湖南省永州市道县第一中学2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题

这是一份湖南省永州市道县第一中学2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题，共8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.已知复数的共轭复数(为虚数单位)，则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.化简AB-AC-BC等于( )
A. 2BCB. 零位移C. -2BCD. 2AC
3.设l是一条直线，α，β是两个不同的平面，且α/​/β，则“l⊂α”是“l//β”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
4.一个正四棱锥和一个正四面体的所有棱长都相等，将它们的一个三角形重合在一起，组成一个新的几何体，则新几何体是( )
A. 五面体B. 六面体C. 七面体D. 八面体
5.已知复数z满足(1-2i)z=3+i，则z⋅z=( )
A. 1+7i5B. 45C. 2D. 1
6.在△ABC中，点O是BC的中点，过点O的直线分别交直线AB，AC与不同的两点M，N，若AB=mAM,AC=nAN,m>0,n>0，则1m+4n的最小值为( )
A. 2B. 4C. 92D. 9
7.已知正四棱锥P-ABCD的底面边长为2，高为 3，则其内切球半径是
( )
A. 1B. 3- 32C. 34D. 33
8.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a=7，b=3，c=5，则△ABC的外接圆半径为
( )
A. 7 33B. 14 33C. 323D. 643
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，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若bsinB+csinC-asinA≥ 2csinB，则A的值可以为( )
A. π6B. π5C. π3D. 2π5
10.半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，体现了数学的对称美．如图，将棱长为2的正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个半正多面体，它们的棱长都相等，则下列说法正确的有
( )
A. 此半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式V+F-E=2
B. 过A，B，C三点的平面截该正多面体，所得截面面积为3 3
C. 若该半正多面体的各个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为12π
D. 若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体体积最小值为16 6
11.我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形的三边长，求三角形的面积的问题，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即S= 14c2a2-c2+a2-b222.现有△ABC满足sinA:sinB:sinC=2: 7:3，且S△ABC=6 3，则
( )
A. △ABC三个内角A，C，B满足关系A+C=2B
B. △ABC的周长为10+2 7
C. 若∠B的角平分线与AC交于D，则BD的长为6 35
D. 若O为△ABC的外心，则BO⋅(BA+BC)=26
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=1,2，b=3,4，则2a-2b+32b-a= ．
13.已知向量与的夹角为120°，且||=3，||=2.若=λ+，且⊥，则实数λ的值为________．
14.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 3，以顶点A为球心，2为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长是 ．
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15分)
已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a2=b2+c2-bc．
(Ⅰ)求角A；
(Ⅱ)若a= 7且c-b=2，求△ABC面积．
16.(本小题13分)
如图，圆锥PO的底面直径和高均是2a，过PO的中点O'作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的表面积和体积．
17.(本小题15分)
已知向量a=(sinx2,- 3)，b=(csx2,cs2x2)，f(x)=a⋅b．
(1)求f(x)的最小正周期和最大值；
(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(A)=- 32，b=2，且△ABC的面积为2 3，求a．
18.(本小题17分)
如图，在△ABC中，已知AB=2，AC=3，∠BAC=60°，N是AC的中点，BM=23BC，设AM与BN相交于点P．
(1)求cs∠MPN的值；
(2)若CP=xAB+yAC，求x+y的值．
19.(本小题17分)
设复数z1和z2满足关系式z1z2+Az1+Az2=0，其中A为不等于0的复数．证明：
(1)z1+z2=z1+z2；
(2)|z1+A||z2+A|=|A|2；
(3)z1+Az2+A=z1+Az2+A．
1.D
2.C
3.A
4.A
5.C
6.C
7.D
8.A
9.AB
10.ABD
11.ABD
12.5,6
13.
14.5π2
15.解：(Ⅰ)在△ABC中，
由a2=b2+c2-bc可知，b2+c2-a22bc=12，
根据余弦定理，csA=b2+c2-a22bc=12，
又0故A=π3
(Ⅱ)由a2=b2+c2-bc及a= 7，
得b2+c2-bc=7，…(1)
又由已知条件 c-b=2 …(2)
联立(1)(2)，可解得b=1，c=3，(或计算出bc=3)，
故△ABC面积为S=12bcsinA=3 34
16.解：如图，圆柱与圆锥的母线PB的交点为A，连接O'A，
∵圆锥PO的底面直径和高均是2a，∠POB=90∘，
∴OB=a，即圆锥底面半径为a，PO=2a，PB= 2a2+a2= 5a，
∵O'是PO的中点，
∴OO'=O'P=PO=a，圆柱的高为a，
∵O'A//OB，
∴O'AOB=O'POP=12，
∴O'A=12OB=12a，圆柱底面半径为12a，
∵圆锥PO内挖去一个圆柱，
∴剩下几何体的表面积为12×2π×a× 5a+π×a2+2π×12a×a
= 5πa2+πa2+πa2
=2+ 5πa2，
剩下几何体的体积为13π×a2×2a-π×(12a)2×a
=23πa3-14πa3=512πa3．

17.解：(1)向量a=(sinx2,- 3)，b=(csx2,cs2x2)，
所以f(x)=a⋅b=sinx2csx2- 3cs2x2=12sinx- 32csx- 32=sin(x-π3)- 32；
所以f(x)的最小正周期为T=2π|ω|=2π，
当x-π3=π2+2kπ，即x=5π6+2kπ，k∈Z时，f(x)取得最大值为1- 32；
(2)△ABC中，由f(A)=- 32，
即sin(x-π3)- 32=- 32，
所以sin(A-π3)=0，
解得A=π3；
又b=2，△ABC的面积为S=12bcsinA=12×2×c×sinπ3=2 3，
解得c=4；
由余弦定理得，a2=b2+c2-2bccsA=4+16-2×2×4×csπ3=12，
解得a=2 3．
18.解：(1)因为N是AC的中点，
所以BN=12AC-AB，
|BN|= 12AC-AB2= 14|AC|2+|AB|2-2×12×12×|AC||AB|
= 14×9+4-2×12×3×2×12= 132，
因为BM=23BC，AM=13AB+23AC，
所以|AM|= 13AB+23AC2
= 19|AB|2+49|AC|2+2×23×13×|AB||AC|⋅cs60∘
= 49+4+43=2 133，
又因为AM⋅BN=(13AB+23AC)⋅(12AC-AB)
=-13|AB|2+13|AC|2-12|AB||AC|×12
=-13×4+13×9-12×3×2×12=16，
所以cs∠MPN=cs
=AM⋅BN|AM|⋅BN=162 133× 132=126；
(2)∵A，P，M三点共线，
∴CP=αCA+(1-α)CM=αCA+1-α3CB，
又∵B，P，N三点共线
∴CP=βCN+(1-β)CB=β2CA+(1-β)CB，
∴α=β21-α3=1-β,∴α=25β=45,
∴CP=25CA+15CB=-25AC+15(AB-AC)=15AB-35AC，
∴x=15，y=-35，
即x+y=-25．
19.解：(1)设z1=a+bi(a,b∈R)，z2=c+di(c,d∈R)，
则z1=a-bi，z2=c-di，
因为z1+z2=a+bi+c+di=(a+c)+(b+d)i，
所以z1+z2=(a+c)-(b+d)i，
又因为z1+z2=a-bi+c-di=(a+c)-(b+d)i，
所以z1+z2=z1+z2；
(2)由z1z2+Az1+Az2=0，得(z1+A)(z2+A)=AA=|A|2， ①
∵|z1+A||z2+A|=|z1+A||z2+A|=|z1+A||z2+A|=|(z1+A)(z2+A)|，
由 ①证得|z1+A||z2+A|=|(z1+A)(z2+A)|=||A|2|=|A|2;
(3)∵A≠0，由(2)得z1+A≠0，z2+A≠0，z1+A=|A|2z2+A，
由此得z1+Az2+A=|A|2(z2+A)(z2+A)=|A|2(z2+A)(z2+A)=|A|2|z2+A|2，
由(2)得z1+Az2+A=|A|2|z2+A|2=|z1+A||z2+A||z2+A|2=|z1+A||z2+A|=|z1+Az2+A|.