2023-2024学年重庆市名校联盟高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年重庆市名校联盟高一（下）期中数学试卷一、选择题：本大题共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）（1﹣i）（2+i）＝（）A．1﹣i B．1+3i C．3﹣i D．3+3i2．（5分）已知向量a→=（1，x），b→=（﹣1，3），若向量2a→A．﹣3 B．0 C．43 D．3．（5分）用斜二测画法作一个边长为6的正方形，则其直观图的面积为（）A．36 B．182 C．92 4．（5分）若|a→|＝2，|b→|＝1，且a→⊥（a→−4bA．30° B．60° C．120° D．150°5．（5分）在△ABC中，cosC=23，AC＝4，BC＝3，则cosA．19 B．13 C．126．（5分）中国国家馆，以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质．如图，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1，上下底面的中心分别为O1和O，若AB＝2A1B1＝4，∠A1AB＝60°，则正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积为（）A．2023 B．2823 C．7．（5分）如图，在△ABC中，AD→=23AC→，A．﹣3 B．3 C．2 D．﹣28．（5分）已知△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，点D为AC的中点，点M为边BC上一动点，则MD→•MCA．27 B．0 C．−716 二、多项选择题：本大题共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）下列说法不正确的是（）A．若直线a⊂面α，直线b⊄面α，则直线a，直线b无公共点 B．若直线l∥面α，则直线l与面α内的直线平行或异面 C．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 D．有两个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台（多选）10．（6分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列叙述正确的是（）A．a＝3，b＝4，A＝150°，有两解 B．若acosB=bcosAC．若△ABC为锐角三角形，则sinA＞cosB D．若sinA：sinB：sinC＝2：3：4，则△ABC为钝角三角形（多选）11．（6分）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是△ABC内一点，△BMC，△AMC，△AMB的面积分别为SA，SB，SC，且SAA．若SA：SB：SC＝1：1：1，则M为△ABC的重心 B．若M为△ABC的内心，则BC⋅MAC．若∠BAC＝45°，∠ABC＝60°，M为△ABC的外心，则SAD．若M为△ABC的垂心，3MA→三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）复数3+4i与﹣5﹣2i分别表示向量OA→与OB→，则向量AB→13．（5分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，asinA+bsinC＝bsinB+csinC．若b＝2，c＝4，则△ABC的面积为．14．（5分）在三棱锥A﹣BCD中，∠ABD＝∠ABC＝60°，BC=BD=32，AB=62，则三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为四、解答题：本大题共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）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，截去三棱锥A1﹣ABD．（1）求截去的三棱锥A1﹣ABD的体积；（2）求剩余的几何体A1B1C1D1﹣DBC的表面积．16．（15分）已知向量a→=（1，3），（1）求a→−b→的坐标以及（2）当t∈[﹣1，1]时，求|a→−t17．（15分）某景区为打造景区风景亮点，欲在一不规则湖面区域（阴影部分）上A，B两点之间建一条观光通道，如图所示．在湖面所在的平面（不考虑湖面离地平面的距离，视湖面与地平面为同一平面）内距离点B50米的点C处建一凉亭，距离点B70米的点D处再建一凉亭，测得∠ACB＝∠ACD，cos∠ACB=10（1）求sin∠BDC的值；（2）测得AC＝AD，观光通道每米的造价为2000元，若景区准备预算资金8万元建观光通道，问：预算资金够用吗？18．（17分）定义在封闭的平面区域D内任意两点的距离的最大值称为平面区域D的“直径”．如图，已知锐角三角形的三个顶点A，B，C在半径为1的圆上，角的对边分别为a，b，c，若acosBcosA（1）求角A的大小；（2）分别以△ABC各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和△ABC构成平面区域D，求平面区域D的“直径”的取值范围．19．（17分）如图，在△ABC中，∠ABC为钝角，AB＝22，BC=263，sin∠CAB=13．过点B作AB的垂线，交AC于点D，E为BD延长线上一点，连接AE，CE（1）求边AC的长；（2）证明：∠AEB＝∠CEB；（3）设∠EAB＝α，∠ECB＝β，是否存在实数λ，使得λsinαsinβ+sin2α+cos2β＝1恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．

2023-2024学年重庆市名校联盟高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共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）（1﹣i）（2+i）＝（）A．1﹣i B．1+3i C．3﹣i D．3+3i【考点】复数的运算．【答案】C【分析】利用复数的运算性质化简即可求解．【解答】解：（1﹣i）（2+i）＝2+i﹣2i﹣i2＝3﹣i．故选：C．2．（5分）已知向量a→=（1，x），b→=（﹣1，3），若向量2a→A．﹣3 B．0 C．43 D．【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示．【答案】A【分析】先求出2a→+b【解答】解：∵向量a→=（1，x），∴2a→+b→=∵2a→+b∴3＝﹣2x﹣3，解得x＝﹣3，故选：A．3．（5分）用斜二测画法作一个边长为6的正方形，则其直观图的面积为（）A．36 B．182 C．92 【考点】斜二测法画直观图；平面图形的直观图．【答案】C【分析】根据题意，求出原图的面积，由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，原图为边长为6的正方形，其面积S＝6×6＝36，则其直观图的面积S′=24S＝9故选：C．4．（5分）若|a→|＝2，|b→|＝1，且a→⊥（a→−4bA．30° B．60° C．120° D．150°【考点】数量积表示两个平面向量的夹角．【答案】B【分析】由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积的定义，求得向量a→，b【解答】解：若|a→|＝2，|b→|＝1，且a→⊥（a→−4b→），设向量a→则a→•（a→−4b→）=a求得cosθ=12，故选：B．5．（5分）在△ABC中，cosC=23，AC＝4，BC＝3，则cosA．19 B．13 C．12【考点】余弦定理；正弦定理．【答案】A【分析】先根据余弦定理求出AB，再代入余弦定理求出结论．【解答】解：在△ABC中，cosC=23，AC＝4，由余弦定理可得AB2＝AC2+BC2﹣2AC•BC•cosC＝42+32﹣2×4×3×2故AB＝3；∴cosB=A故选：A．6．（5分）中国国家馆，以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质．如图，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1，上下底面的中心分别为O1和O，若AB＝2A1B1＝4，∠A1AB＝60°，则正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积为（）A．2023 B．2823 C．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【答案】B【分析】由已知求出棱台的高，再由棱台体积公式求解．【解答】解：如图，过A1作A1E⊥AC，垂足为E，则A1E⊥平面ABCD，过E作EF⊥AB，垂足为F，连接EF，则EF为A1F在底面上的射影，∵可得A1F⊥AB．在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝4，∴AE=2，则AF∵∠A1AB＝60°，∴A1A＝2，则A1∴VABCD−故选：B．7．（5分）如图，在△ABC中，AD→=23AC→，A．﹣3 B．3 C．2 D．﹣2【考点】平面向量的数乘与线性运算．【答案】B【分析】根据平面向量的基本定理，结合向量加法与减法的三角形法则，进行化简运算即可．【解答】解：∵AP→BP→=13（=1=1=2∴AP→=AB=2又AP→=λAB→∴λ=23，μ∴λμ故选：B．8．（5分）已知△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，点D为AC的中点，点M为边BC上一动点，则MD→•MCA．27 B．0 C．−716 【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】D【分析】根据图形特点，建立直角坐标系，由题设数量关系得出A，C，D的坐标，再设出点M的坐标，将所求问题转化为函数的最小值问题即可．【解答】解：由题意，以BC所在直线为x轴，线段BC的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示．∵AB＝AC＝5，BC＝6，D为AC中点，∴C（3，0），A（0，4），D（32又点M在BC边上运动，可设M（t，0），其中t∈[﹣3，3]，∴MD→=（32−t，2），故MD→⋅MC→=（32−t）×（3﹣t）＝t2∴当t=94时，上式有最小值故选：D．二、多项选择题：本大题共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）下列说法不正确的是（）A．若直线a⊂面α，直线b⊄面α，则直线a，直线b无公共点 B．若直线l∥面α，则直线l与面α内的直线平行或异面 C．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 D．有两个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；棱柱的结构特征；棱台的结构特征．【答案】ACD【分析】对于A，画出图形即可判断；对于B，根据直线l∥面α，l与面α没有公共点即可判断；对于C，利用棱柱的定义判断即可；对于D，由棱台的定义判断即可．【解答】解：对于A：如图：若直线a⊂面α，直线b⊄面α，a与b可以相交，故A错误；对于B：若直线l∥面α，则l与面α没有公共点，所以直线l与面α内的直线平行或异面，故B正确；对于C：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱，故C错误．对于D：由棱台的定义得：棱台侧棱延长后交于一点，有两个面互相平行，其余各面都是梯形几何体的侧棱延长后不一定交于一点，故D错误．故选：ACD．（多选）10．（6分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列叙述正确的是（）A．a＝3，b＝4，A＝150°，有两解 B．若acosB=bcosAC．若△ABC为锐角三角形，则sinA＞cosB D．若sinA：sinB：sinC＝2：3：4，则△ABC为钝角三角形【考点】解三角形．【答案】CD【分析】A中，由题意及大边对大角可得该三角形不存在，判断出A的真假；B中，由正弦定理可得该三角形为等腰三角形或直角三角形，判断出B的真假；C中，由锐角三角形可得A+B＞π2，即π2＞A＞π2−B＞0，由正弦函数的单调性及诱导公式可得sinA＞cosB【解答】解：A中，由a＜b，可得A＜B，而A＝150°，所以B＞150°，显然这样的三角形不存在，所以A不正确；B中，由正弦定理可得ab=sinAsinB，而所以sinAsinB=cosBcosA，即sinAcosA＝sinBcosB，即sin2所以2A＝2B或2A+2B＝π，即A＝B或A+B=π所以三角形为等腰三角形或直角三角形，所以B不正确；C中，△ABC为锐角三角形，可得A+B＞π2，即π2＞所以sinA＞sin（π2−B）＝cosB，即sinA＞cosB，所以D中，因为sinA：sinB：sinC＝2：3：4，可得a：b：c＝2：3：4，设a＝2，b＝3，c＝4，则cosC=a2+b2故选：CD．（多选）11．（6分）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是△ABC内一点，△BMC，△AMC，△AMB的面积分别为SA，SB，SC，且SAA．若SA：SB：SC＝1：1：1，则M为△ABC的重心 B．若M为△ABC的内心，则BC⋅MAC．若∠BAC＝45°，∠ABC＝60°，M为△ABC的外心，则SAD．若M为△ABC的垂心，3MA→【考点】平面向量数量积的性质及其运算；命题的真假判断与应用．【答案】ABD【分析】对A，取BC的中点D，连接MD，AM，结合奔驰定理可得到2MD→=−MA→，进而即可判断A；对B，设内切圆半径为r，从而可用r表示出SA，SB，SC，再结合奔驰定理即可判断B；对C，设△ABC的外接圆半径为R，根据圆的性质结合题意可得∠BMC＝90°，∠AMC＝120°，∠AMB＝150°，从而可用R表示出SA，SB，SC，进而即可判断C；对D，延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，根据题意结合奔驰定理可得到S△ABCSA=4，S△ABCSB=3，从而可设MD＝x，MF＝y【解答】解：对于A，取BC的中点D，连接MD，AM，由SA：SB：SC＝1：1：1，则MA→所以2MD所以A，M，D三点共线，且AM→设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得CM→=2所以M为△ABC的重心，故A正确；对于B，由M为△ABC的内心，则可设内切圆半径为r，则有SA=12BC⋅r所以12即BC⋅MA→+AC⋅对于C，由M为△ABC的外心，则可设△ABC的外接圆半径为R，因为∠BAC＝45°，∠ABC＝60°，则有∠BMC＝2∠BAC＝90°，∠AMC＝2∠ABC＝120°，∠AMB＝2∠ACB＝150°，所以SA=12R所以SA：S对于D，如图，延长AM交BC于点D，延长BM交AC于点F，延长CM交AB于点E，由M为△ABC的垂心，3MA→+4MB→+5MC→=0又S△ABC＝SA+SB+SC，则S△ABCSA设MD＝x，MF＝y，则AM＝3x，BM＝2y，所以cos∠BMD=x2y=cos∠AMF=y3x，即3x所以cos∠BMD=66，所以cos∠AMB=cos(π−∠BMD)=−6故选：ABD．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）复数3+4i与﹣5﹣2i分别表示向量OA→与OB→，则向量AB→表示的复数是﹣8﹣6【考点】复数的代数表示法及其几何意义；虚数单位i、复数．【答案】﹣8﹣6i．【分析】根据题意，求出向量AB→【解答】解：根据题意，复数3+4i与﹣5﹣2i分别表示向量OA→与OB则OA→=（3，4），故AB→则向量AB→表示的复数是﹣8﹣6i故答案为：﹣8﹣6i．13．（5分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，asinA+bsinC＝bsinB+csinC．若b＝2，c＝4，则△ABC的面积为23【考点】正弦定理；余弦定理．【答案】23．【分析】由正弦定理及余弦定理可得A=π【解答】解：由asinA+bsinC＝bsinB+csinC及正弦定理可得a2+bc＝b2+c2，即bc＝b2+c2﹣a2，故bc＝2bccosA，解得cosA=1因为A∈（0，π），所以A=π又b＝2，c＝4，则△ABC的面积为12bcsinA=12故答案为：23．14．（5分）在三棱锥A﹣BCD中，∠ABD＝∠ABC＝60°，BC=BD=32，AB=62，则三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为72π【考点】球的体积和表面积．【答案】72π．【分析】由余弦定理可求得AD，AC，可判断△ABC和△ABD均为直角三角形，取AB中点O，根据直角三角形的性质，即可判断O为三棱锥A﹣BCD外接球的球心，其半径为AB2，从而求得三棱锥A﹣BCD【解答】解：由∠ABD＝∠ABC＝60°，BC=BD=32，AB=6在△ABC中，由余弦定理可得AC==(6所以AC2+BC2＝AB2，则AC⊥BC，在△ABD中，由余弦定理可得AD==(6所以AD2+BD2＝AB2，则AD⊥BD，取AB中点O，则在Rt△ABC和Rt△ABD中，OA＝OB＝OC＝OD，则三棱锥A﹣BCD外接球的球心为O，其半径为AB2所以三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为4π⋅(故答案为：72π．四、解答题：本大题共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）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，截去三棱锥A1﹣ABD．（1）求截去的三棱锥A1﹣ABD的体积；（2）求剩余的几何体A1B1C1D1﹣DBC的表面积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【答案】（1）43；（2）18+2【分析】（1）直接利用棱锥的体积公式即可求解；（2）剩余的几何体的面分别是一个△A1DB，三个全等的△A1BB1，以及三个正方形，分别求出各自面积即可求解．【解答】解：（1）∵正方体棱长为2，∴VA（2）由题意可知，剩余的几何体的面分别是一个△A1DB，三个全等的△A1BB1，以及三个正方形，所以剩余几何体A1B1C1D1﹣DBC表面积为：S=S16．（15分）已知向量a→=（1，3），（1）求a→−b→的坐标以及（2）当t∈[﹣1，1]时，求|a→−t【考点】数量积表示两个平面向量的夹角；平面向量数量积的性质及其运算．【答案】（1）π6（2）[3，23]．【分析】（1）推导出a→−b→=（3，3（2）求出|a→−tb→|2＝4t2﹣4t+4＝4（t−12）2+3，由此能当t∈[﹣1，1]时，|a﹣tb|2∈【解答】解：（1）∵向量a→=（1，3），∴a→−b→=设a→−b→与∴cosθ=(∵θ∈[0，π]，∴向量a→−b→与（2）|a→−tb→|2=a→2﹣2ta→•b→+t2b→2＝4t∴当t∈[﹣1，1]时，|a﹣tb|2∈[3，12]，∴|a﹣tb|的取值范围是[3，23]．17．（15分）某景区为打造景区风景亮点，欲在一不规则湖面区域（阴影部分）上A，B两点之间建一条观光通道，如图所示．在湖面所在的平面（不考虑湖面离地平面的距离，视湖面与地平面为同一平面）内距离点B50米的点C处建一凉亭，距离点B70米的点D处再建一凉亭，测得∠ACB＝∠ACD，cos∠ACB=10（1）求sin∠BDC的值；（2）测得AC＝AD，观光通道每米的造价为2000元，若景区准备预算资金8万元建观光通道，问：预算资金够用吗？【考点】解三角形．【答案】（1）26【分析】（1）由同角三角函数的基本关系和二倍角公式可求sin∠BCD，再由正弦定理即可求得；（2）由（1）可求得sin∠CBD，在△BCD中由正弦定理求得CD，在△ACD中，由余弦定理求得AC，AD，在△ABC中，由余弦定理可求得AB，再求出造价与预算比较即可．【解答】解：（1）设∠ACB＝∠ACD＝θ，则∠BCD＝2θ∈（0°，180°），所以θ∈（0°，90°），因为cosθ=105，所以所以sin2θ=2sinθcosθ=2×155×105所以sin∠BDC=BC⋅sin2θ（2）由（1）知，sin∠BCD=265，cos∠BCD=−15所以sin∠CBD＝sin[π﹣（∠BCD+∠BDC）]＝sin（∠BCD+∠BDC）＝sin∠BCDcos∠BDC+cos∠BCDsin∠BDC=2在△BCD中，由正弦定理得：CDsin∠CBD所以CD=BC⋅sin∠CBD设AC＝AD＝y，在△ACD中，由余弦定理有：AD2＝AC2+CD2﹣2AC•CD•cos∠ACD，即y2=y在△ABC中，由余弦定理：AB2＝AC2+BC2﹣2AC•BC•cos∠ACD＝1000+2500−2×1010所以AB=1015所以总造价为2000×1015=2000018．（17分）定义在封闭的平面区域D内任意两点的距离的最大值称为平面区域D的“直径”．如图，已知锐角三角形的三个顶点A，B，C在半径为1的圆上，角的对边分别为a，b，c，若acosBcosA（1）求角A的大小；（2）分别以△ABC各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和△ABC构成平面区域D，求平面区域D的“直径”的取值范围．【考点】三角形中的几何计算．【答案】（1）π3（2）(3+【分析】（1）由acosBcosA+b=2c得到acosB+bcosA＝2ccos（2）取AC，BC的中点F，G，且P，Q分别为BC、AC上任意一点，即可证明三个半圆上任意两点的距离最大值等于△ABC周长的一半，再根据正弦定理得到l=3+2sinB+2sin(2π【解答】解：（1）由题意，acosB+bcosA＝2ccosA，由正弦定理可得，sinAcosB+sinBcosA＝2sinCcosA，即sin（A+B）＝2sinCcosA，又A+B＝π﹣C，从而sin（A+B）＝sinC＝2sinCcosA，所以cosA=12，（2）如图，F，G是AC，