2023-2024学年重庆第二外国语学校高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年重庆第二外国语学校高一（下）期中数学试卷一、单选题（每小题5分，共40分）1．（5分）已知复数z=5−ii，则A．5﹣i B．﹣1﹣5i C．1﹣5i D．﹣1+5i2．（5分）向量a→=(4，2)，b→A．x＝﹣4 B．x＝4 C．x=14 3．（5分）在△ABC中，A＝60°，AC＝8，BC=43，则角BA．30° B．45° C．60° D．90°4．（5分）已知向量a→，b→满足a→⋅(aA．−12a→ B．−a5．（5分）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若△ABC的面积为8，b＝8，BA→⋅ACA．226 B．26 C．210 6．（5分）已知平面向量a→，b→满足a→=(2，4)，|bA．10 B．12 C．25 D．7．（5分）在复平面内，复数z＝a+bi（a∈R，b∈R）对应向量OZ→（O为坐标原点），设|OZ|＝r，以射线Ox为始边，OZ为终边逆时针旋转的角为θ，则z＝r（cosθ+isinθ），法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理：z1＝r1（cosθ1+isinθ1），z2＝r2（cosθ2+isinθ2），则z1z2＝r1r2[cos（θ1+θ2）+isin（θ1+θ2）]，由棣莫弗定理导出了复数乘方公式：zn＝[r（cosθ+isinθ）]n＝rn（cosnθ+isinnθ），则复数(−1+A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限8．（5分）如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝6，AD＝BC＝4，M，N分别是AD，BC的中点．则异面直线AN，CM所成角的余弦值为（）A．58 B．38 C．−7二、多选题（每小题6分，共18分）（多选）9．（6分）若{e1→，A．{e1→−eB．{2e1→−eC．{2e2→−3e1→，6D．{e1→+e2（多选）10．（6分）下列命题正确的是（）A．复数z＝2i2+i3的虚部为﹣1 B．设z为复数，（1﹣i）z＝1+i，则|zC．若复数z＝a+bi（a，b∈R）为纯虚数，则a＝0，b≠0 D．复数2i3+i8在复平面内对应的点在第四象限（多选）11．（6分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则（）A．直线DD1与直线AF异面 B．直线A1G与平面AEF平行 C．三棱锥A﹣CEF的体积是正方体ABCD﹣A1B1C1D1体积的112D．平面AEF截正方体所得的截面是等腰梯形三、填空题（每小题5分，共15分）12．（5分）已知复数z=4−i1+i+2i（i为虚数单位），则|z13．（5分）已知长方体全部棱长的和为12，表面积为3，则该长方体的外接球的表面积为．14．（5分）在△ABC中，∠ABC=23π，D在边AC上，且BD平分∠ABC，若AD＝2CD＝4，则BD四、解答题（共77分）15．（13分）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知（a+2c）cosB+bcosA＝0．（Ⅰ）求角B；（Ⅱ）若b＝6，△ABC的周长为6+43，求△ABC16．（15分）如图，在四边形ABCD中，AD⊥DC，AD∥BC，AD＝3，CD＝2，AB=22，∠DAB＝45°，四边形绕着直线AD（1）求所形成的封闭几何体的表面积；（2）求所形成的封闭几何体的体积．17．（15分）已知向量a→=(−4，8)，（Ⅰ）若a→∥(a（Ⅱ）若a→⊥(12a18．（17分）如图，P是平行四边形ABCD所在平面外一点，E是PD的中点．（1）求证：PB∥平面EAC；（2）若M是CD上异于C、D的点．连结PM交CE于G，连结BM交AC于H，求证：GH∥PB．19．（17分）已知△ABC的内角A，B，C的对边为a，b，c，且3(sinA−sinB)sinC（1）求sinA；（2）若△ABC的面积为163①已知E为BC的中点，求△ABC底边BC上中线AE长的最小值；②求内角A的角平分线AD长的最大值．

2023-2024学年重庆第二外国语学校高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单选题（每小题5分，共40分）1．（5分）已知复数z=5−ii，则A．5﹣i B．﹣1﹣5i C．1﹣5i D．﹣1+5i【考点】复数的运算．【答案】B【分析】根据复数的代数形式运算法则，计算即可．【解答】解：复数z=5−ii=−5i故选：B．2．（5分）向量a→=(4，2)，b→A．x＝﹣4 B．x＝4 C．x=14 【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】A【分析】由已知结合向量数量积的性质的坐标表示即可求解．【解答】解：因为a→=(4，2)，若a→⊥b→，则a→故选：A．3．（5分）在△ABC中，A＝60°，AC＝8，BC=43，则角BA．30° B．45° C．60° D．90°【考点】正弦定理．【答案】D【分析】由题意根据正弦定理即可求解．【解答】解：因为在△ABC中，A＝60°，AC＝8，BC=43所以由正弦定理BCsinA=ACsinB由于B为三角形内角，所以B＝90°．故选：D．4．（5分）已知向量a→，b→满足a→⋅(aA．−12a→ B．−a【考点】平面向量的投影向量；平面向量数量积的含义与物理意义；平面向量数量积的性质及其运算．【答案】A【分析】根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解．【解答】解：因为a→⋅(a→+b→所以a→故所求投影向量为：a→故选：A．5．（5分）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若△ABC的面积为8，b＝8，BA→⋅ACA．226 B．26 C．210 【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】A【分析】先由三角形面积及BA→⋅AC→=16求出A【解答】解：因为△ABC的面积为8，所以12bcsinA=8⋯⋯BA→⋅由①②得，tanA＝﹣1，所以A＝135°，所以bc=162，又b＝8，所以c=2由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，即a2所以a=226故选：A．6．（5分）已知平面向量a→，b→满足a→=(2，4)，|bA．10 B．12 C．25 D．【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量数量积的坐标运算；数量积判断两个平面向量的垂直关系．【答案】B【分析】由平面向量模的运算，结合平面向量数量积的运算求解．【解答】解：已知平面向量a→，b→满足a则|a→|=25又(b则(b则a→⋅由①②可得：b→即|b故选：B．7．（5分）在复平面内，复数z＝a+bi（a∈R，b∈R）对应向量OZ→（O为坐标原点），设|OZ|＝r，以射线Ox为始边，OZ为终边逆时针旋转的角为θ，则z＝r（cosθ+isinθ），法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理：z1＝r1（cosθ1+isinθ1），z2＝r2（cosθ2+isinθ2），则z1z2＝r1r2[cos（θ1+θ2）+isin（θ1+θ2）]，由棣莫弗定理导出了复数乘方公式：zn＝[r（cosθ+isinθ）]n＝rn（cosnθ+isinnθ），则复数(−1+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；复数的三角表示．【答案】C【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．【解答】解：(−1+3故复数(−1+3故选：C．8．（5分）如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝6，AD＝BC＝4，M，N分别是AD，BC的中点．则异面直线AN，CM所成角的余弦值为（）A．58 B．38 C．−7【考点】异面直线及其所成的角．【答案】D【分析】连接BM，取BM的中点O，连接ON，则∠ANO（或其补角）是异面直线AN，CM所成角，再根据几何关系，结合余弦定理求解．【解答】解：连接BM，取BM的中点O，连接ON，如图，∵N是BC中点，则ON∥CM，∴∠ANO（或其补角）是异面直线AN，CM所成角，∵AB＝AC＝BD＝CD＝6，AD＝BC＝4，M，N分别是AD，BC的中点，∴AN＝CM＝BM=62−22=42BM⊥AD，OM=12BM=22，AM则AO=OM2∴cos∠ANO=A∴异面直线AN，CM所成角的余弦值为78故选：D．二、多选题（每小题6分，共18分）（多选）9．（6分）若{e1→，A．{e1→−eB．{2e1→−eC．{2e2→−3e1→，6D．{e1→+e2【考点】平面向量的基底．【答案】ABC【分析】分析各个选项中的两个向量是否共线即可解决此题．【解答】解：∵e1→−e2→=−（e∵2e1→−e2→=2（e∵2e2→−3e1→=−12（6e1→−4e2→∵不存在λ∈R，使得e1→+e2→=λ（e1→∴能作为平面向量的基底，∴不选D．故选：ABC．（多选）10．（6分）下列命题正确的是（）A．复数z＝2i2+i3的虚部为﹣1 B．设z为复数，（1﹣i）z＝1+i，则|zC．若复数z＝a+bi（a，b∈R）为纯虚数，则a＝0，b≠0 D．复数2i3+i8在复平面内对应的点在第四象限【考点】复数的除法运算．【答案】ACD【分析】根据复数的乘法和除法运算即可化简选项A，B，D的复数，然后根据复数的虚部定义即可判断A的正误；根据共轭复数和模长的计算公式判断B的正误；根据复数对应的点即可判断D的正误；根据纯虚数的定义即可判断C的正误．【解答】解：z＝2i2+i3＝﹣2﹣i，∴z＝2i2+i3的虚部为﹣1，A正确；z=1+i1−i=(1+i)2(1−i)(1+i)z＝a+bi（a，b∈R）为纯虚数，则a＝0，b≠0，C正确；2i3+i8＝1﹣2i，∴2i3+i8对应的点为（1，﹣2），在第四象限，D正确．故选：ACD．（多选）11．（6分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则（）A．直线DD1与直线AF异面 B．直线A1G与平面AEF平行 C．三棱锥A﹣CEF的体积是正方体ABCD﹣A1B1C1D1体积的112D．平面AEF截正方体所得的截面是等腰梯形【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面的基本性质及推论；直线与平面平行．【答案】ABD【分析】根据异面直线的判定定理，线面平行的判定定理，体积公式，确定平面的方法，针对各个选项分别求解即可．【解答】解：对A选项，根据异面直线的判定定理可知：直线DD1与直线AF异面，∴A选项正确；对B，D选项，如图，易知EF∥AD1，∴平面AEF即为平面AEFD1，又易知D1F＝AE，EF=12AD∴平面AEF截正方体所得的截面是等腰梯形AEFD1，∴D选项正确；又易知A1G∥D1F，且A1G⊄平面AEFD1，D1F⊂平面AEFD1，∴A1G∥平面AEFD1，∴B选项正确；对C选项，∵△CEF的面积是正方形BCC1B1的面积的18∴三棱锥A﹣CEF的体积是正方体ABCD﹣A1B1C1D1体积的124倍，∴C故选：ABD．三、填空题（每小题5分，共15分）12．（5分）已知复数z=4−i1+i+2i（i为虚数单位），则|z|＝【考点】复数的模；复数的运算．【答案】102【分析】利用复数的四则运算化简得出z=3【解答】解：因为复数z=4−i1+i+2i=(4−i)(1−i)(1+i)(1−i)+2所以|z|＝|32−1故答案为：10213．（5分）已知长方体全部棱长的和为12，表面积为3，则该长方体的外接球的表面积为6π．【考点】球的体积和表面积．【答案】6π．【分析】设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，由题意可得4(a+b+c)=122(ab+ac+bc)=3，化简可得a2+b2+c2＝6，由R=【解答】解：设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，由题意得4(a+b+c)=122(ab+ac+bc)=3所以（a+b+c）2＝a2+b2+c2+2（ab+ac+bc）＝a2+b2+c2+3＝9，所以a2+b2+c2＝6，所以该长方体外接球的半径R=a所以该长方体外接球的表面积S=4πR故答案为：6π．14．（5分）在△ABC中，∠ABC=23π，D在边AC上，且BD平分∠ABC，若AD＝2CD＝4，则BD的长为【考点】三角形中的几何计算；余弦定理．【答案】47【分析】根据角平分线定理得ABBC=AD【解答】解：因为BD平分∠ABC，所以ABBC设BC＝x，AB＝2x，由余弦定理，得AC2＝AB2+BC2﹣2AB×BCcos∠ABC，即62＝x2+（2x）2﹣2x•2xcos120°，解得x=6由S△ABC＝S△ABD+S△DBC，得12解得BD=23x故答案为：47四、解答题（共77分）15．（13分）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知（a+2c）cosB+bcosA＝0．（Ⅰ）求角B；（Ⅱ）若b＝6，△ABC的周长为6+43，求△ABC【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】（Ⅰ）2π3（Ⅱ）33【分析】（Ⅰ）根据余弦定理化简已知等式，可得a2+c2﹣b2＝﹣ac，由此算出cosB的值，进而可得角B的大小；（Ⅱ）根据△ABC的周长为6+43，可得a+c=43，结合a2+c2﹣b2＝﹣ac算出【解答】解：（Ⅰ）由（a+2c）cosB+bcosA＝0，得（a+2c）•a2+c2去分母，整理得a2+c2﹣b2＝﹣ac，可得cosB=a2+c2−b22ac（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论，得a2+c2+ac＝b2＝36，即（a+c）2﹣ac＝36，因为△ABC的周长a+b+c=6+43，所以a+c=43，可得（43）2﹣ac因此，△ABC的面积S=12acsinB16．（15分）如图，在四边形ABCD中，AD⊥DC，AD∥BC，AD＝3，CD＝2，AB=22，∠DAB＝45°，四边形绕着直线AD（1）求所形成的封闭几何体的表面积；（2）求所形成的封闭几何体的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积．【答案】见试题解答内容【分析】由题意可知，四边形绕着直线AD旋转一周所形成的封闭几何体为一个底面半径为2，母线为1的圆柱及一个底面半径为2，高为2的圆锥的组合体．（1）直接由多面体的表面积公式得答案；（2）求出圆柱与圆锥的体积作和得答案．【解答】解：过点B作BE⊥AD于点D，∵AB=22，∠DAB＝45°，∴BE∴DE＝1，则四边形绕着直线AD旋转一周所形成的封闭几何体为一个底面半径为2，母线为1的圆柱及一个底面半径为2，高为2的圆锥的组合体．（1）几何体的表面积为S=π×2（2）体积为V=π×217．（15分）已知向量a→=(−4，8)，（Ⅰ）若a→∥(a（Ⅱ）若a→⊥(12a【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量共线（平行）的坐标表示．【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ）1717【分析】（Ⅰ）结合平面向量共线的坐标运算求解；（Ⅱ）由平面向量垂直的坐标运算，结合平面向量夹角的运算求解．【解答】解：（Ⅰ）已知向量a→=(−4，8)，则a→又a→则（﹣4）×4＝8（x﹣4），即x＝2；（Ⅱ）由题意可得12又a→则（﹣4）×（﹣2﹣x）+8×8＝0，即x＝﹣18，则b→则cos＜a则向量a→与b→的夹角的余弦值为18．（17分）如图，P是平行四边形ABCD所在平面外一点，E是PD的中点．（1）求证：PB∥平面EAC；（2）若M是CD上异于C、D的点．连结PM交CE于G，连结BM交AC于H，求证：GH∥PB．【考点】直线与平面平行；空间中直线与直线之间的位置关系．【答案】见试题解答内容【分析】（1）连结BD，交AC于O，连结EO，则PB∥EO，由此能证明PB∥平面EAC．