2023-2024学年江苏省盐城市六校联考高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年江苏省盐城市六校联考高一（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，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上．）1．（5分）设复数z满足（1+i）z＝2i，则|z|＝（）A．12 B．22 C．22．（5分）已知向量a→=（2，3），b→=（﹣1，2），若maA．12 B．2 C．−13．（5分）在△ABC，其内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acosB+bcosA＝a，则△ABC的形状是（）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形4．（5分）给出下列四个命题，其中正确的是（）①空间四点共面，则其中必有三点共线；②空间四点不共面，则其中任何三点不共线；③空间四点中存在三点共线，则此四点共面；④空间四点中任何三点不共线，则此四点不共面．A．②③ B．①②③ C．①② D．②③④5．（5分）圆是中华民族传统文化的形态象征，象征着“圆满”和“饱满”，是自古以和为贵的中国人所崇尚的图腾，如图所示的是一个圆形，圆心为O，A，B是圆O上的两点，若|AB|＝4，则AB→A．4 B．8 C．82 6．（5分）如图，设Ox，Oy是平面内相交成60°角的两条数轴，e1→，e2→分别是与x轴，y轴正方向同向的单位向量，若向量OP→=xe1→+ye2→，则把有序数对（xA．5−5 B．2 C．237．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E是上底面A1B1C1D1的中心，则异面直线AE与BD1所成角的余弦值为（）A．24 B．23 C．1048．（5分）在△ABC中，tanA+tanB+tanC＝33，tan2B＝tanA•tanC．则B等于（）A．30° B．45° C．120° D．60°二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分．请把答案填涂在答题卡相应位置上．）（多选）9．（6分）已知向量a→，b→满足|a→|＝1，|b→|＝2，|A．a→与b→夹角为2π3 B．C．a→⊥（a→−b→）（多选）10．（6分）下列各式正确的是（）A．cos215°﹣sin15°cos15°=3B．（1+tan1°）（1+tan44°）＝2 C．1sin10°D．3−sin70°（多选）11．（6分）欧拉公式eθi＝cosθ+isinθ（其中i为虚数单位，θ∈R）是由瑞士著名数学家欧拉创立的，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里占有非常重要的地位．被誉为数学中的“天桥”．依据欧拉公式，下列选项正确的有（）A．eπ2B．eπ3iC．|eπ2i−eθi|（D．若z1=eπ3i，z2=eθi在复平面内分别对应点Z1三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共计15分．请把答案填写在答题卡相应位置上．）12．（5分）用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥，截得圆台的上、下底面半径之比是1：4，截去的小圆锥的母线长是3cm，则圆台的母线长cm．13．（5分）已知α为锐角，sin(α−π3)=1314．（5分）如图，某景区有三条道路AB，BC，AC，其中BA长为2千米，是正北方向，BC长为23千米，是正东方向，某游客在道路AC上相对B东偏北α度的且距离B为7千米的位置，则sinα＝四、解答题（本大题共5小题，共计77分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）15．（13分）已知a→，b→，c→（1）若|c→|＝35，且a→∥c→（2）若|b→|=2，且（a→+2b→）⊥（a16．（15分）在平面直角坐标系中，已知向量m→=(3（1）若m→⊥n→，（2）若m→与n→的夹角为2π3且α∈（﹣π17．（15分）已知OA（Ⅰ）若点A，B，C不能构成三角形，求m的值；（Ⅱ）若点A，B，C构成的三角形为直角三角形，求m的值．18．（17分）如图，在凸四边形ABCD中，已知AB＝AD＝4，BC＝6．（1）若∠ADB=π6，C=π（2）若CD＝2，四边形ABCD的面积为4，求cos（A+C）的值．19．（17分）已知△ABC中，角A，B，C对应边分别为a，b，c．（1）求证：sin2A﹣sin2B＝sin（A﹣B）sin（A+B）；（2）已知a2＝b2+bc．①若C=π4，求②若△ABC是锐角三角形，且a＝1，求△ABC周长的取值范围．

2023-2024学年江苏省盐城市六校联考高一（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，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上．）1．（5分）设复数z满足（1+i）z＝2i，则|z|＝（）A．12 B．22 C．2【考点】复数的模．【答案】C【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．【解答】解：∵（1+i）z＝2i，∴（1﹣i）（1+i）z＝2i（1﹣i），z＝i+1．则|z|=2故选：C．2．（5分）已知向量a→=（2，3），b→=（﹣1，2），若maA．12 B．2 C．−1【考点】平面向量的相等与共线；平面向量的坐标运算．【答案】D【分析】先由向量的坐标运算表示出ma→+4【解答】解：由题意可知ma→+4b→=a→∵ma→+4∴（2m﹣4）×（﹣1）＝（3m+8）×4∴m＝﹣2故选：D．3．（5分）在△ABC，其内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acosB+bcosA＝a，则△ABC的形状是（）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 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】A【分析】由余弦定理化简已知等式可求a＝c，即可得解三角形的形状．【解答】解：∵a＝acosB+bcosA，∴由余弦定理可得：a＝a×a2+c2−b2∴a＝c，则△ABC的形状为等腰三角形．故选：A．4．（5分）给出下列四个命题，其中正确的是（）①空间四点共面，则其中必有三点共线；②空间四点不共面，则其中任何三点不共线；③空间四点中存在三点共线，则此四点共面；④空间四点中任何三点不共线，则此四点不共面．A．②③ B．①②③ C．①② D．②③④【考点】共面直线及四点共面．【答案】A【分析】由正方形的四个顶点共面，知①④错误；由②③正确．【解答】解：在①中，由正方形的四个顶点共面，知①错误；在②中，由公理三及推论知空间四点不共面，则其中任何三点不共线，故②正确；在③中，由公理三及推论知空间四点中存在三点共线，则此四点共面，故③正确；在④中，由正方形的四个顶点共面，知④错误．故选：A．5．（5分）圆是中华民族传统文化的形态象征，象征着“圆满”和“饱满”，是自古以和为贵的中国人所崇尚的图腾，如图所示的是一个圆形，圆心为O，A，B是圆O上的两点，若|AB|＝4，则AB→A．4 B．8 C．82 【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】B【分析】根据题意，利用数量积公式直接计算即可．【解答】解：依题意，|AO→|cos＜故选：B．6．（5分）如图，设Ox，Oy是平面内相交成60°角的两条数轴，e1→，e2→分别是与x轴，y轴正方向同向的单位向量，若向量OP→=xe1→+ye2→，则把有序数对（xA．5−5 B．2 C．23【考点】平面向量的基本定理；平面向量的概念与平面向量的模．【答案】C【分析】由平面向量的基本定理，可得MN→=2（e1→+【解答】解：由题意知，OM→=e1→+2e2所以MN→=ON→−OM→所以|MN→|＝2(e1→+e2故选：C．7．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E是上底面A1B1C1D1的中心，则异面直线AE与BD1所成角的余弦值为（）A．24 B．23 C．104【考点】异面直线及其所成的角．【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，求出向量坐标，利用向量法进行求解即可．【解答】解：建立如图的坐标系，设正方体棱长为2，则A（2，0，0），B（2，2，0），D1（0，0，2），E（1，1，2），则AE→=（﹣1，1，2），则|AE|=1+1+4=6，|BD1|=则cos＜AE→，即异面直线AE与BD1所成角的余弦值为23故选：B．8．（5分）在△ABC中，tanA+tanB+tanC＝33，tan2B＝tanA•tanC．则B等于（）A．30° B．45° C．120° D．60°【考点】两角和与差的三角函数．【答案】D【分析】根据三角形的内角和定理与两角和的正切公式，结合题意求得角B的值．【解答】解：△ABC中，﹣tanB＝tan（A+C）=tanA+tanC∴﹣tanB+tanAtanBtanC＝tanA+tanC，∴tanA+tanB+tanC＝tanAtanBtanC＝33，又tan2B＝tanA•tanC，∴tan3B＝33，∴tanB=3∴B＝60°．故选：D．二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分．请把答案填涂在答题卡相应位置上．）（多选）9．（6分）已知向量a→，b→满足|a→|＝1，|b→|＝2，|A．a→与b→夹角为2π3 B．C．a→⊥（a→−b→）【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】ABD【分析】利用向量数量积公式、向量垂直、向量的模、向量夹角公式直接求解．【解答】解：2=3，得a→2∴a→⋅b∴cos＜a→，∴a→与b→的夹角为2π3由a→⋅(a→−b→2=a→2−2故选：ABD．（多选）10．（6分）下列各式正确的是（）A．cos215°﹣sin15°cos15°=3B．（1+tan1°）（1+tan44°）＝2 C．1sin10°D．3−sin70°【考点】两角和与差的三角函数；二倍角的三角函数；三角函数的恒等变换及化简求值．【答案】BD【分析】由两角和与差的三角函数，结合二倍角公式求解．【解答】解：对于A．cos215°﹣sin15°cos15°=1+cos30°即A错误；对于B．因为tan(1°+44°)=tan1°+tan44°所以tan1°+tan44°+tan1°tan44°＝1，即（1+tan1°）（1+tan44°）＝2，即B正确；对于C．1sin10°即C错误；对于D．3−sin70°2−co即D正确．故选：BD．（多选）11．（6分）欧拉公式eθi＝cosθ+isinθ（其中i为虚数单位，θ∈R）是由瑞士著名数学家欧拉创立的，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里占有非常重要的地位．被誉为数学中的“天桥”．依据欧拉公式，下列选项正确的有（）A．eπ2B．eπ3iC．|eπ2i−eθi|（D．若z1=eπ3i，z2=eθi在复平面内分别对应点Z1【考点】复数的指数形式．【答案】AD【分析】由已知定义结合复数的基本概念、复数的模逐一分析四个选项得答案．【解答】解：由eθi＝cosθ+isinθ，得eπ2i=cosπ2+isinπeπ3i=cosπ3+isin|eπ2i−eθi|=|i﹣（cosθ+isinθ）|＝|﹣cos∵θ∈[π3，3π4]，∴|eπ2i−eθi|在若z1=eπ3i，z2=eθi在复平面内分别对应点Z1，Z2，则z2对应的点Z2（cosθ，sinθ），当OZ1⊥OZ2时，△OZ1Z2面积的最大值为12×1×1=1故选：AD．三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共计15分．请把答案填写在答题卡相应位置上．）12．（5分）用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥，截得圆台的上、下底面半径之比是1：4，截去的小圆锥的母线长是3cm，则圆台的母线长9cm．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积；棱台的结构特征．【答案】见试题解答内容【分析】设圆台的母线长为y，小圆锥底面与被截的圆锥底面半径分别是x、4x，利用相似知识，求出圆台的母线长．【解答】解：如图，设圆台的母线长为y，小圆锥底面与被截的圆锥底面半径分别是x、4x，根据相似三角形的性质得33+y解此方程得y＝9．所以圆台的母线长为9cm．13．（5分）已知α为锐角，sin(α−π3)=13，则cosα【考点】两角和与差的三角函数．【答案】见试题解答内容【分析】由已知结合同角平方关系可求cos（α−13π），然后由cosα＝cos[（α−【解答】解：因为α为锐角，所以α−1∵sin(α−π3)=13则cosα＝cos[（α−13π）+13π]故答案为：214．（5分）如图，某景区有三条道路AB，BC，AC，其中BA长为2千米，是正北方向，BC长为23千米，是正东方向，某游客在道路AC上相对B东偏北α度的且距离B为7千米的位置，则sinα＝1714【考点】解三角形．【答案】1714【分析】利用等面积法，代入题中数据得12⋅7【解答】解：根据题意，可得BA＝2千米，BC=23因为S△ABP+S△ACP＝S△ABC，所以12可得21sinα+7cosα=23，即32sinα所以sin（α+π6）=217，cos（由此可得sinα＝sin[（α+π6）−π6]＝sin（α+π6）cos故答案为：1714四、解答题（本大题共5小题，共计77分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）15．（13分）已知a→，b→，c→（1）若|c→|＝35，且a→∥c→（2）若|b→|=2，且（a→+2b→）⊥（a【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由题意利用两个向量平行的性质，用待定系数法求出求得c→（2）由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的夹角公式，求得a→与b【解答】解：（1）设c→=（x，y），∵a→=（1，2），|c→|＝35∴y＝2x，x2+y2＝45，解得x＝3，y＝6；或x＝﹣3，y＝﹣6，即c→=（3，6），或（2）∵|b→|=2，且（a→+2∴（a→+2b→）•（a→−b→）=故a→与b→的夹角的余弦值为16．（15分）在平面直角坐标系中，已知向量m→=(3（1）若m→⊥n→，（2）若m→与n→的夹角为2π3且α∈（﹣π【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；两角和与差的三角函数．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由平面向量数量积的运算，结合两角和与差的三角函数求解；（2）由平面向量数量积的运算，结合平面向量夹角的运算求解．【解答】解：（1）因为m→=(3又m→所以3cosα−sinα=0所以tanα=3则tanβ=tan(α+β−α)=tan(α+β)−tanα即tanβ的值为37（2）因为m→=(3所以|m→|=(3因为m→与n→的夹角为所以m→即3cosα−sinα所以cos(α+π因为α∈（﹣π，0），所以α+π所以α+π所以α=−5π即α的值为−5π17．（15分）已知OA（Ⅰ）若点A，B，C不能构成三角形，求m的值；（Ⅱ）若点A，B，C构成的三角形为直角三角形，求m的值．【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示．【答案】见试题解答内容【分析】（I）将三点不能构成三角形转化为三点共线，再将三点共线转化为由三点为始点、终点的两个向量共线，利用向量共线的充要条件列出方程，求出m的值．（II）三角形为直角三角形根据哪一个角是直角分三种情况讨论，利用向量垂直的充要条件列出方程，求出m的值．【解答】解：（I）若点A，B，C不能构成三角形，则A，B，C三点共线由AB→则有3(1−m)=2−m⇒m=（Ⅱ）若点A，B，C构成的三角形为直角三角形，则①若AB⊥AC，则有3(2−m)+(1−m)=0⇒m=7②若AB⊥BC，又BC→则有3(−1−m)−m=0⇒m=−③若AC⊥BC，则有（2﹣m）（﹣1﹣m）+（1﹣m）（﹣m）＝0解得m=∴m=18．（17分）如图，在凸四边形ABCD中，已知AB＝AD＝4，BC＝6．（1）若∠ADB=π6，C=π（2）若CD＝2，四边形ABCD的面积为4，求cos（A+C）的值．【考点】三角形中的几何计算；两角和与差的三角函数．【答案】（1）74（2）56【分析】（1）△ABD中求出BD，在△BCD中，由正弦定理求出sin∠BDC，根据同角三角函数基本关系式即可求cos∠BDC；（2）在△ABD、△CBD中，分别由余弦定理求出BD2，两式相减可得cosA与cosC的关系式；又由S四边形ABCD＝S△ABD+S△CBD=12AD⋅AB⋅sinA+12CB⋅CD⋅sinC的sinA与sin【解答】解：（1）在△ABD中，因为AB＝AD＝4，∠ADB=π所以BD＝2ADcos∠ADB＝2×4×cosπ6=4在△BCD中，由正弦定理得：BCsin∠BDC所以sin∠BDC=BC⋅sinC因为BC＜BD，所以0＜∠BDC＜π所以cos∠BDC=1−si（2）在△ABD，△CBD中，由余弦定理得，BD2＝AB2+AD2﹣2AB•AD•cosA＝42+42﹣2×4×4×cosA＝32﹣32cosA，BD2＝CB2+CD2﹣2CB•CD•cosC＝62+22﹣2×6×2×cosC＝40﹣24cosC，从而4cosA﹣3cosC＝﹣l，①，由S△ABD+S△CBD=12×4×4×sinA+12×6×2×sinC＝4，得：4sin①2+②2得，1