河南省郑州市中牟县2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题

这是一份河南省郑州市中牟县2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列命题正确的是( )
A. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B. 长方体是平行六面体
C. 用一个平面去截圆柱，所得截面一定是圆形或矩形
D. 用一个平面去截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台
2.已知i为虚数单位，则复数z=5i−2在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.已知a,b是两个单位向量，若|a−b|= 3，则a与b的夹角为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
4.在△ABC中，AB= 5，BC= 2，∠C=π4，则AC=( )
A. 3B. 2C. 3D. 1
5.已知向量a=(1,1)，b=(x,−2)，则“a与b的夹角为钝角”是“x<2”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
6.设a，b是两个非零向量，则下列命题为真命题的是( )
A. 若|a+b|=|a|−|b|，则a⊥b
B. 若|a+b|=|a|−|b|，则存在实数λ，使得a=λb
C. 若a⊥b，则|a+b|=|a|−|b|
D. 若存在实数λ，使得a=λb，则|a+b|=|a|−|b|
7.如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，A−A1BC的面积为2 2，则点A到平面A1BC的距离为( )
A. 4
B. 3 2
C. 2
D. 2
8.如图，正六边形ABCDEF中，AC=a，AE=b，则AB=( )
A. −23a+13b
B. 23a−13b
C. −13a+23b
D. 13a−23b
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。
9.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是向量a,b的位置，则下列结论正确的是( )
A
A. |b|= 2B. 存在实数λ，使得b=λ⋅a
C. (a+2b)⋅b=7D. 向量a，b的夹角为3π4
10.已知z1，z2均为复数，则下列结论中正确的有( )
A. 若|z1|=|z2|，则z1=±z2B. 若z1=z2−，则z1+z2是实数
C. 若|z1+z2|=|z1−z2|，则z1z2=0D. 若z1+z2=0，则z1z2−是实数
11.已知圆台的上底半径为1，下底半径为3，球O与圆台的两个底面和侧面都相切，则下列命题中正确的有( )
A. 圆台的母线长为4B. 圆台的体积为26 3π
C. 圆台的表面积为26πD. 球O的表面积为12π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知i是虚数单位，则复数z=(1−i)(2+i)的虚部是______．
13.球O的半径与圆锥M的底面半径相等，且它们的表面积也相等，则圆锥M的侧面展开图的圆心角大小为______，球O的体积与圆锥M的体积的比值为______．
14.如图，某宝塔CD坐落在一山坡上，若在山坡A处测得∠CAD=15°，从A处沿山坡直线往上前进100米到达B处，在山坡B处测得∠CBD=30°，∠BCD=45°，则该宝塔CD的高约为______米.( 2≈1.41, 3≈1.73, 6≈2.45，结果取整数)
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.(本小题13分)
已知复数z满足zz−=4且z+z−+|z|=0．
(1)求复数z；
(2)求z3．
16.(本小题15分)
已知在向量a，b中，|b|=2．
(1)若向量|a|=1，a−2b=(− 3, 5)，求|2a+3b|；
(2)若向量a在向量b上的投影向量u=(−3,4)，求a⋅b．
17.(本小题15分)
如图所示，O′A′B′C′为四边形OABC的斜二测直观图，其中O′A′=3，O′C′=1，B′C′=2．
(1)求平面四边形OABC的面积及周长；
(2)若四边形OABC以OA为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积．
18.(本小题17分)
在钝角△ABC中，BC= 3AB，∠ACB=π6．
(1)求∠BAC的大小；
(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求出AC边上的中线的长度．
条件①：BC=2AC；
条件②：△ABC的周长为4+2 3；
条件③：△ABC的面积为 3．
注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
19.(本小题17分)
如图，在四边形ABCD中，∠BAD=π2，AD=DC=2，CB=4．
(1)当∠BCD=π3时，求四边形ABCD的面积；
(2)当∠ABC∈[π4,π3]时，求cs∠ADC的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：底面是正多边形，顶点在底面内的投影是底面中心的锥是正棱锥，A错误；
平行六面体是各面都为平行四边形的六面体，而长方体是各面都为矩形的平行六面体，故B正确；
用一个平行于底面的平面去截圆柱，所得截面是圆面，
当截面平行圆柱的轴时，所得截面是矩形，当其他平面截圆柱，还可得到椭圆，C错误；
用平行于棱锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分，这样的多面体叫做圆台，D错误．
故选：B．
根据几何体的定义逐项判断即可．
本题考查几何体的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：复数z=5i−2=5(−2−i)(−2+i)(−2−i)=−2−i，
故复数z在复平面内对应的点(−2,−1)位于第三象限．
故选：C．
先对z化简，再结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：a,b是两个单位向量，
则|a|=|b|=1，
|a−b|= 3，
则a2+b2−2a⋅b=3，即1+1−2×1×1×cs=3，解得cs=−12，
a与b的夹角范围为[0,π]，
则a与b的夹角为2π3．
故选：C．
对|a−b|= 3两边同时平方，再结合向量的数量积运算，即可求解．
本题主要考查数量积表示两个向量的夹角，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：因为AB= 5，BC= 2，∠C=π4，
所以csC=a2+b2−c22ab=2+b2−52 2b= 22，
解得b=3，负值舍去．
故选：A．
由题意利用余弦定理即可求解．
本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：向量a=(1,1)，b=(x,−2)，
a与b的夹角为钝角，
则a⋅b=x−2<01⋅x≠1⋅−2，解得x<2且x≠−2，
故“a与b的夹角为钝角”是“x<2”的充分不必要条件．
故选：A．
根据已知条件，结合平面向量数量积运算，以及向量共线的性质，即可求解
本题主要考查平面向量数量积运算，以及向量共线的性质，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查向量的相关概念，向量的模，属于基础题．
由两向量模的性质，可得a，b反向共线，即可判断A；运用向量共线定理，可判断B；由向量垂直，知不共线，即可判断C；由向量共线定理和向量模的性质，可判断D．
【解答】
解：a，b是两个非零向量，
对于A，若|a+b|=|a|−|b|，则a，b反向共线，即A错误；
对于B，若|a+b|=|a|−|b|，则a，b反向共线，由向量共线定理可得存在实数λ，使得a=λb，B正确；
对于C，若a⊥b，则a，b不共线，|a+b|=|a|−|b|不成立，即C错误；
对于D，存在实数λ，使得a=λb，若λ>0，则a，b同向共线，|a+b|=|a|−|b|不成立，即D错误．
故选：B．
7.【答案】D
【解析】解：由直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，
可得VA1−ABC=13VA1B1C1−ABC=43，
设A到平面A1BC的距离为d，
由VA1−ABC=VA−A1BC，
∴13S△A1BC⋅d=43，
∴13×2 2⋅d=43，
解得d= 2．
故选：D．
利用等体积法即可求点A到平面A1BC的距离．
本题考查等体积法求点到平面的距离，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由正六边形性质得：AB⊥AE，
则以AB，AE所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系，
设正六边形的边长为1，则A(0,0)，B(1,0)，C(32, 32)，E(0, 3)，
所以AB=(0,1)，AC=(32, 32)，AE=(0, 3)，
设AB=λAC+μAE，
则(1,0)=λ(32, 32)+μ(0, 3)，
所以1=32λ0= 32λ+ 3μ，解得λ=23μ=−13，
所以AB=23AC−13AE=23a−13b．
故选：B．
由题建立平面直角坐标系，由平面向量的坐标运算计算即可求得．
本题考查平面向量的线性运算，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：根据向量的坐标表示，由图可得a=(3,0)，b=(−1,1)，
则|b|= 2，故A正确；
由图可知，a与b不共线，故B错误；
(a+2b)⋅b=(1,2)⋅(−1,1)=1，故C错误；
cs=−33× 2=− 22，∈[0,π]，
则向量a，b的夹角为3π4，故D正确．
故选：AD．
根据向量坐标定义，得出向量a，b的坐标，利用坐标进行计算即可判定各选项．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，属基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：对于选项A，取z1=12+ 32i，z2=−12+ 32i，满足|z1|=|z2|，但不满足z1=±z2，故A不正确；
对于选项B，设z1=a+bi(a,b∈R)，则由z1=z2−得：z2=a−bi，所以z1+z2=(a+bi)+(a−bi)=2a∈R，故B正确；
对于选项C，设z1=a+bi，z2=m+ni(a,b,m,n∈R)，则z1+z2=(a+m)+(b+n)i，z1−z2=(a−m)+(b−n)i，
所以由|z1+z2|=|z1−z2|得： (a+m)2+(b+n)2= (a−m)2+(b−n)2，即am+bn=0，
所以z1z2=(a+bi)(m+ni)=(am−bn)+(an+bm)i=am−bn≠0，故C不正确；
对于选项D，设z1=a+bi(a,b∈R)，则由z1+z2=0得：z2=−z1=−a−bi，
所以z1z2−=(a+bi)(−a+bi)=−a2−b2∈R，故D正确．
故选：BD．
取z1=12+ 32i，z2=−12+ 32i，验证选项A的正误；设z1=a+bi，z2=m+ni(a,b,m,n∈R)，利用复数的四则运算即可判断B，C，D的正误．
本题考查复数的概念及四则运算，考查学生的数学运算能力，属中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：画出圆台的轴截面，如图所示：
则四边形ABCD是等腰梯形，且DN=1，AM=3，内切圆O是球的大圆；
所以圆台的母线长为AD=AE+ED=AM+DN=4，选项A正确；
连接OA、OD和OE，则△AOD是Rt△，且OE2=AE⋅DE=3，所以球的半径为R=OE= 3，
所以圆台的体积为V圆台=13π(12+32+1×3)×2 3=26 33π，选项B错误；
圆台的表面积为S圆台=π×(12+32)+π(1+3)×4=26π，选项C正确；
球O的表面积为S球=4π×( 3)2=12π，选项D正确．
故选：ACD．
画出圆台的轴截面，则轴截面是等腰梯形，内切圆是球的大圆，结合题意，分别求出圆台的母线长和内切球的半径，即可得出结论．
本题考查了圆台与球的结构特征应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
12.【答案】−1
【解析】解：因为复数z=(1−i)(2+i)=3−i，
所以z的虚部是−1．
故答案为：−1．
化简复数z，再写出z的虚部．
本题考查了复数的代数形式运算问题，是基础题．
13.【答案】2π3 2
【解析】解：设球O的半径及圆锥M的底面半径均为R，圆锥M的母线长为l，
则4πR2=πR2+πlR，所以I=3R，
圆锥M的侧面展开图的圆心角大小为2πRl=2π3；
球O的体积为4πR33，圆锥的的高h= l2−R2=2 2R，
圆锥M的体积为13⋅πR2⋅2 2R=2 2πR33，
所以球O的体积与圆锥M的体积的比值为 2．
故答案为：2π3, 2．
设球O的半径及圆锥M的底面半径均为R，圆锥M的母线长为l，再根据球与圆锥的表面积公式求得l=3R，即可得圆锥M的侧面展开图的圆心角大小；根据勾股定理求得h=2 2R，再结合球与圆锥的体积公式分析体积比即可
本题考查了球和圆锥体积的计算，属于中档题．
14.【答案】52
【解析】解：因为∠CAD=15°，∠CBD=30°，∠CBD=∠CAD+∠ACB，
所以∠ACB=15°，
所以∠ACB=∠CAD=15°，
所以AB=BC=100，因为∠BCD=45°，
所以∠BDC=180°−∠CBD=∠BCD=180°=30°=45°=105°，
sin105°=sin(45°+60°)=sin45°cs60°+cs45°sin60°= 22× 32+ 22×12= 6+ 24，
在△BCD中，由正弦定理得，BCsin∠BDC=CDsin∠CBD，
所以100sin105∘=CDsin30∘，
所以CD=100×12 2+ 64=200 2+ 6=50( 6− 2)≈50×(2.45−1.41)=52．
故答案为：52．
根据题意可得△ABC为等腰三角形，即可得AB=BC=100，然后在△BCD中利用正弦定理可求得结果．
本题主要考查了和差角公式，正弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)设复数z=x+yi，x、y∈R，
由zz−=4且z+z−+|z|=0，得x2+y2=42x+ x2+y2=0，
解得x=−1y=± 3，所以复数z=−1+ 3或z=−1− 3；
(2)z=−1+ 3i时，z3=(−1+ 3i)3=(−1+ 3i)2(−1+ 3i)=−2(1+ 3i)(−1+ 3i)=−2×(−3−1)=8；
z=−1− 3i时，z3=(−1− 3i)3=(−1− 3i)2(−1− 3i)=−2(1− 3i)(−1− 3i)=−2×(−3−1)=8；
综上，z3=8．
【解析】(1)设复数z=x+yi，x、y∈R，由题意列方程组求解即可；
(2)根据(1)中z的值，求z3即可．
本题考查了复数的定义与代数形式运算问题，是基础题．
16.【答案】解：(1)由|b|=2，|a|=1，a−2b=(− 3, 5)，
可得(a−2b)2=8，即a2−4a⋅b+4b2=8，
解得a⋅b=94，
则|2a+3b|= 4a2+12a⋅b+9b2= 4+27+36= 67；
(2)由题意，向量a在向量b上的投影向量|u|=5，
即|a⋅b|b||=5，又|b|=2，
所以a⋅b=±10．
【解析】(1)由已知，求得a⋅b=94，进而利用数量积性质求得结论；
(2)由投影向量的模长为5，利用定义可求得结论．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，属中档题．
17.【答案】解：(1)把直观图还原为原平面图形，则四边形OABC是直角梯形，其中OA=O′A′=3，OC=2O′C′=2，BC=B′C′=2，如图所示：
所以平面四边形OABC的面积为S=12×(2+3)×2=5，
周长为L=OA+AB+BC+CO=3+ (3−2)2+22+2+2=7+ 5；
(2)四边形OABC以OA为旋转轴，旋转一周，旋转形成的几何体是圆柱与圆锥的组合体，
则旋转体的体积为V=V圆柱+V圆锥=π×22×2+13π×22×1=28π3，
表面积为S旋转体=π×22+2π×2×2+π×2× 22+12=12π+2 5π=(12+2 5)π．
【解析】(1)把直观图还原为原平面图形，得四边形OABC是直角梯形，由此求出平面四边形OABC的面积和周长；
(2)四边形OABC以OA为旋转轴，旋转一周，旋转形成的几何体是圆柱与圆锥的组合体，计算它的体积和表面积即可．
本题考查了平面图形的直观图和旋转体的表面积与体积计算问题，是基础题．
18.【答案】解：(1)在△ABC中，因为BCsin∠BAC=ABsin∠ACB，
又因为BC= 3AB，∠ACB=π6，
所以sin∠BAC= 32，
又因为△ABC为钝角三角形，
所以∠BAC=2π3；
(2)由(1)可知∠ABC=π6，
所以AB=AC，
所以BC= 3AC，
故条件①BC=2AC不符合题意，
选择条件②：因为△ABC中，∠ACB=π6，∠BAC=2π3，
所以∠ABC=π6，即△ABC为等腰三角形，其中AC=AB，
因为BC= 3AC，
所以BC+AC+AB= 3AC+2AC=4+2 3，
所以AC=2，
设点D为线段AC的中点，在△ABD中，AD=1，

因为△ABD中，BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcs∠BAD=22+12−2×2×1×cs2π3=7，
所以BD= 7，
即AC边上的中线的长度为 7，
选择条件③：因为△ABC中，∠ACB=π6，∠BAC=2π3，
所以∠ABC=π6，即△ABC为等腰三角形，其中AC=AB，
因为△ABC的面积为 3，
即S△ABC=12AC⋅AB⋅sin∠BAC=12×AC2× 32= 3，
解得AC=2，
即AB=AC=2，
设点D为线段AC的中点，在△ABD中，AD=1，
因为△ABD中，BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcs∠BAD=22+12−2×2×1×cs2π3=7，
所以BD= 7，
即AC边上的中线的长度为 7．
【解析】(1)由正弦定理可解得；
(2)条件①不符合题意，条件②由余弦定理可得；条件③由三角形的面积公式和余弦定理可得．
本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)如图，连接BD，则当∠BCD=π3时，

在△BDC中，由余弦定理可得BD2=CD2+CB2−2CD⋅CBcsC=22+42−16×12=12，
所以在△ABD中，由勾股定理可得AB2=BD2−AD2=12−4=8，
所以AB=2 2，
所以S△ABD=12AD⋅AB=12×2×2 2=2 2，S△CBD=12CD⋅BC⋅sin∠BCD=12×2×4×sinπ3=2 3，
所以S四边形ABCD=S△ABD+S△CBD=2 2+2 3；
(2)如图，连接AC，作DE⊥AC于点E，

则由AD=DC，可得E为AC的中点，设AC=x，
则cs∠DAE=AEAD=x4=cs(π2−∠CAB)=sin∠CAB，
在△ABC中，由正弦定理可得BCsin∠CAB=ACsin∠ABC，
所以sin∠ABC=ACsin∠CABBC=x216，
又因为sin∠ADC2=AEAD=x4，
所以sin2∠ADC2=x216=sin∠ABC=1−cs∠ADC2，
所以cs∠ADC=1−2sinB，
由∠ABC∈[π4,π3]，可得sin∠ABC∈[ 22, 32]，
所以cs∠ADC∈[1− 3,1− 2].
【解析】(1)连接BD，在△BDC中利用余弦定理求出BD，再利用勾股定理求出AB，结合三角形面积公式求解即可；
(2)连接AC，作DE⊥AC于点E，利用正弦定理和二倍角公式求解．
本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查了三角形的面积公式，属于中档题．