2023-2024学年吉林省四平市高一（下）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2023-2024学年吉林省四平市高一（下）期中数学试卷-普通用卷，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.已知复数z=5i+(2−i)2，则z在复平面内对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.菱形ABCD绕对角线AC所在直线旋转一周所得到的几何体为( )
A. 由两个圆台组成B. 由一个圆锥和一个圆台组成
C. 由两个圆锥组成D. 由两个棱台组成
3.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a= 3,b=1,B=π6，则c=( )
A. 3B. 2C. 1或2D. 2或 3
4.如图，△A′O′B′为水平放置的△AOB斜二测画法的直观图，且O′A′=32，O′B′=4，则△AOB的周长为( )
A. 9B. 10C. 11D. 12
5.已知平面向量a，b满足|a|=|b|=1，且|a+2b|= 3，则a，b的夹角为( )
A. π6B. π3C. π2D. 2π3
6.如图，在△ABC中，AB=4DB,P为CD的中点，则BP=( )
A. −14AB+12AC
B. −14AB+13AC
C. −58AB+12AC
D. −58AB+13AC
7.平面内顺次连接A(1,1)，B(2,0)，C(0,−2)，D(−2,0)所组成的图形是( )
A. 平行四边形B. 直角梯形C. 等腰梯形D. 以上都不对
8.如图，某市人民广场正中央有一座铁塔，为了测量塔高AB，小胡同学先在塔的正西方点C处测得塔顶的仰角为45∘，然后从点C处沿南偏东30∘方向前进140米到达点D处，在D处测得塔顶的仰角为30∘，则铁塔AB的高度是( )
A. 70米
B. 80米
C. 90米
D. 100米
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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知复数z=2−i，z−为z的共轭复数，则下列各选项正确的是( )
A. z是虚数B. z−的虚部为−iC. z>z−D. |z−|⋅|z|=5
10.若e1，e2是平面α内两个不共线的向量，则下列说法不正确的是( )
A. λe1+μe2(λ,μ∈R)可以表示平面α内的所有向量
B. 对于平面α中的任一向量a，使a=λe1+μe2的实数λ，μ有无数多对
C. λ1，μ1，λ2，μ2均为实数，且向量λ1e1+μ1e2与λ2e1+μ2e2共线，则有且只有一个实数λ，使λ1e1+μ1e2=λ(λ2e1+μ2e2)
D. 若存在实数λ，μ，使λe1+μe2=0，则λ=μ=0
11.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a=2 3，且b2+c2−12=bc，则下列说法正确的是( )
A. A=π3
B. △ABC面积的最大值为3 32
C. 若D为边BC的中点，则AD的最大值为3
D. 若△ABC为锐角三角形，则其周长的取值范围为(6+2 3,6 3]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z=(m2−3m+2)+(m2+3m−10)i是纯虚数，其中i为虚数单位，则实数m的值为______.
13.如图，三棱台ABC−A1B1C1的上、下底边长之比为1：3，三棱锥C1−ABC的体积为V1，四棱锥B1−ACC1A1的体积为V2，则V1V2=______.
14.在平行四边形ABCD中，E是直线BD上的一点，且AE⊥BD，若AE⋅AC=18，则|AE|=______.
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)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1内接于一个圆柱，且底面是正三角形，如果圆柱的体积是2π，底面直径与母线长相等．
(Ⅰ)求该圆柱的侧面积；
(Ⅱ)求三棱柱ABC−A1B1C1的体积．
16.(本小题15分)
已知向量a=(2,4),b=(m,1),c=(1,2)，且(a−2b)⊥c.
(1)求m的值；
(2)求向量a−b与2b−3c的夹角的余弦值.
17.(本小题15分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m=( 3a,b),n=(3csA,sinB)且m//n.
(1)求角A；
(2)若a= 7,c=2，求△ABC内切圆的半径.
18.(本小题17分)
如图，在等腰三角形ABC中，AB=AC= 3,∠BAC=30∘，F是线段AC上的动点(异于端点)，BC=3BE.
(1)若F是AC边的中点，求AE⋅BF的值；
(2)当AE⋅BF=−7+ 34时，请确定点F的位置.
19.(本小题17分)
在平面四边形ABCD中(B,D在AC的两侧)，AD=CD=1，∠ADC=120∘.
(1)若∠DAB=90∘,BC=3 22，求∠ABC；
(2)若AB=2BC，求四边形ABCD的面积的最大值.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由题意复数z=5i+(2−i)2=5i+4−4i−1=3+i.
z在复平面内对应的点为(3,1)，在第一象限．
故选：A.
结合复数的四则运算，先对z化简，再结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：根据题意，菱形的对角线互相垂直平分，
故将菱形绕对角线所在的直线旋转一周，可知得到的组合体是两个同底的圆锥．
故选：C.
根据题意，由圆锥的定义分析可得答案．
本题考查圆锥的定义，注意常见旋转体的定义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：因为a= 3,b=1,B=π6，
所以由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac= 32，化简得c2−3c+2=0，
解出c=1或2.
故选：C.
由已知利用余弦定理即可求解．
本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：如图，△A′O′B′为水平放置的△AOB斜二测画法的直观图，且O′A′=32，O′B′=4，
∴在△OAB中，OA=3，OB=4，OA⊥OB，
∴AB= 32+42=5，
∴△OAB的周长为：3+4+5=12.
故选：D.
由斜二测画法的直观图得到在△OAB中，OA=3，OB=4，OA⊥OB，由此能求出AB=5，由此能求出△OAB的周长．
本题考查三角形周长的求法，考查斜二测画法的直观图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
5.【答案】D
【解析】解：∵|a+2b|= 3，|a|=|b|=1，
∴|a+2b|2=3，a2+4a⋅b+4b2=3，
设a，b夹角为θ，则1+4csθ+4=3，即csθ=−12，
又∵θ∈[0,π]，
∴θ=2π3.
故选：D.
由已知结合向量数量积的性质及夹角公式即可求解．
本题主要考查了向量数量积性质的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：根据题意，可得BD=−14AB，BC=AC−AB，
因为BP是△DBC的中线，所以BP=12(BD+BC)=−18AB+12(AC−AB)=−58AB+12AC.
故选：C.
根据题意，以AB,AC作为基底，依次表示出BD,BC，然后根据三角形中线的性质算出答案．
本题主要考查三角形中线的性质、平面向量的线性运算法则等知识，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：A(1,1)，B(2,0)，C(0,−2)，D(−2,0)，
则AB=(1,−1)，DC=(2,−2)，BC=(−2,−2)，DA=(3,1)，
故DC=2AB，AB⊥BC，CD⊥BC，BC≠AD，
所以四边形ABCD为直角梯形．
故选：B.
根据已知条件，结合向量的坐标运算法则，即可求解．
本题主要考查向量的坐标运算，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：设AB=h，在Rt△ABC中，∠ACB=45∘，所以BC=ABtan45∘=h米，
在Rt△ABD中，∠ADB=30∘，可得BD=ABtan30∘= 3h米．
在△BCD中，∠BCD=60∘，BC=h米，BD= 3h米，
根据余弦定理，可得BD2=BC2+CD2−2BC⋅CDcs60∘，
即( 3h)2=h2+1402−2h×140×12，解得h=70米或h=−140米(舍负).
综上所述，铁塔AB的高度70米．
故选：A.
根据题意，设塔AB的高度为h，求出BC=h、BD= 3h，然后在△BCD中利用余弦定理，建立关于h的方程，解出h的值即可得到铁塔AB的高度．
本题主要考查正弦定理与余弦定理、解三角形知识在实际问题中的应用，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：因为z=2−i，所以z−=2+i，
对于A选项，由于z=2−i虚部不为0，所以z是虚数，故选项A正确；
对于B选项，z−=2+i的虚部为1，故选项B错误；
对于C选项，当复数的虚部不为零时，不能比大小，故选项C错误；
对于D选项，|z−|= 22+12= 5，|z|= 22+(−1)2= 5，∴|z−|⋅|z|=5，故选项D正确．
故选：AD.
结合复数共轭复数的概念，复数模公式，复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的概念，复数模公式，复数的几何意义，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：由题意知，e1，e2可以看成一组基底向量，
根据平面向量基本定理知，A，D正确，B错误；
对于C，当λ1=λ2=μ1=μ2=0时，则λ1e1+μ1e2=λ2e1+μ2e2=0，
此时任意实数λ均有λ1e1+μ1e2=λ(λ2e1+μ2e2)，所以选项C错误；
故选：BC.
根据平面向量基本定理结合线性运算分析判断．
本题考查了平面向量基本定理应用问题，是基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，由题意可知b2+c2−12=b2+c2−a2=bc，
利用余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=12，
因为A∈(0,π)，
所以A=π3，故A正确；
对于B，由上述可知，△ABC的面积S=12bcsinA= 34bc，且易知b2+c2−12=bc≥2bc−12，解出12≥bc，当且仅当b=c=2 3时取等号，
此时S= 34bc=3 3，故B错误；
对于C，在△ABD和△ACD中，对∠ADB和∠ADC利用余弦定理可得BD2+AD2−AB22BD⋅AD=−CD2+AD2−AC22CD⋅AD，
化简后有AD2=3+bc2，
由上述知，bc的最大值为12，因此AD最大为3，故C正确；
对于D，利用正弦定理，bsinB=csinC=asinA=4，
则b=4sinB，c=4sinC，
于是△ABC的周长L=2 3+4sinB+4sinC
=2 3+4sinB+4sin(2π3−B)
=2 3+4sinB+4( 32csB+12sinB)
=2 3+6sinB+2 3csB
=2 3+4 3sin(B+π6)，
由于是锐角三角形，
因此0解出π6则L∈(6+2 3,6 3],故D正确．
故选：ACD.
对于A，由题意利用余弦定理可求csA的值，结合A∈(0,π)，求解A的值，即可判断；
对于B，利用三角形的面积公式以及基本不等式即可求解；
对于C，由题意利用余弦定理可得AD2=3+bc2，结合bc的最大值为12，可求解AD最大为3，即可判断；
对于D，利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求△ABC的周长L=2 3+4sinB+4sinC=2 3+4 3sin(B+π6)，可求π6本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，基本不等式，三角函数恒等变换以及正弦函数的性质在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
12.【答案】1
【解析】解：由已知可得，m2−3m+2=0m2+3m−10≠0，解得m=1.
故答案为：1.
根据纯虚数的概念，列出关系式，求解即可得出答案．
本题主要考查纯虚数的定义，属于基础题．
13.【答案】112
【解析】解：三棱台ABC−A1B1C1的上、下底边长之比为1：3，三棱锥C1−ABC的体积为V1，四棱锥B1−ACC1A1的体积为V2，
由三棱台ABC−A1B1C1的上、下底边长之比为1：3，
可得上、下底面的面积比为1：9，
设三棱台ABC−A1B1C1的高为h，
则点C1到平面ABC的距离也为h，上底面面积为S，
则下底面面积为9S，
∴V1VABC−A1B1C1=13Sh13(S+9S+ 9S⋅S)h=113，
∴V1V2=V1VABC−A1B1C1−V1=V113V1−V1=112.
故答案为：112.
由三棱台ABC−A1B1C1的上、下底边长之比为1：3，得上、下底面的面积比为1：9，设三棱台ABC−A1B1C1的高为h，则点C1到平面ABC的距离也为h，上底面面积为S，下底面面积为9S，由此能求出结果．
本题考查三棱台结构特征、棱锥体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
14.【答案】3
【解析】解：在平行四边形ABCD中，E是直线BD上的一点，且AE⊥BD，
记AC∩BD=O，
又AE⊥BD，
则AE⊥OE，
所以AE⋅EO=0，
所以AE⋅AC=2AE⋅AO=2AE⋅(AE+EO)=2AE2+2AE⋅EO=2AE2=18，
解得|AE|=3.
故答案为：3.
由平面向量数量积的运算，结合平面向量的线性运算求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的线性运算，属中档题．
15.【答案】解：(Ⅰ)∵圆柱的体积是2π，底面直径与母线长相等．
设底面半径为r，则母线长为2r，
∴V圆柱=πr2⋅2r=2π，
解得r=1，
∴该圆柱的侧面积：
S侧=2πr⋅2r=4π.
(Ⅱ)取AC中点D，连结BD，
设底面圆圆心为O，则BO=23BD=1，∴BD=32，
设AB=a，则BD= a2−(a2)2= 3a2=32，
解得a= 3.
∴三棱柱ABC−A1B1C1的体积：
V=S△ABC×AA1=12× 3×32×2=3 32.
【解析】本题考查圆柱侧面积的求法，考查三棱柱的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，是中档题．
(Ⅰ)设底面半径为r，则母线长为2r，由V圆柱=πr2⋅2r=2π，求出r=1，由此能求出该圆柱的侧面积．
(Ⅱ)取AC中点D，连结BD，设底面圆圆心为O，则BO=23BD=1，求出BD=32，从而求出AB= 3.由此能求出三棱柱ABC−A1B1C1的体积．
16.【答案】解：(1)(a−2b)⊥c，a−2b=(2,4)−2(m,1)=(2−2m,2)，
所以(a−2b)⋅c=2−2m+2×2=0，解得m=3.
故m的值为3.
(2)a−b=(2,4)−(3,1)=(−1,3),2b−3c=2(3,1)−3(1,2)=(3,−4)，
所以|a−b|= 10,|2b−3c|=5,(a−b)⋅(2b−3c)=3×(−1)+3×(−4)=−15，
所以cs⟨a−b,2b−3c⟩=(a−b)⋅(2b−3c)|a−b||2b−3c|=−15 10×5=−3 1010.
故a−b与2b−3c的夹角的余弦值为−3 1010.
【解析】(1)运用平面向量垂直的坐标公式计算即可．
(2)运用平面向量夹角公式计算即可．
本题主要考查数量积表示两个向量的夹角，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为向量m=( 3a,b)与n=(3csA,sinB)平行，
所以 3asinB−3bcsA=0，
由正弦定理得 3sinAsinB−3sinBcsA=0，
又sinB≠0，所以 3sinA−3csA=0，
所以tanA= 3，
又A∈(0,π)，所以A=π3.
(2)由余弦定理得a2=b2+c2−2cbcsA，
所以7=b2+22−2b，解得b=3或b=−1(舍)，
所以△ABC的面积S=12bcsinA=3 32，
设△ABC内切圆的半径为r，
所以S=12(a+b+c)r=12×(2+3+ 7)r=3 32，解得r=5 3− 216.
【解析】(1)根据向量平行的坐标表示，结合正弦定理边角互化，求得tanA，即可求得A；
(2)利用余弦定理求得b，利用等面积法，结合三角形面积公式，即可求得内切圆半径．
本题考查向量平行的坐标运算、正弦定理、余弦定理、等面积法、三角形内切圆等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
18.【答案】解：(1)因为BC=3BE，所以AE=23AB+13AC，
由于F是AC边的中点，因此BF=BA+12AC，
因此AE⋅BF=(23AB+13AC)⋅(−AB+12AC)=−23|AB|2+16|AC|2=−32；
(2)因为F是线段AC上的动点(异于端点)，
所以可设AF=λAC,λ∈(0,1)，因此BF=−AB+λAC，
因为AB=AC= 3,∠BAC=30∘，AB⋅AC=|AB||AC|cs∠BAC= 3× 3× 32=3 32，
所以AE⋅BF=(23AB+13AC)⋅(−AB+λAC)=−23|AB|2+λ3|AC|2+2λ−13AB⋅AC
=−2+λ+(2λ−1)⋅ 32=( 3+1)λ−2− 32=−7+ 34，解出λ=14，
故F是线段AC靠近A处的四等分点．
【解析】(1)由平面向量的线性运算将AE,BF用AB,AC表示出来，再由平面向量的数量积运算计算即可；
(2)设AF=λAC,λ∈(0,1)，由将BF用AB,AC表示出来，再由平面向量的数量积运算建立方程，求解即可．
本题考查平面向量的线性运算和数量积运算，属于中档题．
19.【答案】解：(1)在△DAC中，由余弦定理得|AC|2=|DA|2+|DC|2−2|DA|⋅|DC|cs∠ADC=3，
即|AC|= 3.
因为|AD|=|CD|=1，∠ADC=120∘，所以∠DAC=30∘，
又∠DAB=90∘，所以∠BAC=∠BAD−∠DAC=60∘.
在△ABC中，由正项定理得|AC|sin∠ABC=|BC|sin∠BAC，
所以sin∠ABC=|AC|sin∠BAC|BC|= 3× 323 22= 22，
又|BC|=3 22> 3=|AC|，所以∠ABC<60∘，所以∠ABC=45∘；
(2)设|BC|=m(m>0)，所以|BA|=2m.
在△ABC中，由余弦定理得cs∠ABC=BA2+BC2−AC22BA⋅BC=m2+4m2−34m2=5m2−34m2.
所以△ABC的面积
S=12|BA|⋅|BC|sin∠ABC=12m⋅2m 1−(5m2−34m2)2=14 −9(m2−53)2+16，
所以Smax=1，此时m2=53，
又△DAC的面积S△DAC=12|DA|⋅|DC|sin∠ADC= 34，
所以四边形ABCD的面积的最大值为Smax+S△DAC=1+ 34.
【解析】(1)在△DAC中用余弦定理求出|AC|，再由角度之间的关系，在△ABC中用正弦定理可求出∠ABC；
(2)将四边形ABCD，分成△ABC，△DAC，△DAC的面积为定值，△ABC的面积可用余弦定理与三角形面积公式求出最大值．
本题主要考查了余弦定理，正弦定理，三角形面积公式的应用，属于中档题．