2023-2024学年浙江省a9协作体高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年浙江省A9协作体高一（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，只有一项符合题目要求。1．（5分）在复平面内，复数（1+i）（3﹣i）（其中i是虚数单位）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．（5分）已知平面向量a→=(12，1)，bA．﹣2 B．2 C．−12 3．（5分）如图所示的点，线，面的位置关系，用符号语言表示正确的是（）A．α∩β＝m，n⊂α，A⊂α，A⊂β B．α∩β＝m，n∈α，m∩n＝A C．α∩β＝m，n⊂α，m∩n＝A D．α∩β＝m，n∈α，A∈α，A∈β4．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c．若b＝2，c=23，C＝60°，则角BA．30° B．45° C．135° D．90°5．（5分）在平行四边形ABCD中，AC→=a→，BD→=b→，则用A．a→+b→和a→−C．a→+b→2和a6．（5分）已知圆台的上、下半径分别为r1，r2，3r1＝r2＝3．若一个球与圆台上、下底面及侧面均相切，则该球的表面积为（）A．5π B．12π C．6π D．36π7．（5分）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若B＝60°，b＝2，则边AC上中线BD的取值范围为（）A．[213，3] B．(218．（5分）折扇深受各阶层人民喜爱．古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉棚齐编凤翅长”．折扇平面图为如图的扇形OCD，其中∠AOB＝120°，OD＝4，OB＝1，动点P在弧CD上（含端点），连接OP交扇形OAB的弧AB于点Q，且OP→A．若y＝x，则x+y＝2 B．AB→C．PA→⋅PB→≥232二、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）如果a→，bA．a→=b→=1 B．a→（多选）10．（6分）对于△ABC，有如下判断，其中正确的是（）A．若sinA＝sinB，则△ABC为等腰三角形 B．若sin2A＝sin2B，则△ABC为等腰或直角三角形 C．若cosA＜cosB，则A＞B D．若tanA＞tanB，则A＞B（多选）11．（6分）已知棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱切球（与正方体的各条棱都相切）为球O，则下列说法正确的是（）A．球O的体积为43B．球O内接圆柱的侧面积的最大值为4π C．球O在正方体外部的体积小于43D．球O在正方体外部的面积大于6三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知复数z满足z（1﹣i）＝3i，求复数z的共轭复数z=13．（5分）已知平面向量a→，b→，c→不共线，且两两所成角相等，若|a→|=|b→|=214．（5分）如图，2024年元宵节在浙江桐乡凤凰湖举行“放孔明灯”活动．为了测量孔明灯的高度，在地上测量了一根长为200米的基线BC，在点B处测量这个孔明灯的仰角为∠OBA＝45°，在C处测量这个孔明灯的仰角为∠OCA＝30°，在基线BC上靠近B的四等分点处有一点P，在P处测量这个孔明灯的仰角为∠OPA＝60°，则这个孔明灯的高度OA＝．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）已知复数z＝（m2﹣4）+（m2﹣m﹣6）i，m∈R，i是虚数单位．（1）若复数z是纯虚数，求m的值；（2）若复数z在复平面内对应的点在第三象限，求m的取值范围．16．（15分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是DD1的中点．（1）求证：BD1∥平面ACE；（2）求直线AE与直线BD1所成角的余弦值．17．（15分）如图，在平行四边形ABCD中，F为CD的中点，G为BC上一点且满足CG→=2GB→，（1）试用向量a→，b→表示BF→（2）若A＝60°，AB＝3AD＝2，求向量BF→，DG18．（17分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，面对角线A1D，CD1上各有一个动点M，N，使得直线MN∥平面A1ACC1．（1）当M，N为对角线A1D，CD1的中点，T为CD的中点时，证明：平面MNT∥平面A1ACC1；（2）当正方体棱长为2时，求线段MN长度的最小值．19．（17分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若b＝2，sinC=3（1）若△ABC为锐角三角形时，求边a的取值范围；（2）求△ABC面积的最大值；（3）在（1）的条件下，若E，F分别为AB，AC的中点，连接CE，BF交于点O，求cos∠EOF的取值范围．

2023-2024学年浙江省A9协作体高一（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，只有一项符合题目要求。1．（5分）在复平面内，复数（1+i）（3﹣i）（其中i是虚数单位）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】复数的代数表示法及其几何意义；复数的运算．【答案】A【分析】结合复数的四则运算，复数的几何意义，即可求解．【解答】解：（1+i）（3﹣i）＝4+2i，其对应的点（4，2）位于第一象限．故选：A．2．（5分）已知平面向量a→=(12，1)，bA．﹣2 B．2 C．−12 【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系；平面向量数量积的性质及其运算．【答案】D【分析】结合向量垂直的性质，即可求解．【解答】解：平面向量a→=(12，1)则12×(−1)+k=0，解得k故选：D．3．（5分）如图所示的点，线，面的位置关系，用符号语言表示正确的是（）A．α∩β＝m，n⊂α，A⊂α，A⊂β B．α∩β＝m，n∈α，m∩n＝A C．α∩β＝m，n⊂α，m∩n＝A D．α∩β＝m，n∈α，A∈α，A∈β【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；平面的基本性质及推论．【答案】C【分析】根据题意，由空间点，线，面的位置关系的表示方法依次分析选项，综合可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，“A⊂α，A⊂β”应该是“A∈α，A∈β”，错误；对于B，“n∈α”应该是“n⊂α”，错误；对于C，正确；对于D，“n∈α”应该是“n⊂α”，错误．故选：C．4．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c．若b＝2，c=23，C＝60°，则角BA．30° B．45° C．135° D．90°【考点】正弦定理；余弦定理．【答案】A【分析】由已知结合正弦定理及三角形的大边对大角即可求解．【解答】解：因为b＝2，c=23，C由正弦定理得，bsinB所以sinB=bsinC因为b＜c，所以B＜C＝60°，所以B＝30°．故选：A．5．（5分）在平行四边形ABCD中，AC→=a→，BD→=b→，则用A．a→+b→和a→−C．a→+b→2和a【考点】用平面向量的基底表示平面向量．【答案】C【分析】由已知结合向量加法的三角形法则即可求解．【解答】解：因为平行四边形ABCD中，AC→=a→，BD→=b则AD→=AO→+OD→AB→=AO→+OB→故选：C．6．（5分）已知圆台的上、下半径分别为r1，r2，3r1＝r2＝3．若一个球与圆台上、下底面及侧面均相切，则该球的表面积为（）A．5π B．12π C．6π D．36π【考点】球的表面积．【答案】B【分析】根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征求解球的半径，然后代入球的表面积公式求解即可．【解答】解：如图，设圆台上、下底面圆心分别为O1，O2，则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处，设球O与母线AB切于M点，所以OM⊥AB，所以OM＝OO1＝OO2＝2，所以△AOO1与△AOM全等，所以AM＝r1＝1，同理BM＝r2＝3，所以AB＝r1+r2＝4，过A作AG⊥BO2，垂足为G，则BG＝r2﹣r1＝2，AG＝O1O2＝2R，所以AG2＝AB2﹣BG2，所以4R2＝42﹣22＝12，所以R2＝3，所以该球的表面积为4πR2＝12π．故选：B．7．（5分）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若B＝60°，b＝2，则边AC上中线BD的取值范围为（）A．[213，3] B．(21【考点】三角形中的几何计算；正弦定理．【答案】B【分析】利用向量加法运算及数量积模的运算，推导出|BD→|2=14（a2+c2+ac【解答】解：因为BD是ΔABC边AC上的中线，所以BD→=1则|BD→|2=14（|BA→|2+|BC→|2+2BA→•BC→）=14（c2+a2+2ca由正弦定理得asinA=csinC=bsinB=2sin60°=所以|BD→|2=14（163sin2A+163sin2C+163sinAsinC）而sin2C＝sin2（A+B）＝（32cosA+12sinA）2=34cos2A+32sinAsinAsinC＝sinAsin（A+B）＝sinA（32cosA+12sinA）=32sinAcosA所以|BD→|2=43（sin2A+34cos2A+32sinAcosA+14=43（sin2A+3sinAcosA+34）=23（1﹣cos2A）+233因为△ABC为锐角三角形，B=π3，所以角A∈（π6可知：当A=π3时，|BD→|2取得最大值43sinπ所以|BD→|的最大值为3，最小值大于73=213，即|BD故选：B．8．（5分）折扇深受各阶层人民喜爱．古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉棚齐编凤翅长”．折扇平面图为如图的扇形OCD，其中∠AOB＝120°，OD＝4，OB＝1，动点P在弧CD上（含端点），连接OP交扇形OAB的弧AB于点Q，且OP→A．若y＝x，则x+y＝2 B．AB→C．PA→⋅PB→≥232【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】D【分析】根据三角形中线的性质与向量的线性运算法则，判断出A项的正误；根据平面向量数量积的定义与运算性质，结合扇形的形状，计算出AB→⋅PQ→与PA→⋅PB→的范围，判断出B、C两项的正误；当【解答】解：对于A，当P为CD的中点时，连接CD，交OP于点E，则OE＝OCcos60°=12OC，可得OP→若y＝x，则OP→=x（OC→+OD→）＝2xOE→，可得2x＝2，所以x＝y对于B，AB→⋅PQ对于C，PA→⋅PB对于D，若y＝3x，则OA→⋅OP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）如果a→，bA．a→=b→=1 B．a→【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；平面向量的概念与平面向量的模．【答案】ABD【分析】根据题意，利用单位向量的定义、向量垂直的条件与数量积的定义，对各项的结论逐一加以验证，可得所求答案．【解答】解：对于A，单位向量是模等于1的向量，但不能认为a→=b对于B，两个单位向量的夹角不一定是直角，故B项错误；对于C，因为a→、b→是两个单位向量，所以|a→|＝|b对于D，只有单位向量a→、b→相等时，才有a→•b→=1，即a故选：ABD．（多选）10．（6分）对于△ABC，有如下判断，其中正确的是（）A．若sinA＝sinB，则△ABC为等腰三角形 B．若sin2A＝sin2B，则△ABC为等腰或直角三角形 C．若cosA＜cosB，则A＞B D．若tanA＞tanB，则A＞B【考点】解三角形；三角形的形状判断；正弦定理．【答案】ABC【分析】A中，由正弦定理可得a＝b，进而可得A＝B，即判断出该三角形的形状，进而判断出A的真假；B中，由三角形中的角之间的关系，判断出该三角形的形状，判断出B的真假；C中，由余弦函数的单调性，可得角A，B的关系，判断出C的真假；D中，当B为钝角，A为锐角时，判断出D的真假．【解答】解：A中，因为sinA＝sinB，在△ABC中，由正弦定理可得a＝b，所以该三角形为等腰三角形，所以A正确；B中，因为sin2A＝sin2B，在△ABC中，可得2A＝2B或2A＝π﹣2B，即A＝B或A+B=π2，可得C所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，所以B正确；C中，在三角形中，A，B∈（0，π），因为y＝cosx在（0，π）上单调递减，所以A＞B，所以C正确；D中，当B为钝角，A为锐角时，此时tanA＞tanB时，B＞A，所以D不正确．故选：ABC．（多选）11．（6分）已知棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱切球（与正方体的各条棱都相切）为球O，则下列说法正确的是（）A．球O的体积为43B．球O内接圆柱的侧面积的最大值为4π C．球O在正方体外部的体积小于43D．球O在正方体外部的面积大于6【考点】球的体积和表面积；棱柱的结构特征．【答案】BCD【分析】根据题意可知：棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱切球O的直径长为正方体的面对角线长，再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：棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱切球O的直径长为正方体的面对角线长，即球O的半径为2，∴球O的体积为43πR对B选项，设球O内接圆柱的底面圆的半径为r，高为h，则（2R）2＝（2r）2+h2，∴4r2+h2＝8，∴球O内接圆柱的侧面积为2πrh=π⋅2r⋅h≤π⋅4当且仅当2r＝h＝2时，等号成立，∴球O内接圆柱的侧面积的最大值为4π，∴B选项正确；对C选项，∵球O在正方体外部的体积小于球O体积与正方体内切球体积之差43(22对D选项，∵球O在正方体外部的面积等于正方体外6个球冠的表面积，且每一个球冠的表面积大于这个球冠中内接圆锥的侧面积4−22∴6个球冠的表面积大于64−22π故选：BCD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知复数z满足z（1﹣i）＝3i，求复数z的共轭复数z=−32【考点】共轭复数；复数的运算．【答案】−32【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．【解答】解：∵z（1﹣i）＝3i，∴z（1﹣i）（1+i）＝3i（1+i），∴2z＝﹣3+3i，∴z=−32∴复数z的共轭复数z=−3故答案为：−3213．（5分）已知平面向量a→，b→，c→不共线，且两两所成角相等，若|a→|=|b→|=2【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】6．【分析】根据题意，向量a→、b→、c→两两成120°角，结合|a→|=|b→|=2，|c→|=1，设【解答】解：因为平面向量a→，b→，c→不共线，且两两所成角相等，所以向量a→，由|a→|=|b→|=2，|c→|=1，设c则a→−b→=（0，23），a→−λc→=故答案为：6．14．（5分）如图，2024年元宵节在浙江桐乡凤凰湖举行“放孔明灯”活动．为了测量孔明灯的高度，在地上测量了一根长为200米的基线BC，在点B处测量这个孔明灯的仰角为∠OBA＝45°，在C处测量这个孔明灯的仰角为∠OCA＝30°，在基线BC上靠近B的四等分点处有一点P，在P处测量这个孔明灯的仰角为∠OPA＝60°，则这个孔明灯的高度OA＝150714m【考点】解三角形．【答案】150714【分析】由OA⊥底面ABC及题意可得AB，AC，AP用OA表示的代数式，分别在△ABP和△ACP中，由余弦定理可得cos∠APB，cos∠APC的余弦的表达式，再由cos∠APB+cos∠APC＝0，可得关于OA的方程，进而求出OA的大小．【解答】解：因为OA⊥底面ABC，AB，AP，AC⊂平面ABC，所以OA⊥AB，OA⊥AP，OA⊥AC，在Rt△OAB中，∠OBA＝45°，可得AB＝OA，在Rt△OAC中，∠OCA＝30°，所以AC=OAtan∠OCA在Rt△OAP中，∠OPA＝60°，所以AP=OAtan∠OPA因为BC＝200m，由题意可得PB=14BC＝50m，PC=34在△ABP中，由余弦定理可得cos∠APB=AP在△ACP中，由余弦定理可得cos∠APC=AP因为cos∠APB+cos∠APC＝0，①+②可得：13整理可得：OA2=36×5解得OA=15014故答案为：150714四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）已知复数z＝（m2﹣4）+（m2﹣m﹣6）i，m∈R，i是虚数单位．（1）若复数z是纯虚数，求m的值；（2）若复数z在复平面内对应的点在第三象限，求m的取值范围．【考点】复数的代数表示法及其几何意义；纯虚数．【答案】（1）2；（2）（﹣2，2）．【分析】（1）结合纯虚数的定义，即可求解；（2）结合复数的几何意义，即可求解．【解答】解：（1）复数z＝（m2﹣4）+（m2﹣m﹣6）i，复数z是纯虚数，则m2−4=0m故m＝2．（2）复数z在复平面内对应的点在第三象限，则m2−4＜0m2−m−6＜0故m的取值范围为（﹣2，2）．16．（15分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是DD1的中点．（1）求证：BD1∥平面ACE；（2）求直线AE与直线BD1所成角的余弦值．【考点】直线与平面平行；异面直线及其所成的角．【答案】（1）证明过程见详解；（2）155【分析】（1）连接BD，交AC于点O，由题意可得OE∥BD1，进而可证得结论；（2）由（1）可得∠AEO等于为直线AE与直线BD1所成角，求出AE，OE的值，进而求出∠AEO的余弦值．【解答】（1）证明：连接BD，交AC于点O，由题意可得O为BD的中点，连接OE，因为E是DD1的中点，因为OE∥BD1，OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE；（2）解：因为OE∥BD1，所以∠AEO等于为直线AE与直线BD1所成角，设正方体棱长为2，在△AEO中，AE=AOE=DAO=2因为AE2＝DE2+OD2，所以cos∠AEO=OE所以直线AE与直线BD1所成角的余弦值为15517．（15分）如图，在平行四边形ABCD中，F为CD的中点，G为BC上一点且满足CG→=2GB→，（1）试用向量a→，b→表示BF→（2）若A＝60°，AB＝3AD＝2，求向量BF→，DG【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；数量积表示两个平面向量的夹角．【答案】（1）BF→=b（2）−19【分析】（1）根据题意，由平面向量基本定理分析可得答案；（2）根据题意，由向量数量积的计算公式计算可得答案．【解答】解：（1）根据题意，在平行四边形ABCD中，BF→DG→（2）根据题意，cos〈BFBF→|BF|DG所以cos〈BF18．（17分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，面对角线A1D，CD1上各有一个动点M，N，使得直线MN∥平面A1ACC1．（1）当M，N为对角线A1D，CD1的中点，T为CD的中点时，证明：平面MNT∥平面A1ACC1；（2）当正方体棱长为2时，求线段MN长度的最小值．【考点】平面与平面平行；点、线、面间的距离计算．【答案】（1）证明过程见详解；（2）23【分析】（1）由N，T分别是线段CD1，CD的中点，可证得TN∥DD1，进而可证得TN∥平面A1ACC1，由题意及NT∩MN＝N，可证得结论；（2）由题意可证得平面MNQP∥平面A1ACC1，在梯形MNQP中，可得MN的表达式，由二次函数的性质，求出它的最小值．【解答】（1）证明：因为N，T分别是线段CD1，CD的中点，所以TN∥DD1，又DD1∥AA1，从而NT∥AA1，因为NT∥AA1，AA1⊂平面A1ACC1，NT⊄平面A1ACC1，所以NT∥平面A1ACC1又MN∥平面A1ACC1，NT∩MN＝N，所以平面MNT∥平面A1ACC1；（2）解：过点M作AD的垂线，垂足为P，过点N作DC的垂线，垂足为Q，连接PQ，因为