2023-2024学年广东省东莞市三校联考高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省东莞市三校联考高一（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.已知向量a=(m+1,1),b=(m−1,1)，且a⊥b，则m=( )
A. 1B. −1C. ± 2D. 0
2.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b=4，c=2，C=60°，则此三角形的解的情况是( )
A. 有一解B. 有两解
C. 无解D. 有解但解的个数不确定
3.复数6+5i与−3+4i分别表示向量OA与OB，则表示向量BA的复数为( )
A. 3+9iB. 2+8iC. −9−iD. 9+i
4.把△ABC按斜二测画法得到△A′B′C′(如图所示)，其中B′O′=C′O′=1，A′O′= 32，那么△ABC是一个( )
A. 等边三角形B. 直角三角形
C. 等腰三角形D. 三边互不相等的三角形
5.已知一个圆柱和一个圆锥的底面半径和高分别相等，圆柱的轴截面是一个正方形，则这个圆柱的侧面积和圆锥的侧面积的比值是( )
A. 54B. 4 55C. 52D. 2 55
6.如图，α∩β=l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l=M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )
A. 点A
B. 点B
C. 点C但不过点M
D. 点C和点M
7.如图所示，△ABC中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则BE=( )
A. 23BA+16BC
B. 13BA+13BC
C. 23BA+13BC
D. 13BA+16BC
8.如图，在四面体P−ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥CB，PA=AC=2BC=2，则此四面体的外接球表面积为( )
A. 3π
B. 9π
C. 36π
D. 48π
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.如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法正确的是( )
A. AB与CD是异面直线
B. GH与CD相交
C. EF与AB是异面直线
D. EF与CD是异面直线
10.如图，在透明塑料制成的长方体ABCD−A1B1C1D1容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，下列说法中正确的是( )
A. 水的部分始终呈棱柱状，没水的部分也始终成棱柱状
B. 水面四边形EFGH的面积不改变
C. 棱A1D1始终与FG平行
D. 当E∈A1A时，AE+BF是定值
11.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，有如下命题，其中正确的是( )
A. 若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰三角形
B. 若sinA>sinB，则A>B
C. 若AC⋅CB>0，则△ABC是钝角三角形
D. 若a3+b3=c3，则△ABC为锐角三角形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z满足|z|=1，则|z−3i|的最大值为______．
13.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA=2sinB，c2−b2=ab，则C=______．
14.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinB+2sinAcsC=0，则当csB取最小值时，ca= ______．
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)
求实数m的值，使复数(m2−2m−3)+(m2−3m−4)i分别是：
(1)实数；
(2)纯虚数；
(3)零．
16.(本小题15分)
已知向量a=(−1,0)，b=(m,1)，且a与b的夹角为π4．
(1)求m及|a+2b|；
(2)求a在b上的投影向量的坐标；
(3)若a+λb与a+2b所成的角是锐角，求实数λ的取值范围．
17.(本小题15分)
如图，在△ABC中，BD=2DC，E是AD的中点，设AB=a，AC=b．
(1)试用a，b表示AD，BE；
(2)若|a|=|b|=1，a与b的夹角为60°，求AD⋅BE．
18.(本小题17分)
在斜三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足asinA+4bsinCcs2A=bsinB+csinC．
(1)求角A的大小；
(2)若a=2，且BC上的中线AD长为 3，求斜三角形ABC的面积．
19.(本小题17分)
为改进城市旅游景观面貌、提高市民的生活幸福指数，城建部拟在以水源O为圆心空地上，规划一个四边形形状的动植物园.如图：四边形ABCD内接于圆O(注：圆的内接四边形的对角互补)，△ADC为动物园区，△ABC为植物园区(为了方便植物园的植物浇水灌溉，水源O必须在植物园区△ABC的内部或边界上).又根据规划已知AB=4千米，BC=6千米．
(1)若∠ABC=60°，且∠DAC=45°，求边DC的长为多少千米？
(2)若线段CD+DA=6千米，求动植物园的面积(即四边形ABCD的面积)的最小值为多少平方千米？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题意知a⋅b=(m+1)×(m−1)+1=m2=0，所以m=0．
故选：D．
利用平面向量数量积的坐标表示计算即可．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为b=4，c=2，C=60°，
由正弦定理得bsinB=csinC，
故sinB=bsinCc=4× 322= 3>1，
故B不存在，即三角形无解．
故选：C．
由已知结合正弦定理先求出sinB，结合sinB的值判断B的存在性即可判断．
本题主要考查了正弦定理在求解三角形解的个数判断中的应用，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
直接由已知的复数得到其在复平面内对应向量的坐标可得答案．
【解答】
解：∵复数6+5i与−3+4i分别表示向量OA与OB，
∴OA=(6,5)，OB=(−3,4)，
∴BA=OA−OB=(9,1)，
∴表示向量BA的复数为9+i，
故选：D．
4.【答案】A
【解析】解：根据斜二侧画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形，如下图所示：
由图易得AB=BC=AC=2
故△ABC为等边三角形，
故选A
根据斜二侧画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形，进而分析出△ABC的形状．
本题考查的知识点是斜二侧画法，三角形形状的判断，解答的关键是斜二侧画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形．
5.【答案】B
【解析】解：设圆柱的底面半径为r，则高为2r，母线长为2r，
所以圆柱的侧面积为2πr⋅2r=4πr2，
由题意可知，圆锥的底面半径为r，高为2r，
所以圆锥的母线长为 r2+(2r)2= 5r，
所以圆锥的侧面积为πr× 5r= 5πr2，
所以圆柱的侧面积和圆锥的侧面积的比值是4πr2 5πr2=4 55．
故选：B．
设圆柱的底面半径为r，则高为2r，则圆锥的底面半径为r，高为2r，母线长 5r，再利用圆柱和圆锥的侧面积公式求解即可．
本题主要考查了圆柱和圆锥的结构特征，考查了圆柱和圆锥的侧面积公式，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查平面与平面之间的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，比较基础．
直线AB∩l=M，过A，B，C三点的平面记作γ，可得β∩γ=MC，即可得出结论．
【解答】
解：∵直线AB∩l=M，过A，B，C三点的平面记作γ，
∴β∩γ=MC，
∴γ与β的交线必通过点C和点M，
故选：D．
7.【答案】A
【解析】解：由题意可得：BE=BA+AE，AE=13AD，AD=AB+BD，BD=12BC，
∴BE=23BA+16BC，
故选：A．
利用向量共线定理、三角形法则即可得出结论．
本题考查了向量三角形法则、向量共线定理、平面向量基本定理，考查了推理能力，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：将四面体P−ABC补形成长方体，长、宽、高分别为2，1，2，
外接球直径等于体对角线长，故2R= 22+22+12=3，
所以外接球表面积为S=4πR2=9π．
故选：B．
根据题意将三棱锥P−ABC还原到长方体中，求出长方体的体对角线的长，即可得外接球的直径，从而可求出其表面积．
本题考查了四面体外接球的表面积计算，属于基础题．
9.【答案】AB
【解析】解：把展开图还原为正方体，如图所示：
还原后点G与点C重合，点B与点F重合，
由图可知，AB与CD为异面直线，GH与CD相交，故A，B正确；
因为EF与AB相交，故C错误；
因为EF与CD平行，故D错误．
故选：AB．
把展开图还原为正方体，再逐个判断各个选项即可．
本题主要考查了正方体的展开图，考查了异面直线的判断，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：根据面面平行性质定理，可得BC固定时，
在倾斜的过程中，始终有AD/​/EH/​/FG/​/BC，
且平面AEFB/​/平面DHGC，故水的形状成棱柱状，没水的部分也始终成棱柱状，故A正确；
水面四边形EFGH的面积是改变的，故B错误；
因为A1D1/​/AD/​/CB/​/EH，A1D1⊄水面EFGH，EH⊂水面EFGH，
所以A1D1/​/水面EFGH，
即棱A1D1始终与FG平行正确，故C正确；
由于水的体积是定值，高不变，所以底面ABFE面积不变，
即当E在AA1时，AE+BF是定值．故D正确．
故选：ACD．
A：由于BC固定，所以在倾斜的过程中，始终有AD/​/EH/​/FG/​/BC，且平面AEFB/​/平面DHGC，由此分析可得结论正确；
B：水面四边形EFGH的面积是改变的；
C：利用直线平行直线，直线平行直线的判断定理，容易推出结论；
D：当E∈AA1时，AE+BF是定值．通过水的体积判断即可．
本题考查棱柱的结构特征，直线与直线平行的判断，棱柱的体积等知识，考查计算能力，逻辑推理能力，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：由sin2A=sin2B可得2A=2B或2A+2B=π，
所以A=B或A+B=π2，A错误；
若sinA>sinB，则a>b，所以A>B，B正确；
若AC⋅CB>0，则C为钝角，△ABC是钝角三角形，C正确；
D项：a3+b3=c3，则c最大，
1=(ac)3+(bc)3c2，∴C为锐角，又知C为最大角，
∴△ABC为锐角三角形，D正确．
故选：BCD．
由已知结合正弦函数性质，正弦定理，三角形大边对大角及向量数量积定义分别检验各选项即可判断．
本题主要考查了正弦定理，放缩法，向量的数量积，属于中档题．
12.【答案】4
【解析】解：满足|z|=1的点在复平面内以原点为圆心，以1为半径的圆上，
|z−3i|的几何意义为单位圆上的点到定点P(0,3)的距离，
如图：
则|z−3i|的最大值为4．
故答案为：4．
由复数模的几何意义画出图形，数形结合即可求得|z−3i|的最大值．
本题考查复数模的几何意义，考查数形结合思想，是基础题．
13.【答案】π3
【解析】解：因为sinA=2sinB，由正弦定理可得：a=2b，
因为c2−b2=ab，由余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab=4b2−2b24b2=12，
在三角形中可得C=π3，
故答案为：π3．
由正弦定理及sinA=2sinB可得a，b的关系，再由余弦定理求出csC的表达式，将c2−b2=ab代入可得可得C的余弦值．
本题考查三角形的正余弦定理的应用，属于基础题．
14.【答案】 3
【解析】解：由正弦定理、余弦定理得b+2a⋅a2+b2−c22ab=0，∴a2+2b2−c2=0，∴b2=c2−a22，
∴csB=a2+c2−b22ac=3a2+c24ac=3a4c+c4a≥2 3a4c⋅c4a= 32，
当且仅当3a4c=c4a，即ca= 3时csB取最小值．
故答案为： 3．
根据正弦定理、余弦定理角化为边，得到b2=c2−a22，再由余弦定理得到csB=3a4c+c4a≥ 32，进而得到结果．
本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题．
15.【答案】解：由m2−2m−3=0，得m=−1或m=3；
由m2−3m−4=0，解得m=−1或m=4．
(1)若复数(m2−2m−3)+(m2−3m−4)i为实数，则m2−3m−4=0，即m=−1或m=4；
(2)若复数(m2−2m−3)+(m2−3m−4)i为纯虚数，则m2−2m−3=0且m2−3m−4≠0，即m=3；
(3)若复数(m2−2m−3)+(m2−3m−4)i=0，则m2−2m−3=0且m2−3m−4=0，即m=−1．
【解析】本题考查复数的基本概念，是基础题．
分别由实部和虚部为0求得m值，然后逐一结合复数为实数、纯虚数、零可得具体m值．
16.【答案】解：(1)由于a与b的夹角为π4，
所以csπ4=−m1× m2+1= 22，即− 2m= m2+1，解得m=−1，
则a=(−1,0)，b=(−1,1)，a+2b=(−1,0)+(−2,2)=(−3,2)，
所以|a+2b|= 9+4= 13；
(2)由(1)知a=(−1,0)，b=(−1,1)，a在b上的投影向量为a⋅b|b|2b=1( 2)2(−1,1)=(−12,12)，
即a在b上的投影向量的坐标为(−12,12)；
(3)由(1)知a=(−1,0)，b=(−1,1)，则a+2b=(−3,2)，
a+λb=(−1,0)+λ(−1,1)=(−1,0)+(−λ,λ)=(−1−λ,λ)，
由于a+λb与a+2b所成的角是锐角，
所以(a+λb)⋅(a+2b)>0−3λ≠2(−λ−1)，即：−3(−1−λ)+2λ>0−3λ≠2(−λ−1)，
解得λ>−35且λ≠2，即实数λ的取值范围为(−35,2)∪(2,+∞)．
【解析】(1)由向量的夹角坐标公式列出方程，求解得m=−1，代入向量坐标计算|a+2b|；
(2)因a在b上的投影向量为a⋅b|b|2b，代入(1)中求得的a=(−1,0)，b=(−1,1)，计算a⋅b和|b|即得；
(3)根据两向量的数量积大于0，且两向量不共线，列出不等式组求解即得．
本题主要考查平面向量的数量积运算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)在△ABC中，BD=2DC，E是AD的中点，设AB=a，AC=b，
则AD=AB+BD=AB+23BC=AB+23(AC−AB)=13AB+23AC=13a+23b，
BE=AE−AB=12AD−AB=12(13AB+23AC)−AB=13AC−56AB=−56a+13b；
(2)已知|a|=|b|=1，a与b的夹角为60°，
则a⋅b=1×1×12=12，
则AD⋅BE=(13a+23b)⋅(−56a+13b)=−518a2−49a⋅b+29b2=−518−49×12+29=−518．
【解析】(1)由平面向量的线性运算求解；
(2)结合平面向量数量积的运算求解．
本题考查了平面向量的线性运算，重点考查了平面向量数量积的运算，属中档题．
18.【答案】解：(1)∵asinA+4bsinCcs2A=bsinB+csinC，
∴由正弦定理可得，a2+4bc⋅cs2A=b2+c2，
∴cs2A=b2+c2−a24bc=12csA，
∵三角形ABC为斜三角形，
∴∠A不为直角，即csA≠0，
∴csA=12，
又∵A∈(0,π)，
∴A=π3；
(2)∵A=π3，a=2，
∴由余弦定理可得4=b2+c2−bc，①
∵BC上的中线AD长为 3，可得BD=CD=1，
∴在△ABD中，由余弦定理可得cs∠ADB=( 3)2+12−c22×1× 3，
在△ACD中，由余弦定理可得cs∠ADC=( 3)2+12−b22×1× 3，
又∵cs∠ADB=cs(π−∠ADC)=−cs∠ADC，
∴( 3)2+12−c22×1× 3=−( 3)2+12−b22×1× 3，整理可得b2+c2=8，②
∴由①②解得b=c=2，
∴S△ABC=12bcsinA=12×2×2× 32= 3．
【解析】(1)根据已知条件，结合正弦定理，余弦定理，即可求解；
(2)由已知利用余弦定理可得4=b2+c2−bc，①在△ABD中，由余弦定理可得cs∠ADB=( 3)2+12−c22×1× 3，在△ACD中，由余弦定理可得cs∠ADC=( 3)2+12−b22×1× 3，由cs∠ADB=−cs∠ADC，整理可得b2+c2=8，②，由①②解得b=c=2，进而利用三角形的面积公式即可求解．
本题主要考查正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)∵∠ABC=60°，∠ABC+∠ADC=π，∴∠ADC=120°，
△ABC中：AC2=AB2+BC2−2⋅AB⋅BC⋅csθ=42+62−2⋅4⋅6⋅cs60°=28，∴AC=2 7，
△ADC中：∠DAC=45°,∠ADC=120°,AC=2 7，由正弦定理知：
ACsin∠CAD=CDsin∠ADC，∴2 7sin120°=CDsin45∘，∴CD=2 423千米；

(2)设∠ABC=θ，AD=a，DC=b，则a+b=6，
∵圆心O在△ABC的内部或边界，∴∠ABC=θ≤90°，∴tanθ2≤1，
△ABC，△ADC中，
有AC2=42+62−2⋅4⋅6⋅csθ=52−48csθ=a2+b2−2⋅a⋅b⋅cs(π−θ)=36−2ab+2abcsθ，
则52−48csθ=36+2ab⋅(csθ−1)，∴ab=8−24csθcsθ−1>0，则csθ>13，
∴SABCD=S△ABC+S△ADC=12⋅4⋅6⋅sinθ+12⋅ab⋅sin(π−θ)=12sinθ+4−12csθcsθ−1sinθ
=4sinθ⋅(3+1−3csθcsθ−1)=8sinθ1−csθ=8⋅2⋅sinθ2⋅csθ21−(1−2sin2θ2)=8⋅csθ2sinθ2=8tanθ2，
∵tanθ2≤1，∴(SABCD)min=8．
【解析】(1)由余弦定理可得AC，再根据正弦定理可得CD的长度；(2)设∠ABC=θ，AD=a，DC=b，将四边形ABCD的面积表示出来，利用三角函数的性质即可得最小值．
本题考查正弦定理，余弦定理，考查三角函数的性质，属于中档题．