2023-2024学年天津一中高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年天津一中高一（下）期中数学试卷1．（3分）已知复数z=3i−12i+1（i是虚数单位），则A．0 B．2 C．3 D．22．（3分）下列四式不能化简为AD→A．(AB→+CDC．OC→−OA3．（3分）已知向量a→=(2，2)，b→=(x，−3)，则“xA．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4．（3分）圆锥SO中，S为圆锥顶点，O为底面圆的圆心，底面圆O半径为3，侧面展开图面积为63π，底面圆周上有两动点A，B，则△A．4 B．25 C．335．（3分）已知向量a→，b→，c→在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则cA．﹣1 B．1 C．﹣7 D．76．（3分）若复数z＝2+i，且z和z2在复平面内所对应的点分别为P，Q，O为坐标原点，则cos∠POQ＝（）A．−55 B．−255 7．（3分）柏拉图多面体是指每个面都是全等正多边形的正多面体，具有严格对称，结构等价的特点．六氟化硫具有良好的绝缘性和广泛的应用性．将六氟化硫分子中的氟原子按图1所示方式连接可得正八面体（图2）．若正八面体外接球的体积为4π3A．32 B．3 C．23 8．（3分）已知|OA→|=2，|OB→|=6，且OA→，OB→的夹角为A．−32OB→ B．32OB9．（3分）如图，四边形ABCD是直角梯形，其中AB＝1，CD＝2，AD⊥DC，O是AD的中点，以AD为直径的半圆O与BC相切于点P．以AD为旋转轴旋转一周，可以得到一个球和一个圆台．给出以下结论，其中正确结论的个数是（）①圆台的母线长为3；②球的半径为2；③将圆台的母线延长交DA的延长线于点H，则得到的圆锥的高为32④点P的轨迹的长度是3π．A．1 B．2 C．3 D．410．（3分）窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术．如图甲是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花，如图乙所示其外框是边长为4的正六边形ABCDEF，内部圆的圆心为该正六边形的中心O，圆O的半径为2，点P在圆O上运动，则PE→A．﹣8 B．﹣4 C．0 D．4二、填空题：（每小题4分，共24分）11．（4分）若复数z满足z•（1﹣2i）＝1+i，则z＝．12．（4分）设向量a→，b→的夹角的余弦值为−1313．（4分）在△ABC中，AB＝5，C=π4，且tanA＝3，则AB边上的高h＝14．（4分）我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高，这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等，利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差，图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线AOC和BOD均是以2为半径的半圆，平面AOC和平面BOD均垂直于平面ABCD，用任意平行于帐篷底面ABCD的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形．类比利用祖暅原理求半球的体积的计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱和一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2），从而求得该帐篷的体积为．15．（4分）已知平行四边形ABCD的面积为93，∠BAD=2π3，E为线段BC的中点．若F为线段DE上的一点，且AF→=λAB→+516．（4分）△ABC中，2sinB2=cosA−C2三、解答题：（本题共4小题，共46分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．（11分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知a=39，b＝2，∠A（Ⅰ）求sinB的值；（Ⅱ）求c的值；（Ⅲ）求sin（B﹣C）的值．18．（10分）已知tanα＝2，tan（α﹣β）＝3，α，β∈（0，π）．（1）求cos2α；（2）求2α﹣β．19．（12分）已知△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别是a、b、c，AB边上的中线CO＝2，设m→=（2sinC，−3），n→=（cos2C，2cos2C﹣1），且m→⋅n（1）求角C的集合；（2）求(PA（3）若c=3，且tanC＞1，S为△ABC的面积，求S+3cosAcosB的最大值及此时A20．（13分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足acosC+3（1）求角A；（2）若a=3，求△ABC（3）求bc−ab−aca

2023-2024学年天津一中高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析1．（3分）已知复数z=3i−12i+1（i是虚数单位），则A．0 B．2 C．3 D．2【考点】复数的除法运算．【答案】B【分析】利用复数除法运算化简得到z，由共轭复数定义和模长运算法则可求得结果．【解答】解：∵z=3i−1∴|z故选：B．2．（3分）下列四式不能化简为AD→A．(AB→+CDC．OC→−OA【考点】平面向量的加减混合运算．【答案】D【分析】根据平面向量的线性运算法则，对选项中的算式进行化简与运算即可．【解答】解：对于A，（AB→+CD对于B，（AD→+MB→）+（BC→+CM对于C，OC→对于D，MB→+AD故选：D．3．（3分）已知向量a→=(2，2)，b→=(x，−3)，则“xA．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】充分条件与必要条件；数量积表示两个平面向量的夹角．【答案】B【分析】根据两个向量夹角为钝角的条件，列式算出实数x的范围，结合充要条件的定义加以判断，即可得到本题的答案．【解答】解：当x＜3时，若x＝﹣3，则b→=(−3，−3)=−32a若a→与b→的夹角为钝角，则a→•b→＜0且x综上所述，“x＜3”是“a→与b故选：B．4．（3分）圆锥SO中，S为圆锥顶点，O为底面圆的圆心，底面圆O半径为3，侧面展开图面积为63π，底面圆周上有两动点A，B，则△A．4 B．25 C．33【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【答案】D【分析】根据题意，取出该圆锥的母线长，作出该圆锥的轴截面三角形，分析其顶角的大小，结合三角形面积公式分析可得答案．【解答】解：根据题意，圆锥SO中，设其母线长为l，底面圆O半径为3，侧面展开图面积为63π，则有S＝πrl则l＝23，作出该圆锥的轴截面三角形：其中SC＝SD＝23，OC＝OD＝3，易得∠CSO＝60°，则∠CSD＝120°，底面圆周上有两动点A，B，当OA与OB垂直时，△SAB面积最大，其最大值为12×23×故选：D．5．（3分）已知向量a→，b→，c→在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则cA．﹣1 B．1 C．﹣7 D．7【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】A【分析】由图形不妨设c→=（2，1），则【解答】解：不妨设c→=（2，1），则∴c→•（a故选：A．6．（3分）若复数z＝2+i，且z和z2在复平面内所对应的点分别为P，Q，O为坐标原点，则cos∠POQ＝（）A．−55 B．−255 【考点】复数的代数表示法及其几何意义；复数的运算．【答案】D【分析】根据已知得出P，Q的坐标，再利用平面向量的夹角公式求解．【解答】解：复数z＝2+i在复平面内所对应的点为P（2，1），复数z2＝（2+i）2＝3+4i在复平面内所对应的点为Q（3，4），则cos∠POQ=OP故选：D．7．（3分）柏拉图多面体是指每个面都是全等正多边形的正多面体，具有严格对称，结构等价的特点．六氟化硫具有良好的绝缘性和广泛的应用性．将六氟化硫分子中的氟原子按图1所示方式连接可得正八面体（图2）．若正八面体外接球的体积为4π3A．32 B．3 C．23 【考点】球的体积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【答案】D【分析】由已知找出正八面体外接球的球心，由体积求出外接球的半径，进一步得到侧面的边长，则答案可求．【解答】解：如图正八面体，连接AC和BD交于点O，∵EA＝EC，ED＝EB，∴EO⊥AC，EO⊥BD，又AC和BD为平面ABCD内相交直线，∴EO⊥平面ABCD，则O为正八面体的外接球的球心，设正八面体的外接球的半径为R，则43πR∴OA＝OE＝OB＝1，可得正八面体的每一个侧面都是边长为2的正三角形，则此正八面体的表面积为8×1故选：D．8．（3分）已知|OA→|=2，|OB→|=6，且OA→，OB→的夹角为A．−32OB→ B．32OB【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】D【分析】先求出AB→【解答】解：由题意得AB→则AB→在OB→上的投影向量为AB→故选：D．9．（3分）如图，四边形ABCD是直角梯形，其中AB＝1，CD＝2，AD⊥DC，O是AD的中点，以AD为直径的半圆O与BC相切于点P．以AD为旋转轴旋转一周，可以得到一个球和一个圆台．给出以下结论，其中正确结论的个数是（）①圆台的母线长为3；②球的半径为2；③将圆台的母线延长交DA的延长线于点H，则得到的圆锥的高为32④点P的轨迹的长度是3π．A．1 B．2 C．3 D．4【考点】命题的真假判断与应用；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积．【答案】B【分析】根据题意，由球体、圆台的结构特征及已知条件确定母线长、台高和球体的半径，再根据圆锥与圆台相关线段相似比求锥体高，进而求P的轨迹的长度．由此可得结论是否正确，综合可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析4个结论：对于①，圆台上、下底半径分别为r1＝1，r2＝2，设母线长为l，高为h，则球O的直径为h，因为BC与半圆O相切于点P，则BP＝r1＝1，CP＝r2＝2，所以l＝BP+CP＝3，①正确；对于②，过B作BM⊥CD于M，则BM＝h，CM＝r2﹣r1＝1，所以h=l2−CM2=3对于③因为AB∥CD，易得HAHD=ABCD=对于④，过P作PQ⊥BM于Q，延长PQ与AD交于O1，则P的轨迹以O1为圆心，O1P为半径的圆．作PN⊥CD于N，得△BQP∽△PNC，则BPPC=QPNC，即所以点P的轨迹的长度是2π×43=故选：B．10．（3分）窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术．如图甲是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花，如图乙所示其外框是边长为4的正六边形ABCDEF，内部圆的圆心为该正六边形的中心O，圆O的半径为2，点P在圆O上运动，则PE→A．﹣8 B．﹣4 C．0 D．4【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】C【分析】通过建系设点，设P（2cosθ，2sinθ）（0≤θ＜2π），利用平面向量的坐标计算转化为正弦型函数的值域问题求解即得．【解答】解：如图，以O为坐标原点，BE所在直线为x轴，AF的垂直平分线所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，设点P（2cosθ，2sinθ）（0≤θ＜2π），由题意知，E(4，0)，O(0，0)，F(2，23则PE→所以PE→因0≤θ≤2π，则π6故当θ+π6=π2故选：C．二、填空题：（每小题4分，共24分）11．（4分）若复数z满足z•（1﹣2i）＝1+i，则z＝−15【考点】复数的除法运算．【答案】−1【分析】利用复数的除法运算即可得解．【解答】解：因为z•（1﹣2i）＝1+i，所以z=1+i故答案为：−112．（4分）设向量a→，b→的夹角的余弦值为−13，且|2【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】4【分析】由平面向量数量积的运算，结合平面向量的模的运算求解即可．【解答】解：已知向量a→，b→的夹角的余弦值为则a→则|2a故答案为：4213．（4分）在△ABC中，AB＝5，C=π4，且tanA＝3，则AB边上的高h＝【考点】三角形中的几何计算；解三角形．【答案】6．【分析】根据tanA＝3，利用同角三角函数的关系求出sinA=31010，cosA=1010，然后利用两角和的正弦公式与诱导公式算出sinB，最后根据正弦定理求出AC，由h＝AC【解答】解：根据tanA=3=sinAcosA，且sin2A+cos2A＝1，A∈（0，解得sinA=31010，cosA=由正弦定理得ABsinC=ACsinB，即所以AB边上的高h=AC×sinA=210故答案为：6．14．（4分）我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高，这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等，利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差，图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线AOC和BOD均是以2为半径的半圆，平面AOC和平面BOD均垂直于平面ABCD，用任意平行于帐篷底面ABCD的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形．类比利用祖暅原理求半球的体积的计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱和一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2），从而求得该帐篷的体积为43【考点】圆锥的体积．【答案】43【分析】根据祖暅原理及四棱柱的体积公式，即可求解．【解答】解：根据题意可知正四棱柱的底面正方形的对角线长为2，高为1，∴正四棱柱的底面正方形的边长为2，∴根据祖暅原理可得所求帐篷的体积为：V正四棱柱﹣V正四棱锥=2故答案为：4315．（4分）已知平行四边形ABCD的面积为93，∠BAD=2π3，E为线段BC的中点．若F为线段DE上的一点，且AF→=λAB→+56AD→，则【考点】平面向量的基本定理．【答案】见试题解答内容【分析】由平行四边形ABCD的面积为93，可得|AB→||AD→|=18，由已知得AF→=λAE→+(56−【解答】解：因为平行四边形ABCD的面积为93所以|AB→||如图，连接AE，则BE→所AF→因为E，F，D三点共线，所以λ+56−所以AF→所以|=(当且仅当13|AB所以|AF→|故答案为：13，516．（4分）△ABC中，2sinB2=cosA−C2，则∠B【考点】两角和与差的三角函数．【答案】(0，π【分析】根据2sinB2=cosA−C2进行化简，得到tan【解答】解：因为2sinB2=cos所以3sinA2sin因为1tan当且仅当tanA2=tanC2所以tanB所以0＜B所以0＜B≤π故答案为：(0，π三、解答题：（本题共4小题，共46分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．（11分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知a=39，b＝2，∠A（Ⅰ）求sinB的值；（Ⅱ）求c的值；（Ⅲ）求sin（B﹣C）的值．【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】（Ⅰ）1313（Ⅱ）c＝5；（Ⅲ）−7【分析】（Ⅰ）根据已知条件，结合正弦定理，即可求解；（Ⅱ）根据已知条件，结合余弦定理，即可求解；（Ⅲ）根据已知条件，结合三角函数的同角公式，以及正弦的两角差公式，即可求解．【解答】解：（Ⅰ）a=39，b＝2，∠A则sinB=bsinA（Ⅱ）a=39，b＝2，∠A则a2＝b2+c2﹣2bc•cosA＝4+c2+2c＝39，化简整理可得，（c+7）（c﹣5）＝0，解得c＝5（负值舍去）；（Ⅲ）cosB=1−sic＝5，a=39，∠A则sinC=csinA故cosC=1−si所以sin（B﹣C）＝sinBcosC﹣sinCcosB=1318．（10分）已知tanα＝2，tan（α﹣β）＝3，α，β∈（0，π）．（1）求cos2α；（2）求2α﹣β．【考点】两角和与差的三角函数．【答案】（1）−3（2）2α−β=−π【分析】（1）方法一：根据二倍角公式，同角关系将cos2α转化为含tanα的表达式，代入条件可得结论；方法二：由二倍角正切公式求tan2α，再结合同角关系求cos2α；（2）由两角和的正切公式求tan（2α﹣β），由两角差的周期公式求tanβ，结合条件确定2α﹣β的范围，由此可得结论．【解答】解：（1）方法1：cos2α=cos=1−ta方法2：tan2α=2tanα由sin2消去sin2α，得(−4解得，cos因为tanα＝2，α∈（0，π），所以α∈(π4，所以cos2α＜0．所以cos2α=−3（2）tan(2α−β)=tan[α+(α−β)]=tanα+tan(α−β)因为tanβ=tan[α−(α−β)]=tanα−tan(α−β)又β∈（0，π），所以β∈(π由（1）方法2，可知2α∈(π所以2α−β∈(−π因为tan（2α﹣β）＝﹣1，所以2α−β=−π19．（12分）已知△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别是a、b、c，AB边上的中线CO＝2，设m→=（2sinC，−3），n→=（cos2C，2cos2C﹣1），且m→⋅n（1）求角C的集合；（2）求(PA（3）若c=3，且tanC＞1，S为△ABC的面积，求S+3cosAcosB的最大值及此时A【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】（1）{π（2）﹣2；（3）A=B=π3时，S+3【分析】（1）由题意可得cos2C(2sinC−3)=0，分cos2C＝0和（2）由题意可得C，P，O三点共线，且点P在线段OC上，于是有(PA→+PB→)⋅PC→=2（3）由题意可得C=π3，再由正弦定理及面积公式可得S=3【解答】解：（1）由m→⋅n则cos2C(2sinC−3若cos2C＝0，则2C=π2或3π2，求得C=若2sinC−3则sinC=32，求得C=π所