2023-2024学年吉林省长春外国语学校高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年吉林省长春外国语学校高一（下）期中数学试卷（含解析），共17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.已知复数z满足iz+2=3z+i(i为虚数单位)，则z−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
2.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.向量p=(a+c,−b),q=(a+b,a−c)，若p//q，则角C的大小为( )
A. π6B. π3C. π2D. 2π3
3.已知菱形ABCD边长为2 2,∠BAD=60°，则BD⋅DC=( )
A. −4B. −2C. 2D. 4
4.以长为4cm，宽为3cm的矩形的一边为旋转轴旋转而成的圆柱的侧面积为( )
A. 16πcm2，或24πcm2B. 16πcm2
C. 24πcm2，或42πcm2D. 24πcm2
5.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q，R分别是A1D1，C1D1，BC的中点，平面PQR∩平面ABB1A1=l，则直线l与AD1的夹角大小为( )
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
6.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acsB−bcsA=c，且C=2π5，则∠B=( )
A. π5B. π10C. 3π10D. 2π5
7.我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③台体的体积公式V=13(S上+ S上S下+S下)⋅h) ( )
A. 2寸B. 3寸C. 4寸D. 5寸
8.直观想象是数学六大核心素养之一，某位教师为了培养学生的直观想象能力，在课堂上提出了这样一个问题：现有10个直径为4的小球，全部放进棱长为a的正四面体盒子中，则a的最小值为( )
A. 6+4 6B. 8+4 6C. 4+4 6D. 5+4 6
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.下列命题不正确的是( )
A. 棱台的侧棱长可以不相等，但上、下底面一定相似
B. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥
C. 有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
D. 直角三角形绕其任意一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥
10.已知△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，下列四个命题中，正确的命题是( )
A. 若c=2acsB，则△ABC一定是等腰三角形
B. 若(a2+b2)sin(A−B)=(a2−b2)sin(A+B)，则△ABC是等腰或直角三角形
C. 若a2b2=tanAtanB，则△ABC一定是等腰三角形
D. 若2b=a+c，且2cs2B−8csB+5=0，则△ABC是等边三角形
11.在圆锥SO中，C是母线SA上靠近点S的三等分点，SA=l，底面圆的半径为r，圆锥SO的侧面积为12π，则下列说法正确的是( )
A. 当r=3时，过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为3 7
B. 当l=6时，从点A到点C绕圆锥侧面一周的最小长度为2 13
C. 当l=6时，圆锥SO的外接球表面积为81π2
D. 当l=6时，棱长为8 33的正四面体在圆锥SO内可以任意转动
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a与b的夹角为2π3，|a|=4，则a在b上的投影向量的模为______．
13.已知梯形ABCD是直角梯形，按照斜二测画法画出它的直观图A′B′C′D′(如图所示)，其中，A′D′=2，B′C′=3，A′B′=1，则直角梯形DC边的长度是______．
14.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足c=7，D是边AB的中点，CD⊥CB，且b(sinA+sinB)=(c+a)(sinC−sinA)，则CD的长为______．
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)
已知复数z=m2−m−6m+3+(m2+2m−15)i，m∈R．
(1)当z是虚数，求m的取值范围；
(2)当z是纯虚数，求m的取值．
16.(本小题15分)
已知向量a=(1,1)，b=(−1,k)．
(1)若a⊥(a+2b)，求实数k的值；
(2)若a与b的夹角是钝角，求实数k的取值范围．
17.(本小题15分)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设2bsinA=atanB．
(1)求B；
(2)若a+c=2b，试判断△ABC的形状；
(3)若c=4，求锐角△ABC的面积的取值范围．
18.(本小题17分)
如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1//AA1，AB=AC=3，BC=2 5，AA1= 7，BB1=2 7，点E为BC的中点．
(1)求证：AE⊥平面BCB1；
(2)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小；
(3)若点F为A1C的中点，求点C到平面AEF的距离．
19.(本小题17分)
如图所示正四棱锥S−ABCD，SA=SB=SC=SD=2，AB= 2，P为侧棱SD上的点，且SP=3PD，求：
(1)正四棱锥S−ABCD的表面积；
(2)若M为SA的中点，求证：SC//平面BMD；
(3)侧棱SC上是否存在一点E，使得BE//平面PAC.若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由iz+2=3z+i，得(3−i)z=2−i，
则z=2−i3−i=(2−i)(3+i)(3−i)(3+i)=7−i32−i2=710−110i．
∴z−=710+110i，在复平面内对应的点的坐标为(710,110)，位于第一象限．
故选：A．
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z−的坐标得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：向量p=(a+c,−b),q=(a+b,a−c)，p//q，
则(a+c)(a−c)=(a+b)(−b)，即a2+b2−c2=−ab，
由余弦定理可知，a2+b2−c2=2abcsC，即csC=−12，
C为三角形的内角，
则C=2π3．
故选：D．
结合向量平行的性质，以及余弦定理，即可求解．
本题主要考查向量平行的性质，以及余弦定理，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由题意，BD⋅DC=(AD−AB)⋅DC
=AD⋅DC−AB⋅DC
=2 2×2 2×12−2 2×2 2=−4．
故选：A．
根据向量的数量积进行运算即可求得．
本题考查平面向量的线性运算及数量积运算，属基础题．
4.【答案】D
【解析】解：根据题意，分2种情况讨论：
当以长所在的直线为旋转轴时，则得到的圆柱的侧面积为S=2π×3×4=24πcm2，
当以宽所在的直线为旋转轴时，则得到的圆柱的侧面积为S′=2π×3×4=24πcm2．
故选：D．
根据题意，分以长所在的直线为旋转轴和以宽所在的直线为旋转轴两种情况求解即可．
本题考查了旋转体的结构特征与应用问题，是基础题．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查两条异面直线所成角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
取CC1中点M，AB中点N，AA1中点S，得正六边形PQMRNS，直线SN即为l，∠PSN或其补角是异面直线l与AD1所成的角，结合正六边形的性质可得结论．
【解答】
解：如图，
取CC1中点M，AB中点N，AA1中点S，得正六边形PQMRNS，连接CD1，
易得PR//CD1，CD1//QM，所以QM//PR，
所以M∈平面PQR，同理可得N，S∈平面PQR，
即六边形PQMRNS是平面六边形，
由正方体性质知六边形PQMRNS是正六边形，
直线SN即为l，又AD1//SP，
所以∠PSN或其补角是异面直线l与AD1所成的角，∠PSN=120°，
所以异面直线l与AD1所成的角是60°．
故选：C．
6.【答案】B
【解析】解：因为acsB−bcsA=c，
所以由正弦定理得sinAcsB−sinBcsA=sinC，
即sin(A−B)=sin(A+B)，
因为A，B∈(0,π)，故A−B=A+B(舍)或A−B+A+B=π，
所以A=π2，又C=2π5，
由A+B+C=π得∠B=π10．
故选：B．
由正弦定理得sin(A−B)=sin(A+B)，从而得A=π2，再由内角和为π，求得B即可．
本题考查了两角和与差的正弦公式与正弦定理的应用，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查圆台的体积求法，正确理解题意是关键，属基础题．
由题意求得盆中水的上下底面半径，代入圆台体积公式求得水的体积，除以盆口面积得答案．
【解答】
解：如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸．
∵积水深9寸，
∴水面半径为12(14+6)=10寸，
则盆中水的体积为13π×9(62+102+6×10)=588π(立方寸)．
∴平地降雨量等于588ππ×142=3(寸)．
故选：B．
8.【答案】B
【解析】解：先证明如下引理：如图所示：
设正四面体棱长为a，AF⊥平面BCD，BE⊥CD，
所以CE=12CD=a2，BE= BC2−CE2= a2−(a2)2= 3a2，
显然F为平面BCD的重心，所以BF=23BE= 3a3，
由勾股定理，可得AF= AB2−BF2= a2−( 3a3)2= 6a3，
所以正四面体的高等于其棱长的 63倍．
接下来来解决此题：如图所示：
10个直径为4的小球放进棱长为a的正四面体ABCD中，成三棱锥形状，有3层，
则从上到下每层的小球个数依次为：1，(1+2)，(1+2+3)个，
当a取最小值时，从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，底层的每个球都与正四面体底面相切，
任意相邻的两个小球都外切，位于每层正三角状顶点的所有上下相邻小球的球心连线为一个正四面体E−FGH，
则该正四面体EFGH的棱长为2+4+2=8，可求得其高为EP=8× 63=8 63，
所以正四面体ABCD的高为AQ=AE+EP+PQ=2×3+8 63+2=8+8 63，
所以棱长a的最小值为(8+8 63)×3 6=8+4 6．
故选：B．
分析10个小球在正四面体内的位置情况，把正四面体的高用小球半径与正四面体的棱长表示，列等式即可求解．
本题考查了球的切接问题，考查了转化思想，属中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，由棱台的定义，棱台的侧棱长可以不相等，但上、下底面一定相似，A正确；
对于B，有一个面是多边形，其余各面都是三角形且有公共顶点的几何体是棱锥，B错误；
对于C，有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体不一定是棱柱，
反例如图：
故C错误；
对于D，直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周所形成的几何体不是圆锥；D错误．
故选：BCD．
根据题意，由棱柱、棱锥、棱台的几何结构依次分析选项，综合可得答案．
本题考查棱柱、棱锥、棱台的几何结构，注意三者的定义，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A：c=2acsB，利用余弦定理得：c=2a⋅a2+c2−b22ac，整理得a=b，所以△ABC为等腰三角形；
对于B：由于(a2+b2)sin(A−B)=(a2−b2)sin(A+B)，所以(a2+b2)(sinAcsB−sinBcsA)=(a2−b2)(sinAcsB+csAsinB)，
整理得：2a2sinBcsA=2b2sinAcsB，
所以sin2A=sin2B，
所以2A=2B或A+B=π2，
故该△为等腰三角形或直角三角形，故B正确；
对于C：由于a2b2=tanAtanB，整理得a2b2=sinAcsBsinBcsA，
整理得：2a2sinBcsA=2b2sinAsinB，
所以sin2A=sin2B，
所以2A=2B或A+B=π2，故C错误；
对于D：2cs2B−8csB+5=0，整理得4cs2B−8csB+3=0，解得csB=12或32(舍去)，
由于0由于2b=a+c，利用正弦定理：2sinB=sinA+sinC，转换为sinA+sin(2π3−A)= 3，所以sin(A+π6)=1，解得A=π6，
所以A=B=C，则△ABC为等边三角形，故D正确．
故选：ABD．
直接利用三角函数关系式的变换，正弦定理余弦定理的应用和同角三角函数关系式的变换判断A、B、C、D的结论．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦定理和余弦定理的应用，同角三角函数关系式的变换，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：依题意可知πrl=12π，所以rl=12，
对于A选项，r=3，l=4，所以cs∠ASB=42+42−622×4×4=−18<0，
所以∠ASB为钝角，
所以过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为12×4×4=8，A选项错误；
对于BCD选项，当l=6时，r=2，圆锥的高为h= l2−r2=4 2，
以下分析BCD选项：
侧面展开图的弧长为2πr=4π，所以圆心角∠ASC=4π6=2π3，
所以AC= AS2+SC2−2AS⋅SCcs∠ASC=2 13，B选项正确；
设圆锥SO的外接球的球心为O1，半径为r1，
所以22+(4 2−r1)2=r12，解得r1=92 2，
所以外接球的表面积为4πr12=81π2，C选项正确；
棱长为8 33的正四面体A1−B1C1D1如下图所示，
正方体的棱长为8 33× 22=4 63，体对角线长为4 63× 3=4 2，
所以棱长为8 33的正四面体A1−B1C1D1的外接球半径为r2=2 2，
设△SAB内切圆的半径为r3，
则12×4×4 2=12(4+6+6)r3，
解得r3= 2，
所以r3故选：BC．
依题意可得rl=12，对于A，利用余弦定理求出cs∠ASB，即可判断∠ASB为钝角，从而求出截面面积最大值，对于B、C、D，首先求出圆锥的高，将圆锥的侧面展开，化曲为直，利用余弦定理计算最小值，即可判断B，求出外接球的半径，即可求出外接球的表面积，从而判断C，再求出圆锥的内切球的半径与正四面体的外接球的半径，即可判断D；
本题考查圆锥的结构特征，属于中档题．
12.【答案】2
【解析】解：向量a与b的夹角为2π3，|a|=4，
则a在b上的投影向量的模为：||a|cs2π3|=2．
故答案为：2．
结合投影向量的模的公式，即可求解．
本题主要考查投影向量的模的公式，属于基础题．
13.【答案】 5
【解析】解：根据题意，由已知作出梯形ABCD是直角梯形，如右图：
在直角梯形ABCD中，AB⊥BC，AD=A′D′=2，BC=B′C′=3，AB=2A′B′=2，
过D作DE⊥BC，交BC于E，则DE=AB=2，EC=BC−AD=3−2=1，
则DC= 4+1= 5．
故答案为： 5．
根据题意，由斜二测画法作出原图直角梯形ABCD，进而计算可得答案，
本题考查斜二测画法，涉及平面图形的直观图，属于基础题．
14.【答案】 212
【解析】解：由b(sinA+sinB)=(c+a)(sinC−sinA)及正弦定理，
得b(a+b)=(c+a)(c−a)，即a2+b2−c2=−ab，
由余弦定理，得csC=a2+b2−c22ab=−ab2ab=−12，
又C∈(0,π)，所以C=2π3，
因为D是边AB的中点，所以S△ADC=S△BCD，
又∠ACB=2π3，因为CD⊥CB，所以∠DCA=π6，
故12b⋅CDsinπ6=12a⋅CD，故b=2a，
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcs2π3=a2+b2+ab=7a2，
故c= 7a，因为c=7，所以a= 7,b=2 7，
易知CD=CA+CB2，
所以|CD|2=CA2+CB2+2CA⋅CB4=b2+a2+2bacs2π34
=28+7+2×2 7× 7×(−12)4=214，
所以|CD|= 212，故CD的长为 212．
故答案为： 212．
利用正弦定理边角互化得a2+b2−c2=−ab，即可由余弦定理求解C，根据等面积法可得b=2a，进而根据余弦定理求解c=7,a= 7,b=2 7，即可利用向量模长公式求解．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)∵复数z=m2−m−6m+3+(m2+2m−15)i.m∈R，i是虚数单位．
z是虚数，
∴m2+2m−15≠0且m+3≠0，
解得m≠−5且m≠3且m≠−3；
(2)∵复数z=m2−m−6m+3+(m2+2m−15)i.m∈R，i是虚数单位．
z是纯虚数，
∴m2+2m−15≠0m2−m−6=0m+3≠0，解得m=−2，
∴当m=−2时，z是纯虚数．
【解析】(1)由复数z=m2−m−6m+3+(m2+2m−15)i是虚数，列出方程组，能求出m的值．
(2)由复数z=m2−m−6m+3+(m2+2m−15)i是纯虚数，列出方程组，能求出m的值．
本题考查实数值的求法，考查实数、虚数、复数的定义、性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
16.【答案】解：(1)因为a=(1,1)，b=(−1,k)，
所以a+2b=(−1,2k+1)，
因为a⊥(a+2b)，
所以a⋅(a+2b)=1×(−1)+1×(2k+1)=0，解得k=0；
(2)因为a与b的夹角是钝角，a=(1,1)，b=(−1,k)，
则a⋅b=k−1<0，解得k<1，
又当1×k=1×(−1)，即k=−1时a=−b，此时a与b的夹角为180°，
故k≠−1，
综上可得，k∈(−∞,−1)∪(−1,1)．
【解析】(1)结合垂直的性质，即可求解；
(2)结合平面向量的数量积运算，以及向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
17.【答案】解：(1)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设2bsinA=atanB，
因为2bsinA=atanB，由正弦定理asinA=bsinB，
可得2sinBsinA=sinAtanB=sinAsinBcsB，
因为A，B∈(0,π)，则sinA>0，sinB>0，可得2=1csB，
即csB=12，所以B=π3；
(2)由(1)可知：B=π3，
由余弦定理csB=a2+c2−b22ac，
可得：b2=a2+c2−2accsB=a2+c2−ac，
又因为a+c=2b，即b=a+c2，
可得(a+c2)2=a2+c2−ac，整理得(a−c)2=0，即a=c，
所以△ABC的形状为等边三角形；
(3)因为△ABC是锐角三角形，由(1)知B=π3且A+B+C=π，可得A+C=2π3，
因为0由三角形面积公式得S△ABC=12acsinB= 3a，
又由正弦定理asinA=csinC且c=4，
所以a=csinAsinC=4sinAsinC=4sin(2π3−C)sinC=2 3tanC+2，
因为π6 33，所以2<2 3tanC+2<8，
所以2 3即△ABC面积的取值范围为(2 3,8 3)．
【解析】(1)根据题意结合正弦定理分析求解；
(2)根据题意结合余弦定理分析求解；
(3)根据题意利用三角形面积公式和正弦定理得a=csinAsinC=4sinAsinC=4sin(2π3−C)sinC=2 3tanC+2，再利用C的范围即可求解．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
18.【答案】(1)证明：∵AA1⊥平面ABC，BB1//AA1，
∴BB1⊥平面ABC，而AE⊂平面ABC，
∴BB1⊥AE，又AB=AC，点E为BC中点，
∴AE⊥BC，而BB1∩BC=B，可得AE⊥平面BCB1；
(2)解：取BB1中点M，连接AM，EM，
∵AA1/​/BB1，AA1= 7，BB1=2 7，点M为BB1中点，
∴AA1=B1M，AA1//B1M，得四边AMB1A1为平行四边形，
∴AM//A1B1，
则直线A1B1与平面BCB1所成角等于直线AM与平面BCB1所成角，
∵AE⊥平面BCB1，
∴∠AME为直线AM与平面BCB1所成角，
∵点E为BC中点，BC=2 5，
∴BE= 5，AE= 32−5=2，EM= 5+( 7)2=2 3，
∴tan∠AME=22 3= 33，又∠AME∈(0,π2)，
∴∠AME=π6，即直线A1B1与平面BCB1所成角为π6；
(3)解：以E为坐标原点，分别以EC、EA所在直线为x、y轴，
以过E在平面BCB1内垂直于BC的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则E(0,0,0)，A(0,2,0)，C( 5,0,0)，
A1(0,2, 7)，F( 52,1, 72)，
EA=(0,2,0)，EF=( 52,1, 72)，
设平面AEF的一个法向量为n=(x,y,z)，
则由n⋅EA=2y=0n⋅EF= 52x+y+ 72z=0，取z= 5，得n=(− 7,0, 5)，
又EC=( 5,0,0)，
∴点C到平面AEF的距离为|EC⋅n||n|= 35 12= 1056．
【解析】(1)由AA1⊥平面ABC，BB1//AA1，可得BB1⊥平面ABC，得到BB1⊥AE，再由已知证明AE⊥BC，利用直线与平面垂直的判定可得AE⊥平面BCB1；
(2)取BB1中点M，连接AM，EM，证明四边AMB1A1为平行四边形，得AM//A1B1，则直线A1B1与平面BCB1所成角等于直线AM与平面BCB1所成角，然后求解三角形得答案；
(3)以E为坐标原点，分别以EC、EA所在直线为x、y轴，以过E在平面BCB1内垂直于BC的直线为z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求点C到平面AEF的距离．
本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间角的求法，训练了利用空间向量求点到平面的距离，是中档题．
19.【答案】(1)解：在正四棱锥S−ABCD中，SA=SB=SC=SD=2,AB= 2，
则正四棱锥侧面的高为h= 22−( 22)2= 142，
所以正四棱锥的表面积为S=4×12× 2× 142+ 2× 2=2 7+2；
(2)证明：如图，连接BD交AC于点O，连接MO，BM，DM，则O为AC的中点，

当M为SA的中点时，OM//SC，
又OM⊂平面BMD，SC⊄平面BMD，
所以SC//平面BMD；
(3)解：在侧棱SC上存在点E，使得BE//平面PAC，满足SEEC=2．
理由如下：
取SD的中点Q，由SP=3PD，得PQ=PD，
过Q作PC的平行线交SC于E，连接BQ，BE，
△BDQ中，有BQ//PO，又PO⊂平面PAC，BQ⊄平面PAC，
所以BQ//平面PAC，由SQQP=2，得SEEC=SQQP=2．
又QE//PC，又PC⊂平面PAC，QE⊄平面PAC，
所以QE//平面PAC，又BQ∩QE=Q，BQ、QE⊂平面BEQ，
所以平面BEQ//平面PAC，而BE⊂平面BEQ，
所以BE//平面PAC．

【解析】(1)根据正四棱锥的结构求出侧面的高，即可求解正四棱锥的表面积；
(2)如图，连接BD交AC于点O，则OM//SC，结合线面平行的判定定理即可证明；
(3)取SD的中点Q，过Q作PC的平行线交SC于E，结合面面平行的判定定理与性质即可．
本题考查线面平行的判定，面面平行的判定和性质，属于中档题．