2023-2024学年山东省聊城市高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年山东省聊城市高一（下）期中数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个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）设i为虚数单位，则(1−iA．﹣1 B．1 C．﹣i D．i2．（5分）长度分别为2，3，4的线段构成图形的形状为（）A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不构成三角形3．（5分）下列结论正确的是（）A．直四棱柱是长方体，长方体是四棱柱 B．一个棱柱至少有6个面 C．相等的角在直观图中仍然相等 D．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥4．（5分）已知向量a→=（x，4），b→=（1，x），则“x＞2”是“向量A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．（5分）对于任意两个向量a→A．|aB．|aC．若a→与b→共线，则存在唯一的实数λ，使得D．若a→，b→满足|a→|＞|b6．（5分）一个三角形的水平直观图在平面斜坐标系x'O'y'中是边长为3的正三角形（如图所示），则原平面图形的面积是（）A．36 B．66 C．967．（5分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinA=45，cosC=1213，A．3326 B．63C．2113 D．33268．（5分）设向量a→与b→的夹角为θ，定义a→⊕b→=|a→sinθ−b→cosθ|A．3 B．223 C．2 二、多项选择题：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）《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生二仪，二仪生四象，四象生八卦，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社会现象．如图1所示的是八卦模型图，其平面图形如图2中的正八边形ABCDEFGH，其中O为正八边形的中心，|OA|＝2，则下列结论正确的是（）A．FO→B．OA→C．OA→D．OE→在BO→（多选）10．（6分）已知z1，z2为方程x2+2x+m＝0（m∈R）的两个不相等的复数根，则（）A．z1+z2＝﹣2 B．m＝1时，较大的根为i C．m＝3时，|z1|+|（多选）11．（6分）已知点O在△ABC所在的平面内，且|OAA．若AB＝2，则AB→B．若2BO→=BA→+C．若BD→=μBA→+(1−μ)BC→(λ，μ∈R)，则CD•S△D．若∠A=π3，b＝7，c＝5，且AO→=mAB→三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）五棱台的顶点数为V，棱数为E，面数为F，则V+F﹣E＝．13．（5分）已知复数z1＝cosθ﹣（λ﹣2sinθ）i，（λ，θ∈R），z2＝t﹣（3+t2）i（t∈R），若z1＝z2，则λ的取值范围为．14．（5分）在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a≠b，且3(a2−b四、解答题：本题共5小题，共计77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）已知复数z1，z2在复平面上对应的点分别为（0，﹣2），（3，4）．（1）若z=z2z（2）若复数z1+az2在复平面上对应的点在第四象限，求实数a的取值范围．16．（15分）已知向量a→=(1，2)，b→（1）若(2a→−b→（2）在（1）的条件下，若向量c→与ka→+b17．（15分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A=π（1）若（sinA+sinB）（sinA﹣sinB）＝sinBsinC，证明：c＝2b；（2）若a＝2，AD是△ABC的中线，求AD的最大值．18．（17分）阅读下面的两个材料：材料一：我国南宋的数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”：若把三角形的三条边分别称为小斜、中斜和大斜，记小斜为a，中斜为b，大斜为c，则三角形的面积为S=1材料二：希腊数学家海伦在其所著的《度量论》中给出了用三角形的三条边长表示三角形的面积的公式，即已知三角形的三条边长分别为a，b，c，则它的面积为S=p(p−a)(p−b)(p−c)，其中p=12（a+b请回答下面的问题：（1）已知△ABC的周长为36，且满足sinA：sinB：sinC＝2：3：4，求这个三角形的面积S；（2）已知△ABC的三边长分别为a=7，b＝22，c＝3，求这个三角形的面积S（3）请从秦九韶公式和海伦公式中任选一个公式进行证明．（如果多做，则按所做的第一个证明记分）19．（17分）如图，在△ABC中，AP→=PB→，AO→=2OC→，点R为（1）设AR→=xa→+y（2）若|a→|=2，|b→|=3，（3）若H在BC上，RH⊥BC，且|a→|=2|

2023-2024学年山东省聊城市高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个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）设i为虚数单位，则(1−iA．﹣1 B．1 C．﹣i D．i【考点】复数的运算．【答案】B【分析】利用复数的运算法则求解．【解答】解：∵1−i1+i=∴(1−i1+i)2024=（﹣i）2024＝[（﹣i）2]1012＝（﹣1）1012故选：B．2．（5分）长度分别为2，3，4的线段构成图形的形状为（）A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不构成三角形【考点】三角形的形状判断；平面的基本性质及推论．【答案】C【分析】由已知结合余弦定理即可判断三角形的形状．【解答】解：因为2+3＞42+4＞33+4＞2且22+32﹣4所以长度分别为2，3，4的线段构成图形的形状为钝角三角形．故选：C．3．（5分）下列结论正确的是（）A．直四棱柱是长方体，长方体是四棱柱 B．一个棱柱至少有6个面 C．相等的角在直观图中仍然相等 D．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥【考点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；平面图形的直观图．【答案】D【分析】对于A，直四棱柱、长方体、四棱柱的定义判断；对于B，三棱柱只有五个面；对于C，相等的角在直观图中不一定相等；对于D，由棱锥的定义判断．【解答】解：对于A，直四棱柱的底面不一定是矩形，∴直四棱柱不一定是长方体，长方体一定是四棱柱，故A错误；对于B，三棱柱只有五个面，故B错误；对于C，相等的角在直观图中不一定相等，例如等腰直角三角形的直观不一定是等腰直有三角形，故C错误；对于D，由棱锥的定义得有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥，故D正确．故选：D．4．（5分）已知向量a→=（x，4），b→=（1，x），则“x＞2”是“向量A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【考点】数量积表示两个平面向量的夹角；充分条件与必要条件．【答案】A【分析】由已知求出向量a→与b→的夹角为锐角的【解答】解：a→=（x，4），b→由a→⋅b再由a→∥b→，得x∴当x＞2时，向量a→与b反之，当向量a→与b→的夹角为锐角时，x＞0且∴“x＞2”是“向量a→与b故选：A．5．（5分）对于任意两个向量a→A．|aB．|aC．若a→与b→共线，则存在唯一的实数λ，使得D．若a→，b→满足|a→|＞|b【考点】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】B【分析】根据向量的加法与减法法则，判断出A、B两项的正误；根据向量共线的条件，判断出C项的正误；根据向量的定义得到两个向量不能比较大小，从而得出D项的正误．【解答】解：对于A，根据平面向量的加法法则，可知|a→+b→|≤|a→对于B，根据平面向量的减法法则，可知|a→−对于C，若a→与b→共线，a→为零向量且b→不是零向量，则不存在实数λ，使得对于D，因为向量是既有大小又有方向的量，所以两个向量不能比较大小，因此“若a→，b→满足|a→|＞|b→|，且故选：B．6．（5分）一个三角形的水平直观图在平面斜坐标系x'O'y'中是边长为3的正三角形（如图所示），则原平面图形的面积是（）A．36 B．66 C．96【考点】斜二测法画直观图；平面图形的直观图．【答案】C【分析】根据题意，由三角形面积公式求出直观图的面积，结合原图面积与直观图面积的关系，分析可得答案．【解答】解：根据题意，直观图为边长为3的正三角形，其面积S′=12×则原图的面积S＝22S′=9故选：C．7．（5分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinA=45，cosC=1213，A．3326 B．63C．2113 D．3326【考点】正弦定理；余弦定理．【答案】D【分析】分类可得角A的余弦值，进而可得sinB的值，由正弦定理可得b边的值．【解答】解：因为sinA=45，cosC=12在△ABC中，可得sinC=1−co因为sinA＞sinC，所以A＞C，当A为锐角时，则cosA＞0，即cosA=1−si此时sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC=4由正弦定理可得asinA=bsinB，可得b=sinBsinA当A为钝角时，则cosA=−3此时sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC=45×1213则由正弦定理可得asinA=bsinB，可得b=sinBsinA故选：D．8．（5分）设向量a→与b→的夹角为θ，定义a→⊕b→=|a→sinθ−b→cosθ|A．3 B．223 C．2 【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】D【分析】由题意先求出a→⋅b→=1，再由夹角公式求出cosθ【解答】解：因为|a→|=2，所以(a→+所以a→所以cosθ=a→⋅a→⊕b=2故选：D．二、多项选择题：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）《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生二仪，二仪生四象，四象生八卦，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社会现象．如图1所示的是八卦模型图，其平面图形如图2中的正八边形ABCDEFGH，其中O为正八边形的中心，|OA|＝2，则下列结论正确的是（）A．FO→B．OA→C．OA→D．OE→在BO→【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量的投影向量．【答案】ABD【分析】由平面向量的线性运算和正八边形的性质，投影向量的求法等知识逐一判断各选项即可．【解答】解：对于A，FO→=EO对于B，由正八边形的性质知，OA→⊥OG→，所以对于C，连接AC交OB于点M，由正八边形的性质知M为AC的中点，所以OA→+OC对于D，过E作EN⊥OF，垂直为N，由正八边形的性质知：∠EOF=π4，OE＝所以OE→在BO→上的投影向量为OE→故选：ABD．（多选）10．（6分）已知z1，z2为方程x2+2x+m＝0（m∈R）的两个不相等的复数根，则（）A．z1+z2＝﹣2 B．m＝1时，较大的根为i C．m＝3时，|z1|+|【考点】复数的运算；共轭复数；复数的模．【答案】ACD【分析】选项A，由根与系数的关系判断即可；选项B，由m＝1时方程只有实数根，判断即可；选项C，求出m＝3时方程的复数根，计算|z1|+|z2|即可；对于D，设z1＝a+bi，z2＝c+di，a、b、c、d∈R，根据复数的共轭复数定义，判断即可．【解答】解：对于A，由根与系数的关系知，z1+z2＝﹣2，选项A正确；对于B，m＝1时，方程为x2+2x+1＝0，方程只有相等的实数根﹣1，选项B错误；对于C，m＝3时，方程为x2+2x+3＝0，复数根为z1＝﹣1+2i，z2＝﹣1−2所以|z1|+|z2|=(−1)2+(2)对于D，设z1＝a+bi，z2＝c+di，a、b、c、d∈R，则z1−z2=(a−c)+(b−d)i=（a﹣c）﹣（b﹣d）i，z1−z2=（a﹣bi）﹣（c﹣di所以z1−z2故选：ACD．（多选）11．（6分）已知点O在△ABC所在的平面内，且|OAA．若AB＝2，则AB→B．若2BO→=BA→+C．若BD→=μBA→+(1−μ)BC→(λ，μ∈R)，则CD•S△D．若∠A=π3，b＝7，c＝5，且AO→=mAB→【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．【答案】BCD【分析】选项A，根据平面向量数量积的几何意义可判断；选项B，易知点O是AC的中点，从而得∠ABC=π2，再根据垂心的含义即可判断；选项C，由平面向量基本定理知A，D，C三点共线，再利用三角形的面积公式，即可判断；选项D，将AO→=mAB→+nAC→【解答】解：因为|OA→|=|OB→选项A，AB→•AO→=选项B，若2BO→=BA→所以AC是圆O的直径，即∠ABC=π所以点B是△ABC的垂心，即选项B正确；选项C，由BD→=μBA→+(1−μ)BC→设△ABC的以AC为底边的高为h，则S△ABDS△BCD=12AD⋅h12CD⋅h=ADCD，即CD选项D，由AO→=mAB→+nAC→知，AO所以12|AB→|2=mAB→2+nAB整理得10m+7n＝5，由AO→=mAB→+nAC→知，AO同理可得5m+14n＝7，联立解得m=15，n所以m+n=15+故选：BCD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）五棱台的顶点数为V，棱数为E，面数为F，则V+F﹣E＝2．【考点】棱台的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积．【答案】2．【分析】根据题意，由棱台的结构特征求出V、E、F的值，计算可得答案．【解答】解：根据题意，五棱台中，V＝10，E＝15，F＝7，则V+F﹣E＝2．故答案为：2．13．（5分）已知复数z1＝cosθ﹣（λ﹣2sinθ）i，（λ，θ∈R），z2＝t﹣（3+t2）i（t∈R），若z1＝z2，则λ的取值范围为[1，5]．【考点】复数的相等．【答案】[1，5]．【分析】结合复数相等的条件，二次函数的性质，以及三角函数的有界性，即可求解．【解答】解：复数z1＝cosθ﹣（λ﹣2sinθ）i，（λ，θ∈R），z2＝t﹣（3+t2）i（t∈R），z1＝z2，则cosθ=tλ−2sinθ=3+t2，化简整理可得，λ＝﹣（sinθ当sinθ＝﹣1时，λ取得最小值为1，当sinθ＝1时，λ取得最大值为5，故λ的取值范围为[1，5]．故答案为：[1，5]．14．（5分）在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a≠b，且3(a2−b2)cosC=【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】(1【分析】由已知结合正弦定理及余弦定理先进行化简，再由和差角公式及同角基本关系化简可求tanC，进而可求C，然后结合基本不等式即可求解．【解答】解：由已知得a2a2=sin(A+B)−2sinBcosA=sinAcosB−cosAsinBsinC=又sin（A﹣B）≠0，所以sinC=3cosC⇒tanC=3c2a2且a≠b，所以ab所以0＜1ab则c2a2故答案为：(1四、解答题：本题共5小题，共计77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）已知复数z1，z2在复平面上对应的点分别为（0，﹣2），（3，4）．（1）若z=z2z（2）若复数z1+az2在复平面上对应的点在第四象限，求实数a的取值范围．【考点】共轭复数；复数的运算．【答案】（1）z=−2−32【分析】（1）可得出：z1＝﹣2i，z2＝3+4i，然后根据复数的除法运算得出复数z，然后即可得出z的共轭复数；（2）进行复数的运算得出z1+az2＝3a+（4a﹣2）i，然后根据条件得出关于a的不等式，然后解出a的范围即可．【解答】解：（1）根据题意知：z1＝﹣2i，z2＝3+4i，∴z=z∴z=−2−（2）z1+az2＝﹣2i+a（3+4i）＝3a+（4a﹣2）i，且z1+az2在复平面上对应的点在第四象限，∴3a＞04a−2＜0，解答0＜a＜∴实数a的取值范围为(0，116．（15分）已知向量a→=(1，2)，b→（1）若(2a→−b→（2）在（1）的条件下，若向量c→与ka→+b【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量的坐标运算；数量积判断两个平面向量的垂直关系．【答案】（1）53，−（2）−4【分析】（1）根据平面向量的坐标运算和数量积的定义，求解即可；（2）由（1）知c→的坐标，利用向量平行列方程求出k【解答】解：（1）向量a→=(1，2)，b→由c→=(1，λ)，当(2a→−即4+3λ＝0，解得λ=−4所以|ca→⋅(b→+c→)=a（2）由（1）知，c→=（1，−43），ka由c→与ka+b→平行，得2k+1=−43所以a→+kb→=（1，2）c→•（a→+kb→）＝0+（|c→|=53，|a→+所以c→与a→+kb→夹角的余弦值为cos＜17．（15分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A=π（1）若（sinA+sinB）（sinA﹣sinB）＝sinBsinC，证明：c＝2b；（2）若a＝2，AD是△ABC的中线，求AD的最大值．【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】（1）π3（2）3．【分析】（1）由正弦定理及余弦定理可证得结论；（2）由余弦定理和基本不等式可得b2+c2的最大值，再由三角形的中线定理可得AD的最大值．【解答】（1）证明：因为（sinA+sinB）（sinA﹣sinB）＝sinBsinC，由正弦定理可得（a﹣b）（a+b）＝bc，即a2﹣b2＝bc，A=π由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+c2﹣bc，所以b2+c2﹣bc﹣b2＝bc，可得c2＝2bc，即证得c＝2b；（2）解：a＝2，AD是△ABC的中线，由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+c2﹣bc≥b2+c2−b当且仅当b＝c时取等号，所以b2+c2≤2a2＝8，因为三角形中线定理可得（2AD）2+a2＝2（b2+c2），所以AD=2(即AD的最大值为3．18．（17分）阅读下面的两个材料：材料一：我国南宋的数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”：若把三角形的三条边分别称为小斜、中斜和大斜，记小斜为a，中斜为b，大斜为c，则三角形的面积为S=1材料二：希腊数学家海伦在其所著的《度量论》中给出了用三角形的三条边长表示三角形的面积的公式，即已知三角形的三条边长分别为a，b，c，则它的面积为S=p(p−a)(p−b)(p−c)，其中p=12（a+b请回答下面的问题：（1）已知△ABC的周长为36，且满足sinA：sinB：sinC＝2：3：4，求这个三角形的面积S；（2）已知△ABC的三边长分别为a=7，b＝22，c＝3，求这个三角形的面积S（3）请从秦九韶公式和海伦公式中任选一个公式进行证明．（如果多做，则按所做的第一个证明记分）【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】（1）1215；（2）472（3）详见解答过程．【分析】（1）由题意选择海伦公式即可求解；（2）由题意选择秦九韶公式