2023-2024学年云南省昆明市禄劝县高一（下）期中数学试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年云南省昆明市禄劝县高一（下）期中数学试卷(含解析），共13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.若复数z=3−2i，则z的实部与虚部的和为( )
A. −1B. 1C. 5D. −5
2.AD+DC−AB等于( )
A. BCB. ADC. ABD. DA
3.△ABC的三个内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，若csB=45,c=5,a=3，则b=( )
A. 58B. 34C. 24D. 10
4.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论正确的是( )
A. 若m/​/α，n/​/α，则m/​/n
B. 若m⊥β，m⊂α，则α⊥β
C. 若α⊥β，m⊂α，则m⊥β
D. 若m⊂α，n⊂α，m//β，n/​/β，则α/​/β
5.平行四边形ABCD中，点E满足AC=3AE,DE=λAB+μAD(λ,μ∈R)，则λ+μ=( )
A. 13B. −1C. 1D. −13
6.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P为线段D1B上的动点，M，N分别为棱BC，AB的中点，若DP/​/平面B1MN，则D1PD1B=( )
A. 15B. 14C. 12D. 13
7.△ABC中，A=2π3，AD为角A的平分线，AD=2，则AB+2AC的最小值是( )
A. 3+2 2B. 6+2 2C. 6+4 2D. 3+4 2
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。
8.已知向量a=(x,1),b=(1,2)，下列结论中正确的是( )
A. 若a/​/b，则x=−2
B. 若x=2，则a与b的夹角的余弦值为45
C. 当x=2时，a在b上的投影向量为(45,85)
D. 当x>−2时，a与b的夹角为锐角
9.下列结论正确的是( )
A. 在棱柱的所有面中，至少有两个面互相平行
B. 用斜二测画法画水平放置的边长为1的正三角形，它的直现图的面积是 64
C. 正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线BD1与B1C是异面直线
D. 正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为BC，AB的中点，P是线段A1D1(不含端点)上的动点，过M，N，P点的平面截该正方体所得的截面为六边形
10.在△ABC中，α，b，c分别是角A，B，C的对边，其外接圆半径为R，内切圆半为r=3，满足αcsA+bcsB+ccsC=R3，△ABC的面积S△ABC=6，则( )
A. a+b+c=4B. R=6
C. sinA+sinB+sinC=16D. sin2A+sin2B+sin2C=13
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
11.若复数z(1+2i)=5(i为虚数单位)，则z= ______．
12.已知a，b是不共线的向量，AB=λa+2b，AC=a+(λ−1)b，且A，B，C三点共线，则实数λ= ______．
13.“牟合方盖”是我四古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造的一个和谐优美的几何模型，在正方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖.如图，已知棱长为2的正方体按上述方法截得的除去牟合方盖后剩余的体积是163，则牟合方盖与截得它的正方体的外接球的体积之比是 ．
14.平面向量a,b,c满足|a−b|=6，(a−c)⋅(b−c)=−4，则c⋅(a+b)的最小值为______．
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)
已知|a|=3,|b|=4，向量a与b的夹角θ=2π3．
(1)若(a+kb)⊥a，求k的值；
(2)求|3a+2b|．
16.(本小题15分)
设复数z=(m2−4m−5)+(m2+5m+4)i，m为实数．
(1)当m为何值时，z是纯虚数；
(2)若m=−2，求|z|的值；
(3)若复数z−在复平面内对应的点在第三象限，求实数m的取值范围．
17.(本小题15分)
如图，已知在侧棱垂直于底面三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=3，AB=5，BC=4，AA1=4，点D是AB的中点．
(Ⅰ)求证：AC1/​/平面CDB1；
(Ⅱ)求三棱锥A1−B1CD的体积．
18.(本小题17分)
老王拟将自家一块直角三角形地按如图规划成3个功能区：△BNC区域规划为枇杷林和放养走地鸡，△CMA区域规划为民宿供游客住宿及餐饮，△MNC区域规划为鱼塘养鱼供垂钓.为安全起见，在鱼塘△MNC周围筑起护栏，已知AC=40m，BC=40 3m，AC⊥BC，∠MCN=30°．
(1)若AM=20m，求护栏的长度(即△MNC的周长)；
(2)若鱼塘△MNC的面积是民宿△CMA面积的 3倍，求∠ACM．
19.(本小题17分)
在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，且2S=a2−(b−c)2．
(1)求sinA的值；
(2)求b2+c2bc的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由z=3−2i，知实部为3，虚部为−2，
故实部与虚部的和为1．
故选：B．
直接由实部虚部的定义计算即可．
本题考查复数的基本概念，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：AD+DC−AB=AC−AB=BC，
故选：A．
利用向量的加法、减法法则求解．
本题主要考查了向量的加法、减法运算，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由csB=45,c=5,a=3以及余弦定理得b= a2+c2−2accsB= 9+25−2×3×5×45= 10．
故选：D．
根据余弦定理即可求解．
本题考查的知识要点：余弦定理，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：对于A，m/​/α，n/​/α，则m，n平行，相交，异面都有可能，故A错误；
对于B，m⊥β，m⊂α，由面面垂直判定定理可得α⊥β，故B正确；
对于C，因为α⊥β，m⊂α时，可能有m//β或者m与β相交不一定垂直，故C错误；
对于D，可由面面平面的判定定理说明其是不正确的，m，n必须相交，故D错误．
故选：B．
A选项可由线面平行的判定定理进行判断；B选项可由面面垂直判定定理可判断；C选项可由线面的位置关系进行判断；D选项可由面面平行的判定定理进行判断．
本题考查线面平行判定定理、面面垂直判定定理、线面位置关系、面面平行判定定理等基础知识，考查空莘思维能力，是中档题．
5.【答案】D
【解析】解：由题意可得：DE=DA+AE=−AD+13AC=−AD+13(AB+AD)=13AB−23AD，
即λ=13,μ=−23，则λ+μ=−13．
故选：D．
根据平面向量的线性运算结合平面向量基本定理分析求解．
本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：连接BD，交MN于点H，则BH=14BD，连接B1H，交BD1于Q，
延长DP交B1D1于G，
由于DP/​/平面B1MN，DP⊂平面DBB1D1，且平面DBB1D1∩平面B1MN=B1H，
所以DP平行B1H，
设正方体的棱长为1，则BH=14BD= 24，
故直角三角形BHB1中，△BHQ～△D1B1Q，
可得BH：B1D1=BQ：QD1，
所以BQ：QD1=1：4，所以BQ：BD1=1：5，
由DH//GB1，DG//B1H，所以四边形DHB1G为平行四边形，
所以根据△DD1G≅△B1BH，
故D1PD1B=BQBD1=15．
故选：A．
根据线面平行的性质可得线线平行，根据相似即可求解．
本题考查由相似的方法求线段的比值，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：由题意得：∠BAD=∠CAD=π3，
设△ABD，△ACD，△ABC的面积分别为：S△ABD，S△ACD，S△ABC，
则S△ABC=S△ABD+S△ACD，
即AB⋅AC2sin∠BAC=AB⋅AD2sin∠BAD+AC⋅AD2sin∠CAD，
即 32⋅AB⋅AC2= 32⋅AB⋅AD2+ 32⋅AC⋅AD2，
则AB⋅AC2=AB+AC，所以1AB+1AC=12，
AB+2AC=(2AB+4AC)(1AB+1AC)=6+(4ACAB+2ABAC)≥6+2 4ACAB⋅2ABAC=6+4 2，
当且仅当4ACAB=2ABAC，即AB= 2AC时，等号成立，
联立方程组：AB= 2AC1AB+1AC=12，解得：AB=2+2 2AC=2+ 2，
故当且仅当AB=2+2 2AC=2+ 2时，AB+2AC取最小值6+4 2．
故选：C．
根据条件，结合三角形的面积公式可得1AB+1AC=12，然后由基本不等式可求AB+2AC的最小值．
本题考查了三角形的面积公式和基本不等式的应用，属于中档题．
8.【答案】BC
【解析】解：对于A：若a/​/b，则x×2=1×1，解得x=12，故A错误；
对于B、C：若x=2，则a=(2,1),b=(1,2)，
可得a⋅b=4,|a|=|b|= 5，
所以cs=a⋅b|a||b|=4 5× 5=45，故B正确；
所以a在b上的投影向量为(a⋅bb2)b=45b=(45,85)，故C正确；
对于D：a与b的夹角为锐角，则有a⋅b=x+2>0且x≠12，
解得x>−2且x≠12，故D错误．
故选：BC．
根据向量数量积的坐标运算逐项分析判断即可．
本题考查平面向量数量积的性质及坐标运算，属基础题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，由棱柱的性质可知：棱柱的上下底面互相平行，故A正确，
对于B，根据斜二测画法的规则可知：直观图中，高A′D′=12AD×sin45°= 24AD= 24× 32，
所以直现图的面积是12×1×( 24× 32)= 616，故B错误，
对于C，由于在正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线BD1与B1C既不平行也不相交，所以是异面直线，故C正确，
对于D，延长MN，DA相交于E，连接PE交AA1于点F，同理延长MN，DC交于点H，
由于M，N是中点，所以MN//AC，AC//A1C1⇒A1C1//MN，
故在平面A1B1C1D1中，作PQ//A1C1交边C1D1于Q，连接QH交CC1于G，
因此六边形MNFPQG即为所求截面六边形，故D正确，
故选：ACD．
根据棱柱的性质即可判断A，根据斜二测画法的性质即可求解B，由异面直线的定义即可判断C，根据平面基本性质即可作出截面判断D．
本题考查斜二测画法相关知识，属于中档题．
10.【答案】AD
【解析】解：内切圆半为r=3，满足△ABC的面积S△ABC=6，
所以12(a+b+c)⋅r=6，整理得a+b+c=4；
满足acsA+bcsB+ccsC=R3，
所以2RsinAcsA+2RsinBcsB+2RsinCcsC=R3，
整理得sin2A+sin2B+sin2C=13．
故选：AD．
直接利用三角形的面积公式和正弦定理及三角函数关系式的变换的应用判断A、B、C、D的结论．
本题考查的知识要点：三角形的面积公式，正弦定理和三角函数关系式的变换，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
11.【答案】1−2i
【解析】解：设复数z=a+bi，a，b∈R，则(a+bi)(1+2i)=5，
即a−2b+(2a+b)i=5，
∴a−2b=52a+b=0，解得a=1b=−2，
∴z=1−2i．
故答案为：1−2i．
设复数z=a+bi，代入已知等式，利用复数相等列式求得a，b，则答案可求．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，是基础题．
12.【答案】−1或2
【解析】解：向量a，b是不共线的向量，
AB=λa+2b=，AC=a+(λ−1)b，
又A，B，C三点共线，∴存在实数μ，使得AB=μAC，
即λa+2b=μa+(λ−1)μb，
∴λ=μλμ−μ=2，解得λ=−1μ=−1或λ=2μ=2．
故答案为：−1或2．
根据向量a，b是不共线的向量，且A，B，C三点共线，可得AB=μAC，再由共线向量基本定理列出方程组，即可求出λ的值．
本题考查了平面向量的坐标表示与共线向量基本定理的应用，考查运算求解能力，是基础题．
13.【答案】2 39π
【解析】【分析】
本题考查几何体的体积的求解，化归转化思想，属中档题．
利用正方体的体积公式及正方体的体对角线等于正方体外接球的直径，结合球的体积公式即可求解．
【解答】
解：由题意可知，正方体的体积为V=2×2×2=8，
因为己知棱长为2的正方体按上述方法截得的除去牟合方盖后剩余的体积是163，
所以牟合方盖的体积为V1=8−163=83．
设正方体的外接球的半径为R，则
易知，正方体的体对角线等于正方体外接球的直径，即(2R)2=22+22+22，解得R= 3，
所以正方体的外接球的体积为V2=43πR3=43π×( 3)3=4 3π．
所以牟合方盖与截得它的正方体的外接球的体积之比是V1V2=834 3π=2 39π．
故答案为：2 39π．
14.【答案】−5
【解析】解：由题意可设a=(n,3),b=(n,−3),c=(x,y)，
则a−c=(n−x,3−y),b−c=(n−x,−3−y),a+b=(2n,0)，
因为(a−c)⋅(b−c)=(n−x)2+(3−y)(−3−y)=−4，整理得2nx=x2+y2+n2−5，
所以c⋅(a+b) =2nx=x2+y2+n2−5≥−5，当且仅当x=y=n=0时，等号成立，
故c⋅(a+b)的最小值为−5．
故答案为：−5．
由题意可设a=(n,3),b=(n,−3),c=(x,y)，根据向量的坐标运算和平面向量数量积公式即可求解．
本题考查了向量的坐标运算和平面向量数量积公式，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由题意可得：a⋅b=|a||b|cs2π3=3×4×(−12)=−6，
若(a+kb)⊥a，则(a+kb)⋅a=a2+ka⋅b=9−6k=0，
所以k=32．
(2)因为|3a+2b|2=9a2+12a⋅b+4b2=81−72+64=73，
所以|3a+2b|= 73．
【解析】(1)根据向量垂直结合数量积的运算律运算求解；
(2)根据模长公式结合数量积的运算律运算求解．
本题考查向量数量积的运算，化归转化思想，属基础题．
16.【答案】解：(1)若z是纯虚数，则m2−4m−5=0m2+5m+4≠0，解得m=5，
所以当m=5时，z是纯虚数．
(2)若m=−2，则z=7−2i，
所以|z|= 72+(−2)2= 53．
(3)因为复数z−=(m2−4m−5)−(m2+5m+4)i，对应的点为((m2−4m−5),−(m2+5m+4))，
若复数z−在复平面内对应的点在第三象限，
则m2−4m−5<0−(m2+5m+4)<0，解得−1故实数m的取值范围为(−1,5)．
【解析】(1)根据复数的相关概念列式求解；
(2)根据复数的模长公式运算求解；
(3)根据共轭复数的概念以及复数的几何意义列式求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
17.【答案】(I)证明：设BC1与CB1的交点坐标为O，连结OD，
∵四边形BCC1B1是平行四边形，
∴O是BC1的中点，又D是AB的中点，
∴OD/​/AC1，
又OD⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，
∴AC1/​/平面CDB1．
(II)解：在Rt△ABC中，C到AB的距离h=AC⋅BCAB=125，
又平面ABC⊥平面ABB1A1，
∴C到平面ABB1A1的距离为h=125．
∴VA1−B1CD=13S△A1B1D⋅h=13×5×4×125×12=8．
【解析】(I)设BC1与CB1的交点坐标为O，连结OD，利用中位线定理可得OD/​/AC1，故而AC1/​/平面CDB1；
(II)求出C到AB的距离即为C到平面ABB1A1的距离，代入棱锥的体积公式即可．
本题考查了线面平行的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．
18.【答案】解：(1)在Rt△ABC中，因为tan∠A=BCAC= 3，所以∠A=60°，
在△ACM中，由余弦定理知，CM2=AC2+AM2−2AC⋅AM⋅cs∠A=402+202−2×40×20×12=1200，
所以CM=20 3m，
所以CM2+AM2=AC2，即CM⊥AB，
在Rt△CMN中，MN=CM⋅tan∠MCN=20 3× 33=20m,CN=CMcs∠MCN=20 3 32=40m，
所以护栏的长度为MN+CN+CM=20+40+20 3=(60+20 3)m．
(2)因为鱼塘△MNC的面积是民宿△CMA面积的 3倍，
所以MN= 3AM，
设∠ACM=θ，则∠CNM=90°−θ，θ∈(0°,60°)，
在△ACM中，由正弦定理得，AMsin∠ACM=MCsin∠A，所以AM=MC⋅sin∠ACMsin∠A=2 3MC⋅sinθ3，
在△CMN中，由正弦定理得，MNsin∠MCN=MCsin∠CNM，所以MN=MCsin∠MCNsin∠CNM=MC2sin(90∘−θ)=MC2csθ，
所以MC2csθ= 3⋅2 3MCsinθ3，即sin2θ=12，
因为θ∈(0°,60°)，所以2θ=30°，即θ=15°，
故∠ACM=θ=15°．
【解析】(1)在△ACM中，由余弦定理可得CM=20 3m，进而可证CM⊥AB，再由三角函数的知识求得MN和CN的长，即可；
(2)易知MN= 3AM，设∠ACM=θ，在△ACM、△CMN中，分别运用正弦定理，用含θ的式子表示出AM和MN，再运算求解，即可．
本题考查解三角形的实际应用，熟练掌握正弦定理，余弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)∵2S=a2−(b−c)2，S=12bcsinA，
∴bcsinA=a2−(b−c)2，
∴b2+c2−a2bc=2−sinA=2csA，
∴csA=1−12sinA，
又∵sin2A+cs2A=1，
∴sin2A+(1−12sinA)2=1
∴sinA(54sinA−1)=0，
∴sinA=0(舍)，sinA=45．
(2)∵A+B+C=π，
∴sinB=sin(A+C)，
∴bc=sinBsinC=sinAcsC+csAsinCsinC
=45csC+35sinCsinC=45tanC+35，
∵△ABC为锐角三角形，
∴C<90°，A+C>90°，
∴C>90°−A，tanC>tan(90°−A)=csAsinA=34，
∴0<1tanC<43，0<45tanC<1615，
∴45tanC+35∈(35,53).
b2+c2bc=bc+cb，令t=bc,y=t+1t,t∈(35,53)，
t∈(35,1),y=t+1t单调递减，t∈(1,53),y=t+1t单调递增，
当t=1，ymin=2，当t=35=53,y=3415,y<3415，
∴b2+c2bc∈[2,3415)
【解析】(1)利用三角形面积公式及余弦定理可得2−sinA=2csA，然后利用同角关系式即得；
(2)利用正弦定理及三角恒等变换可得bc=45csC+35sinCsinC=45tanC+35，结合条件可得tanC>34，进而即得bc范围，最后换元应用单调性可解．
本题考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属中档题．