2023-2024学年天津四十三中高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年天津四十三中高一（下）期中数学试卷一、单选题：本题共10小题，每小题3分，共30分．1．（3分）若复数z满足z（1﹣i）＝3+i，则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．（3分）若|a→|=2，|b→|＝2且（a→−b→A．π6 B．π4 C．π33．（3分）下列命题中正确的个数为（）（1）如果直线a∥b，那么a平行于经过b的任何平面；（2）如果直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥b；（3）如果直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，那么b∥a．A．0 B．1 C．2 D．34．（3分）如图，水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形A'B'C'D'，已知A'O'＝O'B'＝2，B'C'＝2，则四边形ABCD的周长为（）A．20 B．12 C．8+43 D．5．（3分）已知复数z与（z+1）2﹣2i都是纯虚数，则z＝（）A．i B．﹣i C．﹣4i D．2i6．（3分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点都在同一球面上，且球体积为43A．22 B．33 C．87．（3分）在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F．若AC→=a→，A．14a→+12b→ 8．（3分）已知△ABC内角A、B、C的对边分别是a、b、c，若cosB=14，b＝2，sinC＝2sinA，则△A．156 B．154 C．1529．（3分）在△ABC中，已知sinC＝2sin（B+C）cosB，那么△ABC一定是（）A．等腰直角三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．等边三角形10．（3分）庑殿顶是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，宋代称为“五脊殿”、“吴殿”，清代称为“四阿殿”，如图（1）所示．现有如图（2）所示的庑殿顶式几何体ABCDMN，其中正方形ABCD边长为3，MN∥AB，MN=32，且MN到平面ABCD的距离为2，则几何体A．274 B．94 C．52二、填空题：本题共4小题，每小题4分，共20分．11．（4分）复数z满足（1+i）z＝|3−i|，则z=12．（4分）等边三角形ABC的边长为2，则AB→在BC→上的投影向量为13．（4分）已知圆锥SO1的顶点和底面圆周均在半径为2的球O的球面上，且圆锥母线SA=23，则该圆锥的高h＝14．（4分）在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°．动点E和F分别在线段BC和DC上，且BE→=λBC→，DF→=19λ三、解答题：本题共5小题，共50分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15．（10分）已知复数z1＝a+2i，z2＝b+i（a，b∈R，i为虚数单位）．（1）若b＝2，z1•z2是纯虚数，求|z1﹣z2|的值；（2）若z1=(z216．（12分）已知向量a→=(2，4)，（Ⅰ）当a→∥b→时，求（Ⅱ）当x＝﹣1时，求向量a→与b（Ⅲ）当a→⊥(4a17．（10分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知a＝2，c=2，cosA=−（1）求sinC和b的值；（2）求cos（2A+π18．（10分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥底面ABCD，E，F分别是PC，AD中点．（Ⅰ）求证：DE∥平面PFB；（Ⅱ）若M为BC中点，求证平面EMD∥平面PFB．19．（12分）已知A，B，C为△ABC的三内角，且其对边分别为a，b，c．若m→=(a，cosA)，n（1）求角A的大小；（2）若a=23，求△ABC

2023-2024学年天津四十三中高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单选题：本题共10小题，每小题3分，共30分．1．（3分）若复数z满足z（1﹣i）＝3+i，则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【考点】共轭复数；复数的代数表示法及其几何意义．【答案】D【分析】根据已知条件，结合复数的运算法则，以及复数的性质，即可求解．【解答】解：∵z（1﹣i）＝3+i，∴z=3+i1−i=∴z=1−2i∴z的共轭复数在复平面内对应的点（1，﹣2）位于第四象限．故选：D．2．（3分）若|a→|=2，|b→|＝2且（a→−b→A．π6 B．π4 C．π3【考点】平面向量数量积的坐标运算．【答案】B【分析】利用向量垂直的充要条件列出方程，利用向量的运算律化简等式，利用向量的数量积公式求出向量夹角的余弦值，求出向量的夹角．【解答】解：设向量的夹角为θ，∵(a∴(a∴a→即2﹣22cosθ＝0，∴cosθ=2∵0≤θ≤π，∴θ=π故选：B．3．（3分）下列命题中正确的个数为（）（1）如果直线a∥b，那么a平行于经过b的任何平面；（2）如果直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥b；（3）如果直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，那么b∥a．A．0 B．1 C．2 D．3【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【答案】B【分析】举反例可判断（1）（2），利用线面平行的性质定理和判定定理可判断（3），然后可得．【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，可知（1）错误；由A1B1∥平面ABCD，A1D1∥平面ABCD，可知（2）错误；过直线a过平面β交平面α于直线c，则a∥c，又a∥b，所以b∥c，又b⊄α，所以b∥α，故（3）正确．故选：B．4．（3分）如图，水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形A'B'C'D'，已知A'O'＝O'B'＝2，B'C'＝2，则四边形ABCD的周长为（）A．20 B．12 C．8+43 D．【考点】斜二测法画直观图；平面图形的直观图．【答案】A【分析】根据题意，作出原图矩形ABCD，分析原图中AB、BC的值，进而计算可得答案．【解答】解：根据题意，矩形A'B'C'D'，A'O'＝O'B'＝2，B'C'＝2，则O′C′＝22，如图：原图矩形ABCD中，AB＝AO+OB＝A'O'+O'B'＝4，OC＝2O′C′＝42，BC=O则四边形ABCD的周长l＝2（AB+BC）＝20；故选：A．5．（3分）已知复数z与（z+1）2﹣2i都是纯虚数，则z＝（）A．i B．﹣i C．﹣4i D．2i【考点】纯虚数；复数的运算；虚数单位i、复数．【答案】B【分析】结合纯虚数的定义，以及复数的四则运算，即可求解．【解答】解：设z＝bi（b≠0），（z+1）2﹣2i＝（bi+1）2﹣2i＝2bi﹣b2+1﹣2i为纯虚数，则1−b2=0故z＝﹣i．故选：B．6．（3分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点都在同一球面上，且球体积为43A．22 B．33 C．8【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【答案】C【分析】由已知结合正方体外接球的性质及球体积公式即可求解．【解答】解：设正方体的棱长为a，外接球的半径为R，则（2R）3＝3a2，即R=3所以外接球体积V=4π3×(解得，a＝2，所以正方体的体积为8．故选：C．7．（3分）在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F．若AC→=a→，A．14a→+12b→ 【考点】平面向量的基本定理．【答案】B【分析】根据两个三角形相似对应边成比例，得到DF与FC之比，做FG平行BD交AC于点G，使用已知向量表示出要求的向量，得到结果．【解答】解：∵由题意可得△DEF∽△BEA，∴DEEB=DFAB=13∴DFFC作FG平行BD交AC于点G，∴FGDO∴GF→∵AG→∴AF→故选：B．8．（3分）已知△ABC内角A、B、C的对边分别是a、b、c，若cosB=14，b＝2，sinC＝2sinA，则△A．156 B．154 C．152【考点】余弦定理；正弦定理．【答案】B【分析】由题意和正余弦定理可得a，c的值，由同角三角函数的基本关系可得sinB，代入三角形的面积公式计算可得．【解答】解：∵sinC＝2sinA，∴由正弦定理可得c＝2a，又cosB=14，由余弦定理可得22＝a2+（2a）2﹣2a•2a×1解得a＝1，∴c＝2，又cosB=14，∴sinB∴△ABC的面积S=12acsin故选：B．9．（3分）在△ABC中，已知sinC＝2sin（B+C）cosB，那么△ABC一定是（）A．等腰直角三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．等边三角形【考点】两角和与差的三角函数．【答案】B【分析】由内角和是π，据诱导公式消去C，再由两角和与差的公式变换整理，观察整理的结果判断出△ABC一定是等腰三角形．【解答】解：∵sinC＝2sin（B+C）cosB，∴sin（A+B）＝2sinAcosB，∴sinAcosB+cosAsinB＝2sinAcosB，∴sinAcosB﹣cosAsinB＝0∴sin（A﹣B）＝0∴A﹣B＝0，即A＝B故△ABC一定是等腰三角形，故选：B．10．（3分）庑殿顶是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，宋代称为“五脊殿”、“吴殿”，清代称为“四阿殿”，如图（1）所示．现有如图（2）所示的庑殿顶式几何体ABCDMN，其中正方形ABCD边长为3，MN∥AB，MN=32，且MN到平面ABCD的距离为2，则几何体A．274 B．94 C．52【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【答案】D【分析】将几何体ABCDMN分割为一个三棱柱ADM﹣FEN和一个四棱锥N﹣FBCE，由柱体和锥体的体积公式，计算可得所求值．【解答】解：取AB，CD的中点F，E，连接NE，EF，NF，可得几何体ABCDMN分割为一个三棱柱ADM﹣FEN和一个四棱锥N﹣FBCE，将三棱柱ADM﹣FEN补成一个上底面与矩形ADEF全等的矩形的平行六面体，可得该三棱柱的体积为平行六面体的一半，则三棱柱ADM﹣FEN的体积为12×2×12四棱锥N﹣FBCE的体积为13则几何体ABCDMN的体积为3+9故选：D．二、填空题：本题共4小题，每小题4分，共20分．11．（4分）复数z满足（1+i）z＝|3−i|，则z=1+i【考点】共轭复数；复数的运算．【答案】见试题解答内容【分析】根据复数模的计算和复数的运算法则以及共轭复数的定义即可求出．【解答】解：（1+i）z＝|3−i∴z=21+i=∴z=1+i故答案为：1+i12．（4分）等边三角形ABC的边长为2，则AB→在BC→上的投影向量为−【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】−1【分析】根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解．【解答】解：等边三角形ABC的边长为2，则cos＜AB故AB→在BC→上的投影向量为：故答案为：−113．（4分）已知圆锥SO1的顶点和底面圆周均在半径为2的球O的球面上，且圆锥母线SA=23，则该圆锥的高h＝3【考点】球的体积和表面积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积．【答案】3．【分析】根据题中条件，得到|OO1|＝|h﹣2|，设圆锥底面圆半径为r，利用勾股定理列出方程求解，即可得出结果．【解答】解：因为圆锥母线SA=23，圆锥所在球的半径为2，即OA＝OS则|OO1|＝|h﹣2|，设圆锥底面圆半径为r，则OO12所以﹣r2＝h2﹣12，所以（h﹣2）2＝22﹣r2＝4﹣12+h2＝h2﹣8，则h2﹣4h+4＝h2﹣8，解得h＝3．故答案为：3．14．（4分）在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°．动点E和F分别在线段BC和DC上，且BE→=λBC→，DF→=19λDC→【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】利用等腰梯形的性质结合向量的数量积公式将所求表示为关于λ的代数式，根据具体的形式求最值．【解答】解：由题意，得到AD＝BC＝CD＝1，所以AE→•AF→=（AB→+BE→=AB→⋅AD→+λBC＝1+λ2+故答案为：2918三、解答题：本题共5小题，共50分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15．（10分）已知复数z1＝a+2i，z2＝b+i（a，b∈R，i为虚数单位）．（1）若b＝2，z1•z2是纯虚数，求|z1﹣z2|的值；（2）若z1=(z2【考点】复数的运算；纯虚数．【答案】（1）2；（2）a＝0，b＝1．【分析】（1）b＝2时，z2＝2+i，根据z1•z2是纯虚数，得出a＝1，再计算z1﹣z2的模长；（2）由复数相等列方程组求解即可．【解答】解：（1）b＝2时，复数z1＝a+2i，z2＝2+i，所以z1•z2＝（a+2i）（2+i）＝（2a﹣2）+（4+a）i，令2a−2=04+a≠0，解得a＝1，所以z1＝1+2i所以z1﹣z2＝（1﹣2）+（2﹣1）i＝﹣1+i，所以|z1﹣z2|=(−1)（2）若z1=(z2)2，则a+2i＝（b+i）所以a=b解得a＝0，b＝1．16．（12分）已知向量a→=(2，4)，（Ⅰ）当a→∥b→时，求（Ⅱ）当x＝﹣1时，求向量a→与b（Ⅲ）当a→⊥(4a【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；平面向量共线（平行）的坐标表示．【答案】（I）﹣4．（II）−45．（III）【分析】（I）根据已知条件，结合向量平行的性质，即可求解．（II）根据已知条件，结合向量模公式，以及向量的夹角公式，即可求解．（III）根据已知条件，结合向量垂直的性质，求出x，再结合向量模公式，即可求解．【解答】解：（Ⅰ）∵a→∥b∴2x＝﹣8，即x＝﹣4．（Ⅱ）∵x＝﹣1，a→|a→|=2∴向量a→与向量b→的夹角的余弦值为（Ⅲ）依题意4a∵a→∴a→即12+64+4x＝0，∴x＝﹣19，∴b→=(−2，−19)，17．（10分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知a＝2，c=2，cosA=−（1）求sinC和b的值；（2）求cos（2A+π【考点】余弦定理；正弦定理．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由cosA的值，利用同角三角函数间基本关系求出sinA的值，再由a，c的值，利用正弦定理求出sinC，利用余弦定理求出b的值即可；（2）原式利用两角和与差的余弦函数公式化简后，将sin2A与cos2A的值代入计算即可求出值．【解答】解：（1）∵cosA=−24，∴sinA=1−co∵a＝2，c=2∴由正弦定理asinA=csinC由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA，得：4＝b2+2+b，解得：b＝1；（2）cos2A=−34，sin2Acos（2A+π3）＝cos2Acosπ3−sin218．（10分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥底面ABCD，E，F分别是PC，AD中点．（Ⅰ）求证：DE∥平面PFB；（Ⅱ）若M为BC中点，求证平面EMD∥平面PFB．【考点】平面与平面平行；直线与平面平行．【答案】（1）证明过程见详解；（2）证明过程见详解．【分析】（1）取PB的中点N，连接NE，FN，BF，由题意可证得四边形DFNE为平行四边形，可得DE∥FN，进而可证得结论；（2）由题意可证得DM∥BF，进而可证得DM∥平面PFB，由（