2023-2024学年浙江省宁波市五校联盟高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年浙江省宁波市五校联盟高一（下）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）已知复数z＝i（1﹣i），则|z|＝（）A．2 B．2 C．5 D．52．（5分）如图，用斜二测画法得到△ABC的直观图为等腰直角三角形A'B'C'，其中A'B'=3，则△ABCA．32 B．22 C．23．（5分）设{eA．2e1→B．3e1→C．e1→+3D．e1→4．（5分）在△ABC中，a＝x，b＝2，B＝60°，若三角形有两解，则x的取值范围是（）A．2＜x＜23 B．2＜x＜433 C．5．（5分）a，b为不重合的直线，α，β为互不相同的平面，下列说法正确的是（）A．若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b B．若a∥b，a∥α，b∥β，则α∥β C．若a∥b，b∥α，则a∥α D．若a∥α，b⊂α，则a∥b或a与b异面6．（5分）已知向量a→=(1，−3)，|b→|=1A．(32，−332) B．7．（5分）点O在△ABC的内部，且满足：AO→=15ABA．72 B．3 C．528．（5分）已知a→，b→，e→是平面向量，e→是单位向量，若非零向量a→与eA．322−1 B．2+1 C．二、多选题：本题共3小题，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）下面的命题正确的有（）A．若a→∥b→，B．方向相反的两个非零向量一定共线 C．若a→，b→满足|a→|＞|D．“若A、B、C、D是不共线的四点，且AB→=DC→”（多选）10．（6分）在复平面内，下列说法正确的是（）A．若复数z满足z⋅z=0，则zB．若复数z1，z2满足|z1+z2|＝|z1﹣z2|，则z1z2＝0 C．若复数z1，z2满足|z|＝|z2|，则z1D．若|z|＝1，则|z+1+i|的最大值为2（多选）11．（6分）在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，下面命题正确的有（）A．若△ABC是锐角三角形，则不等式sinA＞cosB恒成立 B．若（a+b）（sinA﹣sinB）＝bsinC，则A＝B C．若非零向量AB→与AC→满足(AB→D．O是△ABC所在平面内任意一点，若动点P满足OP→=OA→+m(三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）平面向量a→、b→满足(a→+b→)⋅(2a→−13．（5分）已知某圆锥的体积为23π，该圆锥侧面的展开图是圆心角为2514．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若(b2+c2−a2)sinC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+2m﹣8）+（m2+2m﹣3）i（m∈R）．（1）若复数z﹣m+2为纯虚数，求m的值；（2）若z在复平面上对应的点在第三象限，求m的取值范围．16．（15分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，AA1＝3，点M，N，P，Q分别是棱A1B1，B1C1，CC1，CD的中点．（1）证明：三条直线MN，QP，D1C1相交于同一点；（2）求三棱锥C﹣MNP的体积．17．（15分）在①ba=cosB+13sinA，②2bsinA＝atanB，③（a﹣c）sinA+csin（A+B）＝bsinB，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a（1）求角B；（2）若a＝1，AC→=CD→，且注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答记分18．（17分）平面几何中有如下结论：“三角形ABC的角平分线AD分对边所成的两段之比等于角的两边之比，即BDDC=ABAC．”已知△ABC中，AB＝3，AC＝1，AD为角平分线．过点D作直线交AB，AC的延长线于不同两点E，F，且满足（1）求1x（2）若∠BAC＝120°，求EF→19．（17分）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知b＝2，ab（1）求角B；（2）若M是△ABC内的一动点，且满足BM→=MA（3）若D是△ABC中AC上的一点，且满足BA→⋅BD

2023-2024学年浙江省宁波市五校联盟高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）已知复数z＝i（1﹣i），则|z|＝（）A．2 B．2 C．5 D．5【考点】复数的模．【答案】B【分析】由复数代数形式的乘法运算化简，然后直接利用复数模的公式求复数z的模．【解答】解：∵z＝i（1﹣i）＝1+i，∴|z|=故选：B．2．（5分）如图，用斜二测画法得到△ABC的直观图为等腰直角三角形A'B'C'，其中A'B'=3，则△ABCA．32 B．22 C．2【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，求出直观图的面积，结合直观图的面积与原图面积的关系，分析可得答案．【解答】解：根据题意，△ABC的直观图为等腰直角三角形A'B'C'，其中A'B'=3，则直观图的面积S′=则原图的面积S＝22S′＝32．故选：A．3．（5分）设{eA．2e1→B．3e1→C．e1→+3D．e1→【考点】平面向量的基底．【答案】B【分析】当两向量不共线时，可作为基底，据此判断即可．【解答】解：对于A，可设2e1→+e2→=同理可知，C，D选项中的两个向量都可构成基底；对于B，2e2→−6故选：B．4．（5分）在△ABC中，a＝x，b＝2，B＝60°，若三角形有两解，则x的取值范围是（）A．2＜x＜23 B．2＜x＜433 C．【考点】正弦定理与三角形解的存在性和个数．【答案】B【分析】由正弦定理可知：三角形有两个解，则满足asinB＜ba＞b，代入即可求得边长a【解答】解：由三角形有两解，则满足asinB＜ba＞b所以asin60°＜2a＞2，解得：2＜a＜即x的取值范围是2＜x＜4故选：B．5．（5分）a，b为不重合的直线，α，β为互不相同的平面，下列说法正确的是（）A．若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b B．若a∥b，a∥α，b∥β，则α∥β C．若a∥b，b∥α，则a∥α D．若a∥α，b⊂α，则a∥b或a与b异面【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；空间中直线与直线之间的位置关系．【答案】D【分析】对于A，a与b平行或异面；对于B，α与β相交或平行；对于C，a∥α或a⊂α；对于D，由线面平行的性质得a∥b或a与b异面．【解答】解：a，b为不重合的直线，α，β为互不相同的平面，对于A，若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b平行或异面，故A错误；对于B，若a∥b，a∥α，b∥β，则α与β相交或平行，故B错误；对于C，若a∥b，b∥α，则a∥α或a⊂α，故C错误；对于D，若a∥α，b⊂α，则由线面平行的性质得a∥b或a与b异面，故D正确．故选：D．6．（5分）已知向量a→=(1，−3)，|b→|=1A．(32，−332) 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】A【分析】结合平面向量的数量积运算，以及投影向量的公式，即可求解．【解答】解：由题意可知，|a(a→−2则2a→2−3a(a故a→+2b→在故选：A．7．（5分）点O在△ABC的内部，且满足：AO→=15ABA．72 B．3 C．52【考点】平面向量的基本定理．【答案】C【分析】利用平面向量基本定理，结合平行四边形法则作图，直观得到结论．【解答】解：如图：设E，F分别是AC，AB的五等分点，且AE→=25AC取G为BC的五等分点，且BG→=2根据向量加法的平行四边形法则可知，OE∥AF，且E是AC的五分之二分点，G，O，E三点共线，且GE∥AB，所以△ABO与△ABC同底，且△ABO的高是△ABC高的25所以△ABC的面积与△AOB的面积之比是52故选：C．8．（5分）已知a→，b→，e→是平面向量，e→是单位向量，若非零向量a→与eA．322−1 B．2+1 C．【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】A【分析】由平面向量数量积的运算，结合圆的性质及点到直线的距离公式求解．【解答】解：已知a→，b→，e→是平面向量，e不妨设e→=(1，0)，又非零向量a→与e→的夹角为则y＝x，设b→又向量b→满足b则m2+n2﹣6m+8＝0即（m﹣3）2+n2＝1，又（3，0）到直线y＝x的距离为|3−0|2则|a→−故选：A．二、多选题：本题共3小题，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）下面的命题正确的有（）A．若a→∥b→，B．方向相反的两个非零向量一定共线 C．若a→，b→满足|a→|＞|D．“若A、B、C、D是不共线的四点，且AB→=DC→”【考点】平面向量的概念与平面向量的模；平面向量的相等与共线．【答案】BD【分析】直接利用向量的共线的定义和共线的充要条件，向量相关性定义判断A、B、C、D的结论．【解答】解：对于A：若a→∥b→，b→∥c对于B：方向相反的两个非零向量一定共线，故B正确；对于C：若a→，b→满足|a→|＞|b→对于D：“若A、B、C、D是不共线的四点，且AB→=DC→”⇔“四边形故选：BD．（多选）10．（6分）在复平面内，下列说法正确的是（）A．若复数z满足z⋅z=0，则zB．若复数z1，z2满足|z1+z2|＝|z1﹣z2|，则z1z2＝0 C．若复数z1，z2满足|z|＝|z2|，则z1D．若|z|＝1，则|z+1+i|的最大值为2【考点】复数的模；复数的运算；复数的代数表示法及其几何意义．【答案】AD【分析】由复数的运算性质判断A；举例说明BC错误；由复数模的几何意义与数形结合判断D．【解答】解：若复数z满足z⋅z=0，则|z|2＝0，得z＝0，故若复数z1，z2满足|z1+z2|＝|z1﹣z2|，不一定有z1z2＝0，如z1＝1，z2＝i，故B错误；若复数z1，z2满足|z1|＝|z2|，不一定有z12=z22，如z1＝1，z若|z|＝1，如图：|z+1+i|的几何意义为圆上的动点到定点（﹣1，﹣1）的距离，则|z+1+i|的最大值为2+1，故D故选：AD．（多选）11．（6分）在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，下面命题正确的有（）A．若△ABC是锐角三角形，则不等式sinA＞cosB恒成立 B．若（a+b）（sinA﹣sinB）＝bsinC，则A＝B C．若非零向量AB→与AC→满足(AB→D．O是△ABC所在平面内任意一点，若动点P满足OP→=OA→+m(【考点】平面向量数量积的性质及其运算；正弦定理；三角形五心．【答案】ACD【分析】根据锐角三角形的性质，利用余弦函数的单调性证出sinA＞cosB，从而判断出A项的正误；利用正弦定理与余弦定理，推导出A＝2B，从而判断出B项的正误；根据向量的加法法则与单位向量的性质，判断出△ABC中，BC边上的高同时是∠BAC的平分线，从而判断出C项的正误；根据等式OP→=OA→+m(AB→|AB【解答】解：对于A，若△ABC是锐角三角形，则A+B＝π﹣C＞π2，可得0＜π2−由于y＝cosx在（0，π2）上是减函数，所以cos（π2−A）＞cosB，即sinA＞cosB对于B，若（a+b）（sinA﹣sinB）＝bsinC，则（a+b）（a﹣b）＝bc，即a2﹣b2＝bc，由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA，可得a2﹣b2＝c2﹣2bccosA，所以bc＝c2﹣2bccosA，即b＝c﹣2bcosA，根据正弦定理化简，得sinB＝sinC﹣2sinBcosA＝sin（A+B）﹣2sinBcosA＝sin（A﹣B），因为A、B是三角形的内角，所以B＝A﹣B，即A＝2B，故B项不正确；对于C，向量AB→|AB→|+AC→|所以在△ABC中，BC边上的高也是∠BAC的平分线，故AB＝AC，可知C项正确；对于D，设△ABC中，BC边上的高为AD，则|AB→|sin∠ABC=|所以由OP→可得AP→=OP→−OA→=m（AB→|AD因此动点P的轨迹一定通过△ABC的重心，故D项正确．故选：ACD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）平面向量a→、b→满足(a→+b→)⋅(2a→−b→【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】求两向量的夹角需要求出两向量的内积与两向量的模的乘积，由题意两向量的模已知，故所给的条件(a【解答】解：由题设(a→+b→所以，两向量夹角的余弦为4可求得两向量夹角大小是π故答案为π13．（5分）已知某圆锥的体积为23π，该圆锥侧面的展开图是圆心角为25π5的扇形，则该圆锥的侧面积为【考点】圆锥的体积．【答案】5π．【分析】根据题意，设该圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，由圆锥的体积公式以及结构特征可得关于l、h、r的方程组，解可得r、l的值，进而计算可得答案．【解答】解：根据题意，设该圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，则l2＝r2+h2，由于该圆锥的体积为23π，该圆锥侧面的展开图是圆心角为则有πr又由l2＝r2+h2，解可得l=5，r故该圆锥的侧面积S＝πrl=5故答案为：5π．14．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若(b2+c2−a2)sinC2bsinAcosC+【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】（3，2]．【分析】由题意及余弦定理，正弦定理可得cosA=−12，再由A∈（0，π），可得角A的大小，由余弦定理及基本不等式可得b+c的最大值，再由三角形中，任意两边之和大于第三边可得b+c＞a，可得b+【解答】解：由余弦定理可得2cbcosAsinC2bsinAcosC可得cosAsinCsinAcosC由正弦定理可得：cosAsinCsinAcosC+sinC整理可得：2sinBcosA+cosAsinC+sinAcosC＝0，即：2sinBcosA+sin（A+C）＝0，即2sinBcosA+sinB＝0，又因为sinB＞0，可得cosA=−12，A∈（0，所以A=2π由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccosA＝（b+c）2﹣2bc﹣2bc•（−12）＝（b+c）2﹣bc，a所以（b+c）2＝a2+bc≤3+（b+c2）2解得b+c≤2，三角形中，任意两边之和大于第三边可得b+c＞a=3所以b+c的范围为（3，2]．故答案为：（3，2]．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+2m﹣8）+（m2+2m﹣3）i（m∈R）．（1）若复数z﹣m+2为纯虚数，求m的值；（2）若z在复平面上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；共轭复数．【答案】（1）2；（2）（﹣4，﹣3）∪（1，2）．【分析】（1）由复数z﹣m+2为纯虚数，列出方程组求解即可得m的值；（2）由z在复平面上对应的点在第三象限列出不等式组求解即可得m的取值范围．【解答】解：（1）由题意得z﹣m+2＝（m2+m﹣6）+（m2+2m﹣3）i，∵z﹣m+2为纯虚数，∴m2+m−6=0m（2）复数z=（m2+2m﹣8）﹣（m2+2m﹣3）i（m∈R它在复平面上对应的点在第三象限，∴m2解得﹣4＜m＜﹣3或1＜m＜2．∴实数m的取值范围为（﹣4，﹣3）∪（1，2）．16．（15分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，AA1＝3，点M，N，P，Q分别是棱A1B1，B1C1，CC1，CD的中点．（1）证明：三条直线MN，QP，D1C1相交于同一点；（2）求三棱锥C﹣MNP的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【答案】（1）证明见解答；（2）1．【分析】（1）利用线线平行证出M，N，P，Q四点共面，再证明点在平面A1B1C1D1与平面DCC1D1的交线C1D1上，即可得证；（2）根据V三棱锥C﹣MNP＝V三棱锥M﹣NPC，结合三棱锥M﹣NPC的高为MB1，即可求解．【解答】解：（1）证明：如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，连接B1C，∵M，Q分别是A1B1，CD的中点，A1B1∥CD，A1B1＝CD，∴QC∥MB1且QC＝MB1，∴四边形B1CQM为平行四边形，∴B1C∥QM，在△B1C1C中，∵P，N分别是CC1，B1C1的中点，∴PN∥B1C，∴PN∥QM，且PN=1∴M，N，P，Q四点共面，设MN∩QP＝H，∵MN⊂平面A1B1C1D1，QP⊂平面DCC1D1，∴H∈平面A1B1C1D1，H∈平面DCC1D1，∵平面A1B1C1D1∩平面DCC1D1＝C1D1，∴H∈C1D1即三条直线MN，QP，D1C1相交于同一点H．（2）V三棱锥C﹣MNP＝V三棱锥M﹣NPC，三棱锥M﹣NPC的高为MB1，∵AB＝BC＝4，AA1＝3，∴A1B1＝4，∵点M，N，P，Q分别是棱A1B1，B1C1，CC1，CD的中点，∴MB1＝2，∴S△NPC∴V三棱锥C−MNP17．（15分）在①ba=cosB+13sinA，②2bsinA＝atanB，③（a﹣c）sinA+csin（A+B）＝bsinB，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a（1）求角B；（2）若a＝1，AC→=CD→，且注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答记分【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】（1）B=π3；（2）【分析】（1）选①，利用正弦定理化边为角，并结合辅助角公式，求解即可；选②，利用正弦定理化边为角，并结合同角三角函数的商数关系，求解即可；选③，利用正弦定理化角为边，并结合余弦定理，求解即可；（2）设AC＝CD＝x，根据cos∠ACB+cos∠BCD＝0，利用余弦定理，推出x2=c2+12，再在△【解答】解：（1）选①，由正弦定理及ba=cosB+1∵sinA≠0，∴3sinB−cosB=1，即sin(B−又0＜B＜π，∴−π∴B−π6=选②，由2bsinA＝atanB及正弦定理得，2sinBsinA=sinA⋅sinB∵sinA•sinB≠0，∴cosB=1又0＜B＜π，∴B=π选③，∵（a﹣c）sinA+csin（A+B）＝bsinB，∴（a﹣c）sinA+csinC＝bsinB，由正弦定理得，（a﹣c）a+c2＝b2，整理得，a2+c2﹣b2＝ac，由余弦定理得，cosB=a∵0＜B＜π，∴B=π（2）∵AC→=CD→，∴设AC＝CD＝x，∵∠ACB+∠BCD＝π，∴cos∠ACB+cos∠BCD＝0，由余弦定理得，x2整理得x2=c在△ABC中，由余弦定理得，b2＝a2+c2﹣2accosπ3∴x2＝1+c2﹣c，∴c2+12=1+c2﹣∴△ABC的面积S=12acsin18．（17分）平面几何中有如下结论：“三角形ABC的角平分线AD分对边所成的两段之比等于角的两边之比，即BDDC=ABAC．”已知△ABC中，AB＝3，AC＝1，AD为角平分线．过点D作