2023-2024学年安徽省合肥八中高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省合肥八中高一（下）期中数学试卷（含解析），共12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.在复平面内，复数(3+i)(1−4i)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.设D为△ABC所在平面内一点，且DB=BC，则( )
A. AD=2AB−ACB. AD=−2AB+AC
C. AD=−AB+2ACD. AD=AB−2AC
3.已知非零向量a，b满足|a|=4|b|，且(a+2b)⊥b，则a与b的夹角为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
4.△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知C=π4,b= 2,c=2，则A=( )
A. 712πB. 512πC. π3D. π6
5.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若a2−8=(b−c)2,A=π3，则△ABC的面积是( )
A. 4B. 2C. 4 3D. 2 3
6.已知一个圆锥的高为6，底面半径为3，现在用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，得到一个高为2的圆台，则这个圆台的体积为( )
A. 263πB. 383πC. 26πD. 38π
7.平行四边形ABCD中，|AB|=8,|AD|=2 3，若点M，N满足BM=2MC,DN=3NC，则AN⋅NM=( )
A. −8B. 8C. 12D. 16
8.在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，向量m=( 3,sinB),n=(1,csB)，且m//n，点M为边BC的中点，且AM=AC，则sin∠BAC=( )
A. 33B. 63C. 217D. 2 77
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.下列是四个关于多面体的命题，其中正确的是( )
A. 棱台的所有侧棱所在直线必交于同一个点
B. 四棱锥S−ABCD中，四边形ABCD的对角线交点为O，若SO⊥平面ABCD，则该四棱锥是正四棱锥
C. 任意一个棱柱的侧面都是矩形
D. 正四棱柱的底面边长为2，侧棱长为4，且它的所有顶点在球O的表面上，则球O的表面积为24π
10.设z1，z2为复数，则下列命题正确的是( )
A. 若z12∈R，则z1∈RB. 若|z1|=|z2|，则z1⋅z1−=z2⋅z2−
C. 若z1z2∈R，则z1=z2−D. 若|z1−z2|=0，则z1−=z2−
11.已知e1,e2是夹角为2π3的单位向量，a=e1+2e2,b=e1−e2，则( )
A. e1⋅e2=−12B. |b|= 3
C. 〈a,b〉=π3D. b在a上的投影向量为−12a
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z的实部为5，虚部为−1，则|z1+i|= ______．
13.如图，已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱长为 2，切割这个正四棱柱，得到四棱锥A1−BB1D1D，则这个四棱锥的表面积为______．
14.在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知3CA⋅CB=2AB⋅AC,tanC=12，则角B= ______．
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)
(1)已知向量a=(2,1)，点A(2,−1)，若向量AB⊥a，且|AB|= 5，求点B的坐标；
(2)已知向量a=(2,1),b=(4,−3)，若a−2b与λa+b夹角为钝角，求λ的取值范围．
16.(本小题15分)
“大湖名城，创新高地”的“湖”指的就是巢湖，为治理巢湖环境，拟在巢湖两岸建立A，B，C，D四个水质检测站.已知C，D两个检测站建在巢湖的南岸，距离为20 3km，检测站A，B在湖的北岸，工作人员测得∠ACB=75°，∠ACD=120°，∠ADC=30°，∠ADB=45°．
(1)求B，D两个检测站之间的距离；
(2)求A，B两个检测站之间的距离．
17.(本小题15分)
如图，在△AOB中，AO⊥OB,∠OBA=60°,OB= 3,D是AB的中点，现将Rt△AOB以直角边AO为轴旋转一周得到一个圆锥，点C为圆锥底面圆周上的一点，且∠BOC=90°．
(1)求圆锥的表面积；
(2)若一个棱长为a的正方体木块可以在这个圆锥内任意转动，求a的最大值．
18.(本小题17分)
由扇形OAC和△OBC组成的平面图形如图所示，已知OB=3，AO⊥BO，∠OBC=π3,BC=2，点E在AC(含端点)上运动．
(1)连接EO，求∠EOB正弦值的取值范围；
(2)设∠EOB=θ，四边形AOBE面积为S，求S的最大值．
19.(本小题17分)
已知锐角△ABC，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若a2+c2−b2=2bc(1+csA)．
(1)求证：A=2B；
(2)求bc的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题意，(3+i)(1−4i)=3−12i+i+4=7−11i，对应的点的坐标为(7,−11)，在复平面内位于第四象限．
故选：D．
化简复数，并根据复数的几何意义求解．
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由DB=BC，
可得AD=AB+BD
=AB+CB=AB+(AB−AC)
=2AB−AC．
故选：A．
根据向量的线性运算进行代换即可．
本题考查平面向量的线性运算，属基础题．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查数量积表示两个向量的夹角，向量垂直的判断，考查运算求解能力，属于基础题．设向量a，b夹角为θ，由(a+2b)⊥b得(a+2b)⋅b=0，由向量数量积即可求解．
【解答】
解：设向量a，b夹角为θ，θ∈[0,π]，
由(a+2b)⊥b得(a+2b)⋅b=0，∴a⋅b+2b2=0，∴|a||b|csθ+2|b|2=0
又∵|a|=4|b|，∴csθ=−12，∴θ=2π3．
故选：C．
4.【答案】A
【解析】解：由正弦定理bsinB=csinC，得 2sinB=2 22，
所以sinB=12，
又b所以B=π6，
从而A=π−B−C=712π．
故选：A．
由已知结合正弦定理先求出B，然后结合三角形内角和即可求解A．
本题主要考查了正弦定理在求解三角形中的应用，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：因为a2−8=(b−c)2,A=π3，
则a2=b2+c2−2bc+8,csA=b2+c2−a22bc=2bc−82bc=12，
则bc=8，
所以△ABC的面积是12bcsinA=12×8× 32=2 3．
故选：D．
由已知结合余弦定理及三角形的面积公式即可求解．
本题主要考查了余弦定理及三角形面积公式的应用，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：设截面圆的半径为r，则r3=6−26，即r=2，
所以S1=4π，S2=9π，
所以圆台的体积为V=h3(S1+S2+ S1S2)=23(4π+9π+6π)=383π．
故选：B．
根据圆台的体积公式，即可求解．
本题考查圆台的体积的求解，属基础题．
7.【答案】B
【解析】解：在平行四边形ABCD中，由BM=2MC,DN=3NC，
可得AN=AD+DN=AD+34AB，
NM=AM−AN=AB+BM−AN
=AB+23AD−AD−34AB=14AB−13AD，
又|AB|=8,|AD|=2 3，
则AN⋅NM=(34AB+AD)⋅(14AB−13AD)
=316AB2−13AD2
=316×64−13×12=8．
故选：B．
根据向量的线性运算，将AN，NM表示成AB，AD，再根据数量积进行运算即可．
本题考查平面向量的线性运算及数量积运算，属中档题．
8.【答案】C
【解析】解：m//n，则 3csB=sinB，即tanB= 3，所以B=π3，
BM=MC=a2,AM=AC=b，
在△ABM中，b2=a24+c2−2⋅a2⋅c⋅csπ3，即b2=a24+c2−ac2①，
在△ABC中，b2=a2+c2−2⋅a⋅c⋅csπ3，即b2=a2+c2−ac②，
由①②解得c=32a,b= 72a，
在△ABC中，asinA=bsinB，则sinA=asinBb=a⋅ 32 7a2= 217．
故选：C．
根据m//n即可得出B=π3，并得出BM=MC=a2,AM=AC=b，然后在△ABM和△ABC中，由余弦定理即可得出c=32a,b= 72a，然后在△ABC中根据正弦定理即可得出答案．
本题考查了正余弦定理，平行向量的坐标关系，是中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：对A选项，用一个平行于底面的平面去截棱锥，截面与底面之间的几何体就是棱台，
所以棱台的所有侧棱所在直线必交于同一个点，故A选项正确；
对B选项，由四边形ABCD的对角线交点为O，SO⊥平面ABCD，无法确定四边形ABCD是正方形，
所以四棱锥S−ABCD不一定是正四棱锥，故B选项错误；
对C选项，任意一个棱柱的侧面都是平行四边形，直棱柱的侧面都是矩形，故C选项错误；
对D选项，球O的直径2r= 22+22+42=2 6，所以半径r= 6，
所以球O的表面积为4πr2=24π，故D选项正确．
故选：AD．
根据棱台的概念，正四棱锥的概念，棱柱的概念，正四棱柱的外接球的求法，针对各个选项分别求解即可．
本题考查几何体的概念，正四棱柱的外接球问题，属中档题．
10.【答案】BD
【解析】解：设z1=i，则z12=−1∈R，而z1∉R，A错误；
因为z1⋅z1−=|z1|2,z2⋅z2−=|z2|2，又|z1|=|z2|，则z1⋅z1−=z2⋅z2−，B正确；
设z1=i，z2=2i，则z1z2=−2∈R，而z1≠z2−，C错误；
设z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，(a1,b1,a2,b2∈R)，
z1−z2=(a1−a2)+(b1−b2)i，则|z1−z2|= (a1−a2)2+(b1−b2)2=0，
从而a1=a2，b1=b2，即z1=z2，从而z1−=z2−，D正确．
故选：BD．
举反例说明A，C错误；根据复数的运算，判断B，D正确．
本题考查复数的运算，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：已知e1,e2是夹角为2π3的单位向量，
对于选项A，e1⋅e2=1×1×cs2π3=−12，
故A正确；
对于选项B，|b|=|e1−e2|= e12−2e1⋅e2+e22= 3，
故B正确；
对于选项C，a⋅b=(e1+2e2)⋅(e1−e2)=e12+e1⋅e2−2e22=−32，|a|= e12+4e1⋅e2+4e22= 3，
则cs=a⋅b|a||b|=−32 3× 3=−12，
所以〈a,b〉=2π3，
故C错误；
对于选项D，b在a上的投影向量为|b|cs〈a,b〉a|a|=−12a，
故D正确．
故选：ABD．
由平面向量数量积的运算，结合平面向量夹角的运算求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量夹角的运算，属中档题．
12.【答案】 13
【解析】解：由题意得z=5−i，则z1+i=5−i1+i=(5−i)(1−i)(1+i)(1−i)=4−6i2=2−3i，
所以|z1+i|= 22+(−3)2= 13．
故答案为： 13．
化简复数，利用模长公式求解．
本题考查复数的模长，属于基础题．
13.【答案】6+4 2
【解析】解：已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱长为 2，
得BD=2 2，矩形BB1D1D的面积为S1=BD⋅BB1=2 2× 2=4，
△A1B1D1的面积为S2=12A1B1⋅A1D1=12×2×2=2，
△A1B1B的面积为S3=12A1B1⋅BB1=12×2× 2= 2,△A1D1D的面积为S4=S3= 2，
在△A1BD中，A1B=A1D= 6,BD=2 2，
则BD边上的高为2，其面积为S5=12×2 2×2=2 2，
∴四棱锥A1−BB1D1D的表面积为S1+S2+S3+S4+S5=6+4 2．
故答案为：6+4 2．
由已知分别求出四棱锥A1−BB1D1D的底面面积与各侧面面积，作和即可求得棱锥的表面积．
本题考查多面体表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】3π4
【解析】解：在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，
已知3CA⋅CB=2AB⋅AC,tanC=12，
即3abcsC=2bccsA，
即3acsC=2ccsA，
由正弦定理可得3sinAcsC=2sinCcsA，
所以3sinAcsA=2sinCcsC，
即3tanA=2tanC，
又因为tanC=12，
所以tanA=13，
所以tan(A+C)=tanA+tanC1−tanAtanC=13+121−13×12=1，
因为0所以A+C=π4，
即B=π−π4=3π4．
故答案为：3π4．
由平面向量数量积的运算，结合两角和与差的三角函数求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了两角和与差的三角函数，属中档题．
15.【答案】解：(1)设点B(m,n)，由A(2,−1)，得AB=(m−2,n+1)，
由AB⊥a，得AB⋅a=2(m−2)+(n+1)=0，
又因为|AB|= 5，所以(m−2)2+(n+1)2=5，
设m−2=xn+1=y，则2x+y=0x2+y2=5，解得x=1y=−2或x=−1y=2；
所以m=3n=−3或m=1n=1，
所以B的坐标为(3,−3)或(1,1)；
(2)因为a=(2,1),b=(4,−3)，
所以a−2b=(−6,7),λa+b=(2λ+4,λ−3)，
所以(a−2b)⋅(λa+b)<0，即−6(2λ+4)+7(λ−3)<0，解得λ>−9；
又因为a,b不反向共线，所以−6(λ−3)≠7(2λ+4)，解得λ≠−12，
综上，λ的取值范围是{λ|λ>−9且λ≠−12}.
【解析】(1)设点B(m,n)，写出AB的坐标表示，利用AB⊥a得出AB⋅a=0，再由|AB|= 5，列方程组求解即可；
(2)根据平面向量的共线定理与夹角的坐标表示，列不等式求解即可．
本题考查了平面向量的坐标运算应用问题，也考查了数学运算核心素养，是基础题．
16.【答案】解：(1)根据题意，可得∠BCD=∠ACD−∠ACB=45°，∠BDC=∠ADC+∠ADB=75°，
所以在△BDC中，∠CBD=180°−∠BCD−∠BDC=60°，由正弦定理BDsin∠BCD=CDsin∠CBD，
可得BD=CDsin∠CBD⋅sin∠BCD=20 3 32× 22=20 2，即B、D两个检测站之间的距离为20 2km；
(2)在△ACD中，∠ADC=30°，∠ACD=120°，
所以∠CAD=30°，可得∠ADC=∠CAD，AC=CD=20 3km．
根据余弦定理，得AD2=AC2+DC2−2AC⋅DCcs∠CAB
=(20 3)2+(20 3)2−2×20 3×20 3cs120°=3600，所以AD=60km(舍负)．
在△ADB中，由余弦定理，得AB2=AD2+BD2−2AD⋅BDcs∠ADB
=602+(20 2)2−2×60×20 2cs45°=2000，所以AB=20 5，即A、B两个检测站之间的距离为20 5km．
【解析】(1)在△BDC中，算出∠BCD与∠CBD，然后根据正弦定理列式算出BD的长，即可得出B、D两个检测站之间的距离；
(2)在△ACD中，利用“等角对等边”算出AC=CD=20 3km，然后由余弦定理算出AD=60km，最后在△ADB中根据余弦定理算出A、B两个检测站之间的距离．
本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形的知识，考查了计算能力、图形的理解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)△AOB中，
由AO⊥OB,∠OBA=60°,OB= 3，得AB=2 3．
∴圆锥的底面面积为S1=π( 3)2=3π，
圆锥的侧面面积为S2=π× 3×2 3=6π，
∴圆锥的表面积为S=S1+S2=9π；
(2)当正方体的外接球在圆锥内，与圆锥相切时a最大，
球心G在AO上，作GH⊥AB于H，
设球半径为R，由已知可得，OA= (2 3)2−( 3)2=3，
在Rt△AGH中，可得R=12(3−R)，解得R=1，
则2R= 3a，解得a=2 33，
∴a的最大值为2 33．
【解析】(1)由已知求解圆锥的母线长，再由圆的面积公式及圆锥的侧面积公式求解；
(2)由题意可得，当正方体的外接球在圆锥内，与圆锥相切时a最大，再求解三角形得答案．
本题考查多面体的外接球与旋转体的内切球，考查空间想象能力与逻辑思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：(1)在△BOC中，∠BOC=α，
由余弦定理知，OC2=OB2+CB2−2OB⋅CB⋅cs∠CBO
=9+4−2×3×2×12=7，
故OC= 7，
由正弦定理知，OCsin∠CBO=BCsin∠BOC，
即 7 32=2sin∠BOC，
所以sinα=sin∠BOC=BC⋅sin∠CBOOC= 217，
又α≤∠EOB≤π2,y=sinx在[α,π2]上单调递增，故sinα≤sin∠EOB≤sinπ2，
所以∠EOB正弦值的范围是[ 217,1]；
(2)记四边形AOBE的面积为S,∠BOC=α,∠EOB=θ,θ∈[α,π2),
则∠AOE=90°−θ，因为OA=OE=OC= 7，
所以S△AOE=12OA⋅OE⋅sin∠AOE=12× 7× 7×sin(90°−θ)=72csθ，
S△EOB=12OE⋅OB⋅sin∠EOB=12× 7×3×sinθ=32 7sinθ，
所以S=S△AOE+S△EOB=72csθ+32 7sinθ= 72( 7csθ+3sinθ)
=2 7sin(θ+φ)≤2 7,其中sinφ= 74,csφ=34，
故当θ+φ=90°，即sinθ=csφ=34>sinα时取等号，
此时，四边形AOBE的面积S取得最大值2 7．
【解析】(1)先由余弦定理可求OC，然后结合正弦定理表示sinα，结合正弦函数的性质即可求解；
(2)利用锐角三角函数定义及三角形面积先表示出四边形AOBE的面积，然后结合辅助角公式进行化简，再由正弦函数的性质即可求解．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理及三角形面积公式的应用，属于中档题．
19.【答案】证明：(1)a2+c2−b2=2bc(1+csA)⇒a2+c2−b22ac=ba(1+csA)
⇒csB=ba(1+csA)⇒acsB=b(1+csA)，
根据正弦定理asinA=bsinB，
由acsB=b(1+csA)可得，sinAcsB=sinB(1+csA)⇒sinAcsB−sinBcsA=sinB，
即sin(A−B)=sinB，
∵△ABC是锐角三角形，
∴A,B∈(0,π2)，∴A−B∈(−π2,π2)，
因此有A−B=B⇒A=2B；
解：(2)△ABC是锐角三角形，
∴A,B,C∈(0,π2)，而C=π−A−B=π−3B，
∴0由正弦定理得，bc=sinBsinC=sinBsin3B，
则sin3B=sin(2B+B)=sin2BcsB+cs2BsinB=2sinBcs2B+(1−2sin2B)sinB，
∴sin3B=3sinB−4sin3B，
∴y=bc=13−4sin2B，
∵B∈(π6,π4)，∴sinB∈(12, 22)，14∴y=bc∈(12,1)，
则bc的取值范围为(12,1)．
【解析】(1)由已知结合余弦定理及正弦定理，和差角公式进行化简，然后结合三角函数的性质即可证；
(2)先求出B的范围，然后结合正弦定理及和差角公式，二倍角公式进行化简，再由正弦函数性质即可求解．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理在求三角形中的应用，还考查了和差角公式，二倍角公式，正弦函数的性质的综合应用，属于中档题．