2023-2024学年山西省太原市高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年山西省太原市高一（下）期中数学试卷一、选择题（本题共8小题，每小题3分，共24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．（3分）在复平面内，复数z＝1﹣i对应的点的坐标是（）A．（1，1） B．（1，﹣1） C．（﹣1，1） D．（﹣1，﹣1）2．（3分）已知a→=（2，﹣1），b→=（x，2），且a→A．﹣1 B．1 C．﹣4 D．43．（3分）下列结论不正确的是（）A．三棱锥是四面体 B．长方体是平行六面体 C．正方体是直四棱柱 D．四棱柱是平行六面体4．（3分）在△ABC中，a=3，A＝60°，B＝45°．则bA．2 B．2 C．6 D．235．（3分）已知正方形ABCD的边长为2，则正方形ABCD用斜二测画法画出的直观图的面积为（）A．22 B．2 C．23 6．（3分）在△ABC中，已知D为BC上一点，且满足BD→=3DCA．34AB→+14AC→ 7．（3分）已知一个圆锥的底面半径为3，母线长为23A．43π27 B．43π98．（3分）勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，分别以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形．在如图所示的勒洛三角形中，已知AB＝2，点P在弧AC上，且∠PBC＝30°，则PA→A．6−43 B．23−4 C．2二、选择题（本题共4小题，每小题3分，共12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3分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）（多选）9．（3分）已知非零复数z，其共轭复数为z，则下列结论正确的是（）A．z2＝|z|2 B．z⋅zC．若z+z=0，则zD．若z−z=0，则（多选）10．（3分）已知单位向量a→，b→，A．a→•b→=b→•a→ B．（a→•b→C．若a→•b→=a→•c→，则a→⊥（b→（多选）11．（3分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且b＝2，则下列结论正确的是（）A．若c＝1，△ABC是直角三角形，则a=3B．若c＝1，△ABC是锐角三角形，则a的取值范围是(3C．若C＝60°，c＞2，则△ABC有一解 D．若C＝60°，△ABC有两解，则a的取值范围是（0，2）（多选）12．（3分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝3，AB＝BC＝2，AB⊥BC，AC1与A1C相交于点O，点E是侧棱BB1上的动点，则下列结论正确的是（）A．直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积是6 B．三棱锥O﹣AA1E的体积为定值 C．AE+EC1的最小值为13 D．直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球表面积是17π三、填空题（本题共4小题，每小题3分，共12分）13．（3分）已知复数z＝1+i，则|z|＝．14．（3分）已知三棱台ABC﹣A1B1C1的高为3，△ABC和△A1B1C1分别是边长为2和4的等边三角形，则该棱台的体积为．15．（3分）已知平面向量a→=(2，1)，b→为单位向量，且(a→+16．（3分）已知a→，b→，c→，d→满足a→•b→=8，|a→|＝4，|b→|＝22，（c→−四、解答题（本题共5小题，共52分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（10分）已知复数z满足（z﹣i）i＝2+i．（1）求z的共轭复数z；（2）若z是关于x的方程x2+px+q＝0的一个根，求实数p，q的值．18．（10分）已知四边形ABCD中，A(0，0)，B(1，0)，D(−1，3（1）若AC→⊥BD（2）若|BC→|=119．（10分）已知单位向量e1→，（1）证明：点A，B，C共线；（2）求OA→与OB20．（10分）如图，某人开车在山脚下水平公路上自A向B行驶，在A处测得山顶P处的仰角∠PAO＝30°，该车以60km/h的速度匀速行驶3分钟后，到达B处，此时测得仰角∠PBO＝45°，且cos∠AOB=−3（1）求此山的高OP的值；（2）求该车从A到B行驶过程中观测P点的仰角正切值的最大值．21．（12分）如图，在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，m＝（sinA+sinB，sinC），n＝（b﹣a，b+c），且m⊥n．（1）求A的大小；（2）设∠BAC的平分线AD交BC于点D，若AD＝1，求△ABC周长的最小值．

2023-2024学年山西省太原市高一（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3分，共24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．（3分）在复平面内，复数z＝1﹣i对应的点的坐标是（）A．（1，1） B．（1，﹣1） C．（﹣1，1） D．（﹣1，﹣1）【考点】复数的代数表示法及其几何意义．【答案】B【分析】利用复数的几何意义求解．【解答】解：在复平面内，复数z＝1﹣i对应的点的坐标是（1，﹣1）．故选：B．2．（3分）已知a→=（2，﹣1），b→=（x，2），且a→A．﹣1 B．1 C．﹣4 D．4【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示．【答案】C【分析】根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．【解答】解：a→=（2，﹣1），b→=（x，2），且则2×2＝﹣x，解得x＝﹣4．故选：C．3．（3分）下列结论不正确的是（）A．三棱锥是四面体 B．长方体是平行六面体 C．正方体是直四棱柱 D．四棱柱是平行六面体【考点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；棱台的结构特征．【答案】D【分析】利用四面体的定义判断A；利用平行六面体的定义判断BD；利用直四棱柱的定义判断C．【解答】解：对于A，三棱锥是四面体，故A正确；对于B，长方体是平行六面体，故B正确；对于C，正方体是直四棱柱，故C正确；对于D，四棱柱的底面不一定是平行四边形，∴四棱柱不一定是平行六面体，故D错误．故选：D．4．（3分）在△ABC中，a=3，A＝60°，B＝45°．则bA．2 B．2 C．6 D．23【考点】利用正弦定理解三角形．【答案】A【分析】由已知利用正弦定理即可解得b的值．【解答】解：∵a=3，A＝60°，B∴由正弦定理asinA=bsinB故选：A．5．（3分）已知正方形ABCD的边长为2，则正方形ABCD用斜二测画法画出的直观图的面积为（）A．22 B．2 C．23 【考点】斜二测法画直观图．【答案】B【分析】根据题意，求出原图的面积，由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，正方形ABCD的边长为2，则原图的面积S＝2×2＝4，用斜二测画法画出的直观图，其直观图的面积S′=24S故选：B．6．（3分）在△ABC中，已知D为BC上一点，且满足BD→=3DCA．34AB→+14AC→ 【考点】平面向量的基本定理．【答案】B【分析】由向量的线性运算直接求解即可．【解答】解：在△ABC中，BD→所以AD→=AB→+故选：B．7．（3分）已知一个圆锥的底面半径为3，母线长为23A．43π27 B．43π9【考点】球的体积．【答案】C【分析】根据题意可得所求内切球的半径即为边长为23的等边三角形的内切圆的半径，从而可得内切球的半径为3【解答】解：∵圆锥的底面半径为3，母线长为23∴易得圆锥的轴截面为等边三角形，所求内切球的半径即为边长为23∴所求内切球的半径为3×tan30°=∴所求内切球的体积为4π3故选：C．8．（3分）勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，分别以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形．在如图所示的勒洛三角形中，已知AB＝2，点P在弧AC上，且∠PBC＝30°，则PA→A．6−43 B．23−4 C．2【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】A【分析】建立平面直角坐标系，求出相应点的坐标，从而求出相应向量的坐标，再由平面向量数量积的坐标运算计算即可．【解答】解：以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，过B且垂直于BC的直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图，则B（0，0），C（2，0），A（1，3），P（3，1），所以PA→=(1−3所以PA=(1−3故选：A．二、选择题（本题共4小题，每小题3分，共12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3分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）（多选）9．（3分）已知非零复数z，其共轭复数为z，则下列结论正确的是（）A．z2＝|z|2 B．z⋅zC．若z+z=0，则zD．若z−z=0，则【考点】复数的运算；虚数单位i、复数；共轭复数．【答案】BC【分析】结合特殊值法，复数模公式，复数的概念，即可求解．【解答】解：当z＝i时，z2＝﹣1，|z|2＝1，故A错误；当z＝a+bi（a，b∈R），则z=a−bi故z⋅z=|z|当z＝c+d（c，d∈R），则z=c−di故z+z=c+di+c−di=2c=0，解得由于z为非零复数，则d≠0，故z为纯虚数，故C正确；当z＝1时，满足z−z=0，但z不是纯虚数，故故选：BC．（多选）10．（3分）已知单位向量a→，b→，A．a→•b→=b→•a→ B．（a→•b→C．若a→•b→=a→•c→，则a→⊥（b→【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】AD【分析】由平面向量数量积的运算，结合向量共线及垂直的运算逐一判断．【解答】解：已知单位向量a→，b→，对于选项A，a→即选项A正确；对于选项B，不妨设a→⊥b→，则(a→⋅即选项B错误；对于选项C，若a→则a→即a→⊥(b即选项C错误；对于选项D，若a→则a→即a→即选项D正确．故选：AD．（多选）11．（3分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且b＝2，则下列结论正确的是（）A．若c＝1，△ABC是直角三角形，则a=3B．若c＝1，△ABC是锐角三角形，则a的取值范围是(3C．若C＝60°，c＞2，则△ABC有一解 D．若C＝60°，△ABC有两解，则a的取值范围是（0，2）【考点】解三角形；正弦定理．【答案】BC【分析】A中，分角A，B为直角时讨论可得a的值，判断出A的真假；B中，分角A，B为最大角时，分别求出a的范围，判断出B的真假；C中，由正弦定理及大边对大角，可得角B为唯一角，即判断出C的真假；D中，由三角形两个解可得c的范围，由余弦定理可得a的范围，判断出D的真假．【解答】解：A中，因为c＝1，b＝2，当B为直角时，则a=b当角A为直角时，则a=b2+B中，若c＝1，△ABC是锐角三角形，当B为最大角时，则a2+c2＞b2，即a＞b当A角为最大角时，则b2+c2＞a2，即a＜b综上所述：a的范围为（3，5），所以B正确；C中，c＞b，C＝60°，因为csin60°=bsinB=2因为B＜C，可得角B唯一，即该三角形仅有一个，所以C正确；D中，C＝60°，b＝2，△ABC有两解，则bsinC＜c＜b，即3＜c由余弦定理可得c2＝a2+b2﹣2abcosC＝a2+4﹣2a，所以3＜a2﹣2a+4＜4，a＞0，解得：0＜a＜2，且a≠1，所以a的范围为（0，1）∪（1，2），所以D不正确．故选：BC．（多选）12．（3分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝3，AB＝BC＝2，AB⊥BC，AC1与A1C相交于点O，点E是侧棱BB1上的动点，则下列结论正确的是（）A．直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积是6 B．三棱锥O﹣AA1E的体积为定值 C．AE+EC1的最小值为13 D．直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球表面积是17π【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积；棱柱的结构特征．【答案】ABD【分析】根据三棱柱的体积公式，三棱锥的体积公式，化空间为平面，分割补形法针对各个选项分别求解即可．【解答】解：对A选项，根据题意可知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为：12×2×2×3=6，∴对B选项，根据题意易知BB1∥平面ACC1A1，∴E到平面ACC1A1的距离为定值，又△AA1E的面积也为定值，∴三棱锥O﹣AA1E的体积为定值，∴B选项正确；对C选项，将平面ABB1A1与平面BCC1B1展开铺平如图所示：则AE+EC1≥AC1=3当且仅当A，E，C1三点共线时，等号成立，∴C选项错误；对D选项，根据题意可知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的直径2R即为长，宽，高分别为2，2，3的长方体的体对角线，∴（2R）2＝22+22+32＝17，∴直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球表面积是4πR2＝17π，∴D选项正确．故选：ABD．三、填空题（本题共4小题，每小题3分，共12分）13．（3分）已知复数z＝1+i，则|z|＝2．【考点】复数的模．【答案】2．【分析】根据复数的模长公式求解．【解答】解：由题意，|z|=1+1故答案为：2．14．（3分）已知三棱台ABC﹣A1B1C1的高为3，△ABC和△A1B1C1分别是边长为2和4的等边三角形，则该棱台的体积为73【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【答案】73【分析】根据三棱台的体积公式，即可求解．【解答】解：∵三棱台ABC﹣A1B1C1的高为3，△ABC和△A1B1C1分别是边长为2和4的等边三角形，∴S△ABC=1∴该棱台的体积为13故答案为：7315．（3分）已知平面向量a→=(2，1)，b→为单位向量，且(a→+b→【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】(2【分析】根据向量垂直和向量数量积的运算律求出a→【解答】解：由题意可知|a→|=因为(a所以(a解得a→则b→在a→方向上的投影向量的坐标为故答案为：(216．（3分）已知a→，b→，c→，d→满足a→•b→=8，|a→|＝4，|b→|＝22，（c→−a→【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】10+2【分析】设PA→=a→，PB→=b→，PC→=c→，由已知，得出向量c→【解答】解：设PA→=a→，因为（c→−a所以(PC即AC→所以向量c→的终点C在以AB显然C在D的位置时，|c由a→•b→=8，|a→|＝4，|可得|=b|PO所以|PD即|c→|由题意，|d→−c→|当且仅当d→与c则|d→|≤|c→|max故答案为：10+2四、解答题（本题共5小题，共52分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（10分）已知复数z满足（z﹣i）i＝2+i．（1）求z的共轭复数z；（2）若z是关于x的方程x2+px+q＝0的一个根，求实数p，q的值．【考点】复数的运算；共轭复数．【答案】（1）1+i；（2）p=−2q=2【分析】（1）结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解；（2）将1+i代入一元二次方程中，即可求解．【解答】解：（1）（z﹣i）i＝2+i．则z−i=2+i∴z=1−i，z（2）由（1）得z=1+iz是关于x的方程x2+px+q＝0的一个根，则（1+i）2+p（1+i）+q＝0，∴p+q+（p+2）i＝0，∴p+q=0p+2=0，解得p=−218．（10分）已知四边形ABCD中，A(0，0)，B(1，0)，D(−1，3（1）若AC→⊥BD（2）若|BC→|=1【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）λ=2（2）λ=1【分析】（1）根据题意，设C的坐标为（x，y），求出BC→、AD→、AC→和BD→的坐标，由BC→=λAD→，分析可得x=1−λy=3（2）根据题意，求出BC→的坐标，由向量模的公式可得关于λ的方程，解可得λ【解答】解：（1）根据题意，设C的坐标为（x，y），A（0，0），D（﹣1，3），B（1，0），则BC→=（x﹣1，y），AD→=（﹣1，3），AC→=（x，四边形ABCD中，若BC→=λAD→，即x−1=−λ由于AC→⊥BD→，则AC→•BD即﹣2（1﹣λ）+3（3λ）＝0，解可得λ=（2）BC→=（x﹣1，y），且若|BC→|=1，则有（x﹣1）2+即（﹣λ）2+3λ2＝1，解可得λ＝±12当λ=−12时，C的坐标为（32，−当λ=12时，C的坐标为（12，3故λ=119．（10分）已知单位向量e1→，（1）证明：点A，B，C共线；（2）求OA→与OB【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；平面向量的相等与共线．【答案】（1）证明过程见解答；（2）1114【分析】（1）由题结合平面向量的线性运算可证AB→（2）由平面向量的线性运算计算即可求得．【解答】解：（1）证明：因为单位向量e1→，所以AB→=OB所以AB→∥AC→，所以点A，（2）因为单位向量e1→，所以OA→2=(2因为OB→2=(3所以OA→所以cos〈OA→，OB→〉=OA20．（10分）如图，某人开车在山脚下水平公路上自A向B行驶，在A处测得山顶P处的仰角∠PAO＝30°，该车以60km/h的速度匀速行驶3分钟后，到达B处，此时测得仰角∠PBO＝45°，且cos∠AOB=−3（1）求此山的高OP的值；（2）求该车从A到B行驶过程中观测P点的仰角正切值的最大值．【考点】解三角形．【答案】（1）62（2）3．【分析】（1）设OP＝x，在直角三角形中，可得BO的表达式，在△AOB中，由余弦定理可得x