2023-2024学年吉林省长春市东北师大附中高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年吉林省长春市东北师大附中高一（下）期中数学试卷（含解析），共15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.判断下列各命题的真假：①向量a与b平行，则a与b的方向相同或相反；②两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同；③零向量是没有方向的；④向量就是有向线段.其中假命题的个数为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
2.如图，E，F分别是长方体ABCD−A′B′C′D′的棱AB，CD的中点，则AB+CF等于( )
A. AD′
B. AC′
C. DE
D. AE
3.已知a,b,c为非零平面向量，则下列说法正确的是( )
A. (a⋅b)⋅c=a⋅(b⋅c)B. 若a⋅c=b⋅c，则a=b
C. 若a//b，则∃λ∈R,b=λaD. |a⋅b|=|a|⋅|b|
4.已知向量a=(2,4)，b=(m,−6)，且a/​/b，则实数m的值为( )
A. −3B. 3C. 8D. 12
5.已知a,b均为单位向量，若a,b夹角为2π3，则|a−b|=( )
A. 7B. 6C. 5D. 3
6.在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，A=π3，b=2，c=8，则a−2b+csinA−2sinB+sinC值等于( )
A. 16 33B. 4 3C. 4 393D. 52 33
7.已知复数z=(m+2)+(m+1)i在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的取值范围是( )
A. (−2,−1)B. (−∞,−2)∪(−1,+∞)
C. (−1,+∞)D. (−∞,−2)
8.在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，PA=2，底面ABC是边长为2 3的正三角形，M为AC的中点，球O是三棱锥P−ABM的外接球．若D是球O上一点，则三棱锥D−PAC的体积的最大值是( )
A. 2B. 2 3C. 7 33D. 8 33
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.在△ABC中，下列说法正确的是( )
A. 若A>B>C，则sinA>sinB>sinC
B. 若A>B>C，则sin2A>sin2B>sin2C
C. 若A>B>C，则csAD. 若A>B>C，则cs2A10.若关于x的方程x2+px+q=0(p,q是实数)有两个不等复数根α和β，其中α=−12+ 32i(i是虚数单位)，下面四个选项正确的有( )
A. α×β=1B. αβ2=1C. |αβ|=2D. α3+β3=2
11.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=BC=CC1=2，E为B1C1的中点，过AE的截面与棱BB1、A1C1分别交于点F、G，则下列说法中正确的是( )
A. 当点F为棱BB1中点时，截面AFEG的周长为 13+3+ 2
B. 线段C1G长度的取值范围是[0,1]
C. 当点F与点B重合时，三棱锥C−AEF的体积为43
D. 存在点F，使得A1F⊥AE
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知平面α，β和直线，给出条件：
①m/​/α；
②m⊥α；
③m⊂α；
④α⊥β；
⑤α//β．
(i)当满足条件 (1) 时，有m//β；
(ii)当满足条件 (2) 时，有m⊥β.(填所选条件的序号)
13.下列说法正确的序号为______．
①若复数z=3+i，则1z=310−i10；
②若全集为复数集，则实数集的补集为虚数集；
③已知复数z1，z2，若z1>z2，则z1，z2均为实数；
④复数z=−3i+1的虚部是1．
14.如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O.已知AC=BC，AC⊥BC，AD⊥BD，且O是AC的中点，若AD⋅AB−CD⋅CB=2，则AC⋅BD的值为______．
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)
如图，在平面四边形ABCD中，已知AD=1，CD=2，△ABC为等边三角形，记∠ADC=α．
(1)若α=π3，求△ABD的面积；
(2)若α∈(π2,π)，求△ABD的面积的取值范围．
16.(本小题15分)
已知向量a=(12csx, 32sinx),b=( 3,−1)．
(1)当a⊥b时，求tanx的值；
(2)设函数f(x)=(a+b)⋅b，且x∈[0,π2]，求f(x)的最大值以及对应的x的值．
17.(本小题15分)
已知4kx2−4kx+k+1=0是关于x的实系数一元二次方程．
(1)若a是方程的一个根，且|a|=1，求实数k的值；
(2)若x1，x2是该方程的两个实根，且k∈Z，求使x1x2+x2x1的值为整数的所有k的值．
18.(本小题17分)
如图，多面体ABCDEF中，底面ABCD是菱形，∠BCD=60°，四边形BDEF是正方形且DE⊥平面ABCD．
(Ⅰ)求证：CF/​/平面ADE；
(Ⅱ)若AE= 2，求多面体ABCDEF的体积V．
19.(本小题17分)
如图，两个相同的正四棱锥底面重合组成一个八面体，可放入一个底面为正方形的长方体内，且长方体的正方形底面边长为2，高为4，已知重合的底面与长方体的正方形底面平行，八面体的各顶点均在长方体的表面上．
(Ⅰ)若点A，B，C，D恰为长方体各侧面中心，求该八面体的体积；
(Ⅱ)求该八面体表面积S的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：对于①：因为零向量的方向是任意的且零向量与任何向量共线，
故当a与b中有一个为零向量时，其方向是不确定的，故为假命题；
对于②：两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同，故为真命题；
对于③：零向量也是向量，故也有方向，只是方向是任意的，故为假命题；
对于④：向量可用有向线段来表示，但并不是有向线段，故为假命题；
综上，①③④为假命题，共有3个．
故选：B．
根据零向量的定义及共线向量的定义判断即可．
本题考查向量的基本概念，属基础题．
2.【答案】D
【解析】解：如图，E，F分别是长方体ABCD−A′B′C′D′的棱AB，CD的中点，则AB+CF=AE．
故选：D．
直接利用向量的线性运算求出结果．
本题考查的知识要点：向量的线性运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，根据平面向量数量积的定义知(a⋅b)⋅c与c共线，a⋅(b⋅c)与a共线，所以选项A错误；
对于B，a⋅c=b⋅c时，a与b不一定相等，如a⊥b和b⊥c时它们的数量积为0，a、b不相等，所以选项B错误；
对于C，根据平面向量的共线定理知，若a/​/b，则∃λ∈R，使b=λa，所以选项C正确；
对于D，根据平面向量数量积的定义知，a⋅b=|a|×|b|×cs，所以|a⋅b|≤|a|⋅|b|，选项D错误．
故选：C．
根据平面向量共线定理和数量积的定义，依次分析选项，综合即可得答案．
本题考查了平面向量共线定理和数量积的定义应用问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：∵a/​/b，
∴4m+12=0，解得m=−3．
故选：A．
根据平行向量的坐标关系即可求出m的值．
本题考查了平行向量的坐标关系，考查了计算能力，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了单位向量的定义，向量数量积的运算及计算公式，向量长度的求法，考查了计算能力，属于基础题．
根据条件进行数量积的运算即可求出(a−b)2=3，从而得出|a−b|= 3．
【解答】
解：∵|a|=|b|=1,=2π3，
∴(a−b)2=a2−2a⋅b+b2=1−2×1×1×(−12)+1=3，
∴|a−b|= 3．
故选：D．
6.【答案】C
【解析】解：由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=4+64−2×2×8×12=52，
解得a=2 13.设△ABC外接圆半径为R，
则a−2b+csinA−2sinB+sinC=2RsinA−4RsinB+2RsinCsinA−2sinB+sinC=2R=asinA=2 13 32=4 393．
故选：C．
先由余弦定理求得a=2 13，再由正弦定理求解即可．
本题考查正弦定理在解三角形中的应用，属基础题．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查不等式组的解法，是基础题．
由实部大于0且虚部小于0联立不等式组求解．
【解答】
解：∵复数z=(m+2)+(m+1)i在复平面内对应的点在第四象限，
∴m+2>0m+1<0，解得−2∴实数m的取值范围是(−2,−1)，
故选：A．
8.【答案】C
【解析】解：因为△ABC为等边三角形，M为AC的中点，所以BM⊥AC，
即△ABM为直角三角形，
设AB的中点为E，则△ABM的外接圆的直径为AB，
圆心为E，半径为AB2= 3，
设三棱锥P−ABM的外接球的半径为R，球心为O，
则OE2+3=R2(2−OE)2+3=R2，解得R=2，
又PA⊥平面ABC，AM⊂平面ABC，所以PA⊥AM，
所以△PAM的外接圆是以PM为直径的圆，
设PM的中点为F，则OF⊥PF，所以OF= R2−14PM2=32，
即O到平面PAC的距离为32，
所以D到平面PAC的距离最大值为32+2=72，
又S△PAC=12×2×2 3=2 3，所以(VD−PAC)max=13×2 3×72=7 33；
故选：C．
设AB的中点为E，则△ABM的外接圆的直径为AB，圆心为E，半径为 3，设三棱锥P−ABM的外接球的半径为R，球心为O，利用勾股定理求出R，再求出O到平面PAC的距离，即可求出D到平面PAC的距离最大值，最后算出S△PAC，即可求出(VD−PAC)max．
本题主要考查球与多面体的切接问题，锥体体积的相关计算等知识，属于中等题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，因为A>B>C⇒a>b>c，由正弦定理，得2RsinA>2Rsin B>2RsinC，所以sinA>sinB>sinC，A正确；
对于B，若A=π2，B=π6，则sin(2A)=0，sin(2B)= 32，可得sin(2A)对于C，若A>B>C，因为A，B，C∈(0,π)，且余弦函数y=csx在(0,π)上为减函数，故csA对于D，若A>B>C，且A，B，C∈(0,π)，则sinA>sinB>>sinC>0，则cs2B=1−2sin2B>1−2sin2A=cs2A，
cs2C=1−2sin2C>1−2sin2B=cs2B，D正确．
故选：ACD．
由已知结合正弦定理可检验A，利用特值法即可判断B；由余弦函数的单调性可判断B，利用A选项中的结论结合二倍角的余弦公式可判断D．
本题主要考查了命题真假的判断，考查正弦定理，余弦函数的性质以及三角函数关系的应用，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：由题意得α+β=−p，αβ=q，
令β=x+yi，则由 α+β=(−12+x)+( 32+y)i为实数p，
则 y=− 32，β=x− 32i，
又 αβ=−12x+34+ 34i+ 32xi为实数q，
则 x=−12，
故 β=−12− 32i
对于A，αβ=(−12+ 32i)(−12− 32i)=1，故A正确；
对于B，αβ2=−12+ 32i(−12− 32i)2=−12+ 32i−12+ 32i=1，故B正确；
对于C，|αβ|=|−12+ 32i||−12− 32i|=|(−12+ 32i)2(−12− 32i)(−12+ 32i)|=|−12− 32i|= (−12)2+(− 32)2=1，故C错误；
对于D，α3+β3=α2α+β2β=(−12− 32i)×(−12+ 32i)+(−12+ 32i)×(−12− 32i)=1+1=2，故D正确．
故选：ABD．
首先设β=x+yi，利用韦达定理，即可求得β，再根据复数的运算，分别判断选项即可．
本题主要考查复数的运算，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=BC=CC1=2，E为B1C1的中点，则AB=2 2，
延长FE交CC1延长线于H，连接AH交A1C1于G，如图1，令B1F=x∈[0,2]，
于是，HC1C1E=tan∠HEC1=tan∠FEB1=B1FB1E，所以HC1=x，
由C1G//AC可得C1GAC=HC1HC，所以C1G=2xx+2，

对于A，当点F为棱BB1中点时，BF=B1F=1，EF= 2，AF= AB2+BF2=3，
C1G=23，AG=43，GE= C1E2+C1G2= 133，AG= AA12+A1G2=2 133，
故截面AFEG的周长为 13+3+ 2.故正确；
对于B，C1G=2xx+2=2−4x+2在(0,2)上单调递增，所以C1G长度的取值范围是[0,1]，故正确；
对于C，当点F与点B重合时，如图2，x=2，C1G=1，CH=4，三棱锥C−AEF的体积：
VC−AEF=VF−ACE=VF−ACH−VE−ACH=12S△ACH(FC−EC1)=13×12×2×4=43，故正确；
对于D，取A1B1上靠近点B1的四等分点M，则AM即AE在平面ABB1A1内的射影，
要使A1F⊥AE，只要A1F⊥AM即可．由△AA1M∽△A1B1F，得A1MAA1=B1FA1B1，
则B1F=3，所以不存在点F，使得A1F⊥AE，故D不正确．
故选：ABC．
根据题意，延长FE交CC1延长线于H，连接AH交A1C1于G，令B1F=x∈[0,2]，再对各项逐一进行分析即可．
本题考查棱柱的几何特征及棱锥的体积，考查学生的运算能力、转化思想，属于难题．
12.【答案】③⑤；②⑤
【解析】解：若m⊂α，α/​/β，则m//β；
若m⊥α，α/​/β，则m⊥β．
故答案为：(i)③⑤(ii)②⑤
(i)要m//β只需m在β的平行平面内，m与平面无公共点；
(ii)直线与平面垂直，只需直线垂直平面内的两条相交直线，或者直线平行平面的垂线；
本题考查直线与平面垂直的判定与性质，考查逻辑思维能力，是基础题．
13.【答案】①②③
【解析】解：对于①，z=3+i，1z=3−i(3+i)(3−i)=310−110i，故①正确，
对于②，若全集为复数集，
由复数集只包含实数集和虚数集，
可知实数集的补集为虚数集，故②正确，
对于③，复数仅当为实数时，才能比较大小，故③正确，
对于④，数z=−3i+1的虚部是−3，故④错误，
故正确的序号为：①②③．
故答案为：①②③．
根据已知条件，结合复数的运算法则，以及复数的性质，即可求解．
本题主要考查复数的运算法则，以及复数的性质，属于基础题．
14.【答案】−3
【解析】解：由条件，可知A，B，C，D四点共圆，AB为圆的直径，
设OA=OC=12BC=t，∴AB=2 2t，OB= 5t，
由相交弦定理，得OD=t 5，
在直角△AOD中，由勾股定理，得AD=2t 5，
在△OD中，由余弦定理，得CD=2 2t 5．
∵AD−⋅AB−CD−⋅CB=2，
∴2t 5⋅2 2t⋅cs∠DAB−2 2t 5⋅2t⋅cs(180°−∠DAB)=2，
又cs∠DAB=ADAB=1 10，∴t= 52．
∴AC⋅BD=(2t)⋅( 5t+t 5)⋅cs(180°−α)
=−125t2=−125⋅54=−3．
故答案为：−3．
设OA=OC=12BC=t，先求出OD，AD，CD，然后根据AD⋅AB−CD−⋅CB−=2，得到t= 52，再求AC⋅BD的值即可．
本题主要考查平面向量的数量积的计算，平面几何圆的知识，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属中档题．
15.【答案】解：(1)在平面四边形ABCD中，已知AD=1，CD=2，△ABC为等边三角形，记∠ADC=α，
在△ACD中，由余弦定理，AC2=AD2+CD2−2AD⋅CD⋅csα=1+4−2×2×csπ3=3，
所以AC= 3，所以∠DAC=90°，
又因为△ABC为等边三角形，
所以AB=AC= 3，且∠BAD=∠BAC+∠DAC=150°，
所以S△ABD=12AB⋅AD⋅sin∠BAD=12× 3×1×sin150°= 34，
则△ABD的面积为 34；

(2)在平面四边形ABCD中，已知AD=1，CD=2，△ABC为等边三角形，记∠ADC=α，
设∠DAC=β，
在△ACD中，由余弦定理，
AC2=AD2+CD2−2AD⋅CD⋅csα=1+4−2×2×csα=5−4csα，
csβ=AC2+AD2−DC22AC⋅AD=5−4csα+1−42AC=1−2csαAC，
在△ACD中，由正弦定理，ACsin∠ADC=CDsin∠DAC，即ACsinα=2sinβ，
所以sinβ=2sinαAC，
所以S△ABD=12AB⋅AD⋅sin∠BAD=12AC⋅sin(β+π3)=12AC⋅(12sinβ+ 32csβ)
=12sinα+ 34(1−2csα)=sin(α−π3)+ 34，
又因为α∈(π2,π)，
所以α−π3∈(π6,2π3)，
所以sin(α−π3)+ 34∈(2+ 34,4+ 34],
即△ABD的面积的取值范围为(2+ 34,4+ 34]．
【解析】(1)在△ACD中，由余弦定理得AC= 3，∠DAC=90°，根据△ABC为等边三角形，利用三角形面积公式即可求解；
(2)设∠DAC=β，在△ACD中，利用余弦定理和正弦定理结合三角函数的恒等变换即可求解．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)∵a⊥b，
∴a⋅b= 32csx− 32sinx=0，∴sinx=csx，tanx=1；
(2)a+b=(12csx+ 3, 32sinx−1)，
∴(a+b)⋅b= 32csx+3− 32sinx+1= 62sin(π4−x)+4，
∴f(x)= 62sin(π4−x)+4，
∵x∈[0,π2]，∴π4−x∈[−π4,π4]，
∴π4−x=π4，即x=0时，f(x)取最大值4+ 32．
【解析】(1)根据a⊥b得出a⋅b=0，进行向量坐标的数量积运算即可求出tanx的值；
(2)可求出a+b=(12csx+ 3, 32sinx−1)，然后进行数量积的坐标运算可求出f(x)，并根据两角差的正弦公式化简f(x)= 62sin(π4−x)+4，然后根据x的范围即可求出f(x)的最大值及对应的x的值．
本题考查了向量垂直的充要条件，向量坐标的加法和数量积的运算，两角差的正弦公式，正弦函数的最值求法，考查了计算能力，属于基础题．
17.【答案】解：(1)因为4kx2−4kx+k+1=0是关于x的实系数一元二次方程，所以k≠0，
因为a是方程4kx2−4kx+k+1=0的一个根，且|a|=1，
当a∈R时，则a=1或a=−1，
若a=1，代入方程得4k−4k+k+1=0，解得k=−1；
若a=−1，代入方程得4k+4k+k+1=0，解得k=−19；
当a为虚数时，不妨设a=z，则z−也是方程4kx2−4kx+k+1=0的一个根，
故z⋅z−=k+14k，又因为|a|=1，即|z|=1，故z⋅z−=1，
所以k+14k=1，解得k=13，
又Δ=(−4k)2−4×4k(k+1)=−16k<0，得k>0，
所以k=13；
综上：k=−1或k=−19或k=13．
(2)由韦达定理可知，x1+x2=1，x1x2=k+14k，k≠0，
所以x1x2+x2x1=x12+x22x1x2=(x1+x2)2−2x1x2x1x2=(x1+x2)2x1x2−2=4kk+1−2=4k+4−4k+1−2=−4k+1+2，
因为x1x2+x2x1=−4k+1+2为整数，k∈Z，
所以k+1必为−4的因式，则k+1的值可能为−4，−2，−1，1，2，4，
则实数k的值可能为−5，−3，−2，0，1，3，
又因为x1，x2是该方程的两个实根，所以Δ=(4k)2−4×4k(k+1)=−16k>0，则k<0，
所以k的所有取值为−5，−3，−2．
【解析】本题主要考查复数的四则运算，考查转化能力，属于中档题．
(1)分类讨论a是题设方程的实根或虚根两种情况，实根时直接将a代入即可求得k值，虚根时利用韦达定理及判别式即可求得k值，由此得解；
(2)利用韦达定理求得x1x2+x2x1=−4k+1+2，从而列出k的所有可能取值，再利用一元二次方程的判别式即可确定k所有取值．
18.【答案】(Ⅰ)证明：∵底面ABCD是菱形，∴AD//BC，
∵四边形BDEF是正方形，∴DE/​/BF，
∵BF∩BC=B，且AD∩DE=D∴平面ADE//平面BCF，
∵CF⊂平面BCF，∴CF/​/平面ADE．
(Ⅱ)解：连结AC，交BD于O，
∵四边形BDEF是正方形且DE⊥平面ABCD．
∴DE⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，∴AC⊥DE，
∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
又BD∩DE=D，∴AC⊥平面BDEF，
∵AE= 2，∠BCD=60°，∴AD=DE=BD=1，
∴AO=CO= 32，
∴多面体ABCDEF的体积：
V=2VA−BDEF=2×13×AO×S正方形BDEF
=2×13× 32×12
= 33．
【解析】(Ⅰ)由已知得AD//BC，DE/​/BF，从而平面ADE//平面BCF，由此能证明CF/​/平面ADE．
(Ⅱ)连结AC，交BD于O，由线面垂直得AC⊥DE，由菱形性质得AC⊥BD，从而AC⊥平面BDEF，进而多面体ABCDEF的体积V=2VA−BDEF，由此能求出多面体ABCDEF的体积V．
本题考查线面平行证明，考查多面体的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
19.【答案】解：(Ⅰ)∵点A，B，C，D恰为长方体各侧面中心，
∴AB=BC=CD=AD= 2，
∴V八面体=2VE−ABCD=2×13× 2× 2×2=83；
(Ⅱ)如图1，设平面ABCD截正方体所得截面为A′B′C′D′，且A′B′C′D′的中心为O，过点O作OG⊥A′B′，垂足为G．

由对称性，不妨设AA′=x(0≤x≤1)，则AG=1−x，
∴AE2=DE2=AO2+OE2=(1−x)2+1+4=x2−2x+6，AD2=(2−x)2+x2=2(x2−2x)+4．
设AD的中点为H，如图2，

则AH2=(AD2)2=12(x2−2x)+1，EH2=AE2−AH2=12(x2−2x)+5，
∴(S△ADE)2=14AD2⋅EH2=14[2(x2−2x)+4][12(x2−2x)+5]=14(x2−2x)2+3(x2−2x)+5．
∵0≤x≤1，∴−1≤x2−2x≤0，
则94≤14(x2−2x)2+3(x2−2x)+5≤5，
故32≤S△ADE≤ 5，可得12≤S≤8 5，
∴此八面体的表面积S的取值范围为[12,8 5]．
【解析】(Ⅰ)由已知求出八面体的棱长，转化为四棱锥的体积公式求解；
(Ⅱ)不妨设AA′=x(0≤x≤1)，则AG=1−x，求得AE2与AD2，设AD的中点为H，求出AH2，可得三角形ADE面积平方的范围，进一步可得此八面体的表面积S的取值范围．
本题考查多面体体积与表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．