2+（z3）337•z＝z2+z＝﹣1．16．（15分）在平面直角坐标系中，A（3，0），C（1，4），B（x，1），四边形ABCD是矩形且|AB（1）求点B，D的坐标；（2）M与点A，B，C，D在同一平面直角坐标系中，当点M到A，B，C，D的距离的平方和最小时，求点M的坐标．【考点】平面向量的坐标运算；两点间的距离公式．【答案】（1）D（0，3）．（2）M（2，2）．【分析】（1）结合平面向量的坐标运算，即可求解；（2）结合两点之间的距离公式，即可求解．【解答】解：A（3，0），C（1，4），B（x，1），（1）AB→=(x−3，1)，因为四边形ABCD为矩形，所以AB→⋅CB→=0得x＝0或4，当x＝4时，|AB→|≠|当x＝0时，|AB设D（m，n），由BD，AC相互平分得，m+4＝3+1，n+1＝0+4，故m＝0，n＝3，故D（0，3）．（2）设M（x0，y0），当点M到A，B，C，D的距离的平方和最小时，则(x当x0＝2，y0＝2时，上式取最小值，此时M（2，2）．17．（15分）已知a→，b→，（1）若a→+b→+（2）若a→⋅(a【考点】平面向量数量积的性质及其运算；数量积表示两个平面向量的夹角．【答案】（1）2π3（2）1．【分析】（1）由a→+b（2）由已知条件，推得a→【解答】解：（1）由a→+b两边平方得a→又a→，b→，故a→设a→，b→的夹角为θ，则故θ=2π3，即a→，b（2）由a→⋅(a又