重庆市朝阳中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷(含答案)

这是一份重庆市朝阳中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷(含答案)，共16页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．若复数z满足,则在复平面内复数z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．若一个球的表面积和体积的数值相等，则该球的半径为( )
A.B.C.D.3
3．的内角A,B,C所对边分别为a,b,c,若,则角C的大小( )
A.B.C.D.
4．已知平面向量,,则在上的投影向量为( )
A.B.C.D.
5．在,其内角A,B,C所对边分别为a,b,c,若,则的形状是( )
A.直角三角形B.等腰三角形C.等腰直角三角形D.等腰或直角三角形
6．在等腰梯形ABCD中,,若,,则( )
A.B.C.D.
7．已知一个直四棱柱的高为4,其底面ABCD水平放置的直观图(斜二测画法)是边长为2的正方形,则这个直四棱柱的表面积为( )
A.40B.C.D.
8．内角A,B,C对应边分别为a,b,c.若,,点P在边AC上,并且,为的外心,则OP之长为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．已知i是虚数单位,以下四个说法中正确的是( )
A.
B.复数的虚部为i
C.若复数,满足,则
D.已知复数z满足,则z在复平面内对应的点的轨迹为圆
10．在等腰梯形ABCD中,,,,以CD所在的直线为轴,其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体,则下列说法正确的是( )
A.等腰梯形ABCD的高为2B.该几何体为圆柱
C.该几何体的表面积为D.该几何体的体积为
11．在中,内角A,B,C所对应边分别为a,b,c,则下列说法正确的是( )
A.若点为的重心,则
B.若满足,,的有两解,则t的取值范围为
C.若点为内一点,且,则
D.若,则的最大值为
三、填空题
12．设向量,,若,则___________.
13．我国著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中,提出了已知三角形三边长求三角形面积的公式,可以看出我国古代已经具有很高的数学水平.设a,b,c分别为内角A,B,C的对边,S表示的面积,其公式为.若,,则的面积S为______.
14．已知平面向量与的夹角为,若恒成立,则实数的取值范围为______.
四、解答题
15．已知单位向量,的夹角为,,.
（1）求;
（2）求;
（3）求与的夹角.
16．在中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且.
（1）求角A;
（2）若AD是的角平分线,,的面积为,求a的值.
17．在等边中,点M是BC上靠近点B的一个三等分点,点Q为AC的中点,BQ交AM于点N.
（1）若,求的值;
（2）若,求的面积.
18．某学校有一四边形地块,为了提高校园土地的利用率,现把其中的一部分作为学校生物综合实践基地.如图所示,,M是BC中点,E,F分别在AB,AC上,拟作为花草种植区,四边形AEMF拟作为景观欣赏区,拟作为谷物蔬菜区,ME和MF拟建造快速通道,,记.(快速通道的宽度忽略不计)
（1）若,求景观欣赏区所在四边形AEMF的面积;
（2）当取何值时,可使快速通道路程最短?最短路程是多少?
19．对于数集,其中,,定义向量集,若对任意,存在,使得,则称X具有性质.
（1）已知数集,请写出数集对应的向量集,并判断是否具有性质(不需要证明).
（2）若,且具有性质,求m的值;
（3）若X具有性质,且,常数且,求证:.
参考答案
1．答案：B
解析：复数在复平面内对应的点为,
其位于第二象限.
故选:B
2．答案：D
解析：设球的半径为R，由题意可得，
解得.
故选：D.
3．答案：D
解析：由余弦定理得,,
因为,所以,
由,所以,
故选:D.
4．答案：C
解析：设与夹角为,则,
在上的投影向量为:,
故选:C.
5．答案：B
解析：因为
所以,
整理得,
即的形状是等腰三角形.
故选:B.
6．答案：A
解析：在等腰梯形ABCD中,,,,则有,
所以.
故选:A
7．答案：C
解析：由于直观图是正方形,所以ABCD是两邻边分别为2与6,高为的平行四边形,
其周长是,面积是,
所以直四棱柱的表面积是.
故选:C
8．答案：B
解析：连结OA,OC,
因为,根据正弦定理得,
则,即,
且外接圆半径,
即在中,,,
所以,且,
在中,
,
所以.
故选:B
9．答案：AD
解析：对于A:,故A选项正确;
对于B:z的虚部为1,故B选项错误;
对于C:设复数,a,b,c,,
则,
若,则,故C选项错误;
对于D:若复数z满足,
则z在复平面内对应的点的轨迹为以点为圆心,以2为半径的圆,
故D选项正确.
故选:AD
10．答案：ACD
解析：因为在等腰梯形ABCD中,,,,
过点D作交AB于点E,过点C作交AB于点F,
则,所以,
所以等腰梯形ABCD的高为2,
以CD所在的直线为轴,其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体,
则该几何体的结构特征为一个圆柱挖去上,下两个圆锥,
且圆柱的底面半径,高为,圆锥的底面半径,高为,故A正确,B错误.
该几何体的表面积,
体积,故C,D正确.
故选:ACD
11．答案：ABC
解析：对于A,若点G为的重心,设BC的中点为D,则由重心的性质得,所以,A正确;
对于B,一方面,若满足,,的有两解,
则首先,且c必有两种可能的取值,而c满足,即,
故关于c的方程必有两个不同的正数解,
从而判别式为正数,且两根之积为正数,
即,.结合,得;
另一方面,当时,确有两解,
,.
所以t的取值范围是,B正确;
对于C,延长AO交BC于D,由于D在AO的延长线上,故存在实数u,使得,
从而.
由于D在直线BC上,故,从而,
故,即,从而.
所以,C正确;
对于D,由于,
故由数量积定义,知该条件就是.
从而,
使用余弦定理又可化为,
展开再合并同类项得,即.
所以,
这意味着,D错误.
故选:ABC.
12．答案：或0.5
解析：因为,所以,
所以.
故答案为:
13．答案：
解析：因为,根据正弦定理,得,即,
又因为,即,
所以.
故答案为:
14．答案：
解析：设,,如图作平行四边形OACB,
则,令,
由于恒成立,即恒成立,
在中,,
,,
,
由于恒成立,故,
即实数的取值范围为,
故答案为:.
15．答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）因为,
所以.
（2）因为,
所以,
所以.
（3）因为,所以,
由（1）（2）知,,
设与的夹角为,则,
因为,所以.
16．答案：（1）
（2）
解析：（1）由条件知
,
此即,故由正弦定理得,
再由余弦定理知,
且,所以.
（2）由,,
结合正弦定理得,
而,故,.
由于,故.
所以,故.
而,故.
所以.
故.
17．答案：（1）
（2）
解析：（1）点Q为AC的中点,,
,
,
,M,A三点共线,,.
（2）由（1）知,.
设,
,B,C三点共线,,解得,
,从而有,
,即,故,
,
,
.
18．答案：（1）
（2）,最短路程为
解析：（1）由题可知,,
当,则中,,,,
则,
所以为等边三角形,则,
所以为中点,且M是BC中点,
所以,
所以四边形AEMF为直角梯形,其面积为:.
（2）,则,,
在中,由正弦定理:,
在中,由正弦定理:,
因为,
所以,,
,
因为,
设,则,
所以
因为,所以在上单调递增,
所以在上单调递减,
所以当,即时,取最小值.
19．答案：（1）,具有
（2）4
（3）证明见解析
解析：（1）设集合,先证明两个结论.
结论①:设,其中,,则X具有性质的充分必要条件是:对任意的,都有或.
证明:设,其中,,记,.
一方面,如果具有性质:
此时对任意的,由于,故根据具有性质,存在使得,而,所以x,t不同号,从而其中恰有一个等于,另一个属于.
设另一个属于的是,其中,则或,所以或.
结合可知对任意的i,,都有或.
另一方面,如果X满足对任意的i,,都有或:
由于,故对任意的i,,都有或.
那么,首先有或,即,从而.
此时对任意:
如果,则满足;
如果,,则满足;
如果,,则满足;
如果,,则或,从而满足或满足.
这表明X具有性质.
从而结论①得证.
结论②:设,其中,,若具有性质,则存在使得.
证明:根据结论①,此时对任意的i,,都有或,特别地令,有,而,故存在某个使得.
从而结论②得证.
回到原题.
若,根据向量集的定义,知其对应的向量集.
由于,,,故由结论①可知具有性质.
（1）设,若具有性质,由结论①知或,而,,所以.又由于,故,即.
而当时,,此时,,,由结论①知的确具有性质.
所以所求的.
（3）设,其中,.
由条件知X具有性质,且,为常数且.
由结论②知,存在某个使得,而,故.
根据结论①知,对任意的i,,,都有或.
由于当时,有,而,故.
设,则由于,知对任意的i,,,有.
现已经有,下面证明:.
假设结论不成立,那么存在一个最小的正整数,使得.
换言之,满足,且.
由,可知.
由于,,故存在,使得,故.
又因为,故,这意味着,即.
设,,则,即,故.
但,这与矛盾.
所以假设不成立.
故原结论成立.