2023-2024学年浙江省金兰教育合作组织高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年浙江省金兰教育合作组织高一（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）已知向量a→=(1，2)，b→=(x，1−x)，若A．2 B．13 C．3 D．2．（5分）下列四个命题中正确的是（）A．每个面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥 B．所有棱长都相等的四棱柱是正方体 C．以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱 D．以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥3．（5分）已知复数z＝（1﹣2i）（1+i），其中i是虚数单位，则z的虚部是（）A．i B．﹣i C．﹣1 D．14．（5分）已知a→，b→为非零向量，且满足b→⋅(aA．b→ B．−b→ C．25．（5分）已知△ABC的三条边长分别为a，b，c，且（a+b）：（b+c）：（a+c）＝12：13：15，则此三角形的最大角与最小角之和为（）A．π3 B．2π3 C．3π46．（5分）已知平面直角坐标系下，△ABC的三个顶点坐标为：A（1，1），B（﹣1，2），C（3，5），若△ABC斜二测画法下的直观图是△A′B′C′，则△A′B′C′的面积为（）A．524 B．522 C．7．（5分）如图所示，在▱ABCD中，点E为线段AD上的中点，点F为线段CD上靠近点C的三等分点，BE，BF分别与AC交于R，T两点．则（）A．FT→=16C．AB→=3BR8．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，边BC上的中线、高线、角平分线长分别是ma，ha，la，则下列结论中错误的是（）A．maB．laC．haD．S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，有选错的得0分，部分选对得部分分）（多选）9．（6分）已知复数z1，z2均不为0，复数z的共轭复数为z，则（）A．z1−z2=z1−z2 B．|z1+C．z1⋅z2=z1⋅z2 D．|z1（多选）10．（6分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法中正确的是（）A．若a＝ccosB，则△ABC是直角三角形 B．若a2+b2﹣c2＞0，则△ABC是锐角三角形 C．若acosA＝bcosB，则△ABC是等腰三角形 D．若acosA=b（多选）11．（6分）已知a→，b→为非零向量，且满足|aA．a→，b→夹角的取值范围是B．|b→C．a→⋅D．|a三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．（5分）已知z＝1+i（i是虚数单位），则z4＝．13．（5分）已知球O的体积为36π，则球O的表面积为，球O的内接正四面体的体积为．14．（5分）勒洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛．如图所示，分别以正三角形ABC的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为勒洛三角形．已知正三角形ABC边长为2，点P为圆弧AB上的一点，且满足：S△ABP=312，则四、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z1＝1+2i．（1）若复数z1是方程z2+a•z+b＝0的一个复数根，求实数a，b的值；（2）若复数z2满足z1z2=1−16．（15分）如图所示，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都为1，BC⊥CC1，点P为线段B1C1上的动点．（1）若点P恰为线段B1C1上靠近点C1的三等分点，求三棱锥P﹣A1BC和三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积之比；（2）求PA1+PC的最小值及此时B1P的值．17．（15分）设向量a→，b→满足|a→|=1（1）求|2a（2）已知2a→+3b→与λ18．（17分）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且满足b＝2，3bsinC+bcosC=a（1）求B；（2）若D，E为线段BC上的两个动点，且满足∠DAE＝60°，S△ABC=3，求S19．（17分）对于平面向量ak→=(xk，yk)(k=1，2，⋯)，定义“（1）若向量a1→=(2，1)，θ=（2）已知OA→=(x1，y1)，OB→=(x2，y2)，且OA→与（3）若向量a4→=

2023-2024学年浙江省金兰教育合作组织高一（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）已知向量a→=(1，2)，b→=(x，1−x)，若A．2 B．13 C．3 D．【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的相等与共线．【答案】B【分析】根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．【解答】解：向量a→=(1，2)，b→则1•（1﹣x）＝2x，解得x=1故选：B．2．（5分）下列四个命题中正确的是（）A．每个面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥 B．所有棱长都相等的四棱柱是正方体 C．以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱 D．以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积；棱柱的结构特征；棱锥的结构特征．【答案】C【分析】根据题意，举出反例可得A、B错误，由圆柱、圆锥的定义分析C和D，综合可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，如图：在三棱锥A﹣BCD中，有AB＝BC＝CD＝AD＝a，AC＝BD＝b，该每个面都是等腰三角形，但该棱锥不是正三棱锥，A错误；对于B，底面为菱形的直四棱柱，其侧棱与底面边长相等，该四棱柱的所有棱长都相等，但不是正方体，B错误；对于C，以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱，C正确；对于D，以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥，D错误．故选：C．3．（5分）已知复数z＝（1﹣2i）（1+i），其中i是虚数单位，则z的虚部是（）A．i B．﹣i C．﹣1 D．1【考点】复数的运算．【答案】C【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】解：∵z＝（1﹣2i）（1+i）＝3﹣i，∴z的虚部为﹣1．故选：C．4．（5分）已知a→，b→为非零向量，且满足b→⋅(aA．b→ B．−b→ C．2【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】B【分析】结合投影向量的公式，即可求解．【解答】解：a→，b→为非零向量，且满足则a→(a故a→−2b→在故选：B．5．（5分）已知△ABC的三条边长分别为a，b，c，且（a+b）：（b+c）：（a+c）＝12：13：15，则此三角形的最大角与最小角之和为（）A．π3 B．2π3 C．3π4【考点】余弦定理．【答案】B【分析】由题意设a，b，c的值，判断出角C为最大角，角B为最小角，由余弦定理可得cosA的值，再由角A的范围，可得角A的大小，进而求出B+C的大小．【解答】解：因为（a+b）：（b+c）：（a+c）＝12：13：15，设a+b＝12k，b+c＝13k，a+c＝15k，解得a＝7k，b＝5k，c＝8k，令k＝1，则a＝7，b＝5，c＝8，由三角形中大边对大角，可得角C为最大角，B为最小角，由余弦定理可得cosA=b2+c2−所以A=π所以B+C＝π−π故选：B．6．（5分）已知平面直角坐标系下，△ABC的三个顶点坐标为：A（1，1），B（﹣1，2），C（3，5），若△ABC斜二测画法下的直观图是△A′B′C′，则△A′B′C′的面积为（）A．524 B．522 C．【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，由点A、B、C的坐标分析可得kAB•kAC＝﹣1，进而可得∠A＝90°，同时求出|AB|、|AC|的长，由此可得△ABC的面积，结合直观图面积与原图面积的关系，分析可得答案．【解答】解：根据题意，△ABC的三个顶点坐标为：A（1，1），B（﹣1，2），C（3，5），则kAB=2−1−1−1=−12，kAC=5−13−1=2，则有kAB•k同时|AB|=4+1=5，|AC|=故△ABC的面积S=12|AB|×|则其直观图的面积S′=24S故选：A．7．（5分）如图所示，在▱ABCD中，点E为线段AD上的中点，点F为线段CD上靠近点C的三等分点，BE，BF分别与AC交于R，T两点．则（）A．FT→=16C．AB→=3BR【考点】平面向量的基本定理．【答案】C【分析】根据平面向量的基本定理，结合平行线的性质与平面向量的线性运算法则，逐一分析选项即可．【解答】解：选项A，因为AB∥CD，且点F为线段CD上靠近点C的三等分点，所以FTBT所以FT→=14FB→=14（FD选项B，因为点E为线段AD上的中点，所以BE→=因为点F为线段CD上靠近点C的三等分点，所以BF→=联立①②消去BA→，得BD→=选项C，因为AD∥BC，且点E是AD的中点，所以ERBR所以BR→所以3BR→+4DT→=3×23BE→+4（DF→+选项D，因为ER→=13EB→=13所以AD→=2AB→−6故选：C．8．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，边BC上的中线、高线、角平分线长分别是ma，ha，la，则下列结论中错误的是（）A．maB．laC．haD．S【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】D【分析】A中，由正弦定理可得中线ma的表达式，判断出A的真假；B中，由三角形等面积法求出角平分线la的表达式，判断出B的真假；C中，由三角形等面积法求出高ha的表达式，判断出C的真假；D中，由C选项的分析，可得三角形的面积的表达式，判断出D的真假．【解答】解：A：设AD为BC的中线，由中线定理可得：AB2+2AC2=12BC2+2AD2，可得AD即ma=2(c2B中，设∠A＝2α，设AF为∠A的角平分线，所以∠BAD＝∠CAD＝α，由三角形等面积法可得12AC•ABsin2α=12AC•AFsinα2+1可得bc•2sinα2cosα2=AF（b+c所以AF=2bccosA2b+c，即la设AE为BC边上的高，由等面积法可得12bcsinA=12a所以AE=bcsinAa，因为sinA=1−cos所以1﹣cos2A＝1−(b所以AE=bc⋅即ha=[(b+c)2D中，由C可得S△ABC=12a•ha=[(b+c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，有选错的得0分，部分选对得部分分）（多选）9．（6分）已知复数z1，z2均不为0，复数z的共轭复数为z，则（）A．z1−z2=z1−z2 B．|z1+C．z1⋅z2=z1⋅z2 D．|z1【考点】共轭复数；复数的模；复数的运算．【答案】ACD【分析】结合复数的四则运算，共轭复数的定义，复数模公式，即可求解．【解答】解：对于AC，设z1＝a+bi，z2＝c+di（a，b，c，d∈R），z1﹣z2＝a﹣c+（b﹣d）i，则z1−z2=a−c−(b−d)iz1•z2＝ac﹣bd+（ad+bc）i，则z1z1⋅z对于B，令z1＝i，z2＝﹣i，|z1+z2|＝0，|z1|+|z2|＝1+1＝2，故B错误；对于D，结合复数模的性质可知，|z1•z2|＝|z1|•|z2|，故D正确．故选：ACD．（多选）10．（6分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法中正确的是（）A．若a＝ccosB，则△ABC是直角三角形 B．若a2+b2﹣c2＞0，则△ABC是锐角三角形 C．若acosA＝bcosB，则△ABC是等腰三角形 D．若acosA=b【考点】解三角形；三角形的形状判断；正弦定理．【答案】AD【分析】A中，由正弦定理及三角形中角之间的关系，可得cosC＝0，即角C为直角，判断出A的真假；B中，由余弦定理判断出角C为锐角，不能判断出角A，B是否为锐角，进而判断出B的真假；C中，由正弦定理可得sin2A＝sin2B，再在三角形中，可得A＝B或A+B=π2，判断出三角形的形状，判断出C的真假；D中，由正弦定理及两角差的正弦公式，可得A＝B＝C，判断出【解答】解：A中，由正弦定理可得sinA＝sinCcosB，在三角形中，sinA＝sin（B+C）＝sinBcosC+cosBsinC，所以sinBcosC＝0，因为sinB＞0，所以cosC＝0，而C∈（0，π），所以C=π2，所以该三角形为直角三角形，所以B中，因为a2+b2﹣c2＞0，所以cosC＞0，即角C为锐角，但是角A，角B不能确定是锐角，所以该三角形不一定是锐角三角形，所以B不正确；C中，因为acosA＝bcosB，由正弦定理可得sinAcosA＝sinBcosB，可得sin2A＝sin2B，在三角形中，可得2A＝2B或2A+2B＝π，所以A＝B或A+B=π所以该三角形为等腰三角形或直角三角形，所以C不正确；D中，因为acosA=b则sinAsinB=cosAcosB，即sinAcosB﹣sinBcosA＝0，可得sin（A﹣B）＝0，在三角形中，可得同理可得B＝C，A＝C，所以该三角形为等边三角形，所以D正确．故选：AD．（多选）11．（6分）已知a→，b→为非零向量，且满足|aA．a→，b→夹角的取值范围是B．|b→C．a→⋅D．|a【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；平面向量的概念与平面向量的模．【答案】ABD【分析】选项A中，设a→，b→的夹角为θ，由题意求出cosθ的取值范围，即可得出夹角选项B中，由cosθ的取值范围，列不等式求出|b→选项C中，由|b→|取值范围，求出a→•选项D中，由a→•b→的取值范围，直接求出|【解答】解：设a→，b→的夹角为θ，由|a→|=2，|a→所以4﹣4|b→|cosθ+|b→|2=1，解得cosθ=3+|所以32≤cosθ≤1，所以夹角θ的取值范围是[0，π由32≤cosθ≤1，得32解得1≤|b→|≤3，所以|b→|的取值范围是[1，3]，选项因为a→•b→=12（3+|b→|2即a→•b→的取值范围是[2，6]，选项(a→+b→)2=a由a→•b→∈[2，6]，得1+4a→•b→∈[9，25]，所以|a→故选：ABD．三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．（5分）已知z＝1+i（i是虚数单位），则z4＝﹣4．【考点】复数的运算．【答案】﹣4．【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】解：由z＝1+i，得z4＝（1+i）4＝（2i）2＝﹣4．故答案为：﹣4．13．（5分）已知球O的体积为36π，则球O的表面积为36π，球O的内接正四面体的体积为83【考点】球的体积和表面积．【答案】36π，83【分析】根据球的体积公式求得半径R，再利用球的表面积公式即可得解；将正四面体扩展为正方体，它们的外接球是同一个球，正方体的对角线长就是球的直径，求出正方体的棱长即可求出正四面体的体积．【解答】解：设球的半径为R，则有43解得R3＝27，即R＝3，所以球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π，将正四面体扩展为正方体，它们的外接球是同一个球，正方体的对角线长就是球的直径，设正方体的棱长为a，对角线长为3a则由3a=2R=2×3=6，得a=2所以正四面体的体积为a3故答案为：36π；8314．（5分）勒洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛．如图所示，分别以正三角形ABC的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为勒洛三角形．已知正三角形ABC边长为2，点P为圆弧AB上的一点，且满足：S△ABP=312，则【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】1．【分析】建立平面直角坐标系，设P（x0，y0），利用△ABP的面积和点到直线的距离公式，求得3x【解答】解：如图，以C为原点建立平面直角坐标系，因为弧AB在圆x2+y2＝4上，设P（x0，y0），则x0设点P到直线AB的距离为d，由S△ABP=1由A(−1，3)，B（﹣2，0），可得直线AB的方程为：y=3(x+2)=3故点P到直线AB的距离d=|因为P在直线AB上方，所以y0所以3x0−由PA→=(−1−x0，可得PA=(1+x=3(x=3×4+23=14−23则PA→故答案为：1．四、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z1＝1+2i．（1）若复数z1是方程z2+a•z+b＝0的一个复数根，求实数a，b的值；（2）若复数z2满足z1z2=1−【考点】复数的运算；复数的模．【答案】（1）a＝﹣2，b＝5；（2）52【分析】（1）把复数z1＝1+2i代入方程，结合复数相等的条件即可求解；（2）结合复数的四则运算及复数的模长公式即可求解．【解答】解：（1）z1所以z1a+b−3=02a+4=0，所以a＝﹣2，b（2）因为z1所以z2所以|z16．（15分）如图所示，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都为1，BC⊥CC1，点P为线段B1C1上的动点．（1）若点P恰为线段B1C1上靠近点C1的三等分点，求三棱锥P﹣A1BC和三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积之比；（2）求PA1+PC的最小值及此时B1P的值．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【答案】（1）13；6+2【分析】（1）利用等体积转化法求解即可；（2）将△A1B1C1绕着直线B1C1旋转至平面BCC1B1，当P，A1，C三点共线时，PA1+PC取得最小值，再利用余弦定理求解即可．【解答】解：（1）VP−（2）将△A1B1C1绕着直线B1C1旋转至平面BCC1B1，当P，A1，C三点共线时，PA1+PC取得最小值，∵∠A1C1B1=π3，∠∴A1∴A1此时C1P=tanπ17．（15分）设向量a→，b→满足|a→|=1（1）求|2a（2）已知2a→+3b→与λ【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量的概念与平面向量的模．【答案】（1）43【分析】（1）利用平面向量数量积的运算即可求解；（2）利用平面向量数量积和两向量的夹角公式即可求解．【解答】解：（1）∵向量a→，b→满足|a→|=1∴|3a→−∴|2a则|2a（2）∵(2a|λa∴cos〈(2a∵λ＞5，∴λ＝6．18．（17分）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且满足b＝2，3bsinC+bcosC=a（1）求B；（2）若D，E为线段BC上的两个动点，且满足∠DAE＝60°，S△ABC=3，求S【考点】解三角形；正弦定理．【答案】（1）π6；（2）[【分析】（1）由三角形的正弦定理和三角函数的恒等变换，计算可得所求值；（2）由三角形的面积公式和正弦定理、余弦定理和三角函数的恒等变换以及正弦函数的性质，可得取值范围．【解答】解：（1）∵3bsinC+bcosC=a∴3sinBsinC+sinBcosC=sinA=sin（B+C）＝sinCcosB+cosCsinB∴3sinBsinC=cosBsinC又在△ABC中，sinC≠0，∴3sinB=cosB，∴tanB=∵B∈（0，π），∴B=π（2）由△ABC的面积为12acsinB=12ac•1∵b2＝a2+c2﹣2accosB＝a2+c2﹣12＝4，∴a2+c2＝16，a=2c=23或又∠BAC＞∠DAE＝60°，得a=23，c＝2，∠BAC设∠CAE＝θ，其中0°＜θ＜60°，则∠AEC＝150°﹣θ，∠ADC＝90°﹣θ，在△ACE中，由正弦定理可得ACsin∠AEC则AE=ACsin∠C在△ACD中，由正弦定理可得ACsin∠ADC则AD=AC∠sinC∴△ADE的面积S=1y=cosθsin(150°−θ)=cosθ(1=3∵0°＜θ＜60°，则30°＜2θ+30°＜150°，∴12＜sin(2θ+30°)≤1，即∴S△ADE19．（17分）对于平面向量ak→=(xk，yk)(k=