安徽省A10联盟2023-2024学年高一下学期期中数学试卷

这是一份安徽省A10联盟2023-2024学年高一下学期期中数学试卷，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）若复数z满足，则在复平面内复数z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．（5分）已知向量＝（﹣2，3），＝（1，m），则“”是“，的夹角是钝角”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
3．（5分）如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形O′A′B′C′，且O′A′∥B′C′，O′A′＝2B′C′＝2A′B′＝4．则该平面图形的面积为（ ）

A．B．C．D．
4．（5分）在△ABC中，D是边BC的中点，E是边AC上一点，且AE＝2EC，记，．，则x﹣y＝（ ）
A．B．C．D．
5．（5分）已知i为虚数单位，复数z满足|z﹣i|＝|z|，则的虚部为（ ）
A．B．C．1D．﹣1
6．（5分）平面上三个力作用于一点且处于平衡状态．，．与的夹角为150°，则（ ）
A．1NB．C．D．
7．（5分）用一个圆心角为的扇形OMN（O为圆心）围成一个圆锥（点M，N恰好重合），该圆锥顶点为S，底面圆的直径为AB，则sin∠ASB的值为（ ）
A．B．C．D．
8．（5分）在△ABC中．，tanB＝﹣2，若△ABC的最长边的长为，则最短边的长为（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）已知复数，，则下列说法一定正确的是（ ）
A．若复数z1∈R，则
B．若复数z2＝m+2i（m∈R），且，则m＝1
C．
D．若，则z1＝z2＝0
（多选）10．（6分）下列说法正确的是（ ）
A．已知P在△ABC所在平面内，满足，则点P是△ABC的外心
B．长方体是平行六面体
C．已知，是夹角为的单位向量，且，，则
D．在复平面内，已知平行四边形ABCD的顶点A，B，C，D对应的复数分别是1+i，2﹣3i，﹣2i，z，则z＝﹣1+2i
（多选）11．（6分）在△ABC中，，M是AC的中点，则（ ）
A．若AC＝BC，则tan∠AMB＝2
B．若，则
C．若，AB＝10，则△BCM外接圆的面积为13π
D．若AC＝2，则当sin∠ABM取得最大值时，BC＝2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）若复数是纯虚数，则m的值为 ．
13．（5分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A为锐角，a＝2，，b＝x，若符合条件的三角形有2个，则整数x构成的取值集合为 ．
14．（5分）在△ABC中，AB＝5，BC＝7，，点D是BC边上一点，且，当AD取得最小值时，x的值为 ．
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．（13分）已知复数z满足z﹣|z|＝﹣1﹣3i．
（1）求z；
（2）若z是实系数一元二次方程x2+bx+c＝0的一个根，求方程的另一个根和bc的值．
16．（15分）（1）如图1，底面半径为1cm，高为3cm的圆柱，在点A处有一只蚂蚁，现在这只蚂蚁要围绕圆柱，由点A爬到点B，求蚂蚁爬行的最短路线长（π取3）；
（2）如图2，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是CC1的中点，AB＝BB1＝4cm，BC＝3cm，一只蚂蚁从点A出发沿长方体表面爬行到点M，求蚂蚁爬行的最短路线长．

17．（15分）已知向量＝（2，﹣1），＝（3，4）．
（1）求向量在向量上的投影向量的坐标；
（2）已知，，m∈R．
①若A、B、C三点共线，求m的值；
②若AB⊥BC，求m的值．
18．（17分）如图，四边形ABCD是正方形．E在边AB上运动，F在边BC上运动，AF与DE交于点G．
（1）若E是AB的中点，BC＝3BF，，求实数λ的值；
（2）若AE＝BF，，求的最大值．

19．（17分）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足．
（1）若b＝2，，求△ABC的面积；
（2）若△ABC是锐角三角形，，求的取值范固．
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．【分析】化简复数z，根据复数的几何意义求解．
【解答】解：z＝（3+2i）（1﹣4i）＝3﹣12i+2i+8＝11﹣10i，
在复平面内对应的点是（11，﹣10），位于第四象限．
故选：D．
【点评】本题考查复数的几何意义，属于基础题．
2．【分析】根据已知条件，结合向量的数量积运算，以及向量共线的性质，即可求解．
【解答】解：，的夹角是钝角，
则且，不反向共线，
故﹣2+3m＜0且﹣2m≠3，解得且m，
故“”是“，的夹角是钝角”的必要不充分条件．
故选：B．
【点评】本题主要考查向量的数量积运算，以及向量共线的性质，属于基础题．
3．【分析】根据题意，求出直观图的面积，进而由原图面积与直观图面积的关系，分析可得答案．
【解答】解：根据题意，直观图为直角梯形O′A′B′C′，且O′A′∥B′C′，O′A′＝2B′C′＝2A′B′＝4．
其面积S′＝，
故原图的面积S＝2S′＝12．
故选：A．
【点评】本题考查平面图形的直观图，注意原图面积与直观图面积的关系，属于基础题．
4．【分析】根据已知条件，结合向量的线性运算法则，即可求解．
【解答】解：D是边BC的中点，AE＝2EC，
则
，
，
则，，
所以．
故选：C．
【点评】本题主要考查向量的基本定理，属于基础题．
5．【分析】由已知结合复数的四则运算及复数的基本概念即可求解．
【解答】解：设复数z＝a+bi（a，b∈R），
因为|z﹣i|＝|z|，
所以|a+（b﹣1）i|＝|a+bi|，
即a2+（b﹣1）2＝a2+b2，
即a2+b2﹣2b+1＝a2+b2，
得，
所以复数的虚部为．
故选：B．
【点评】本题主要考查了复数的四则运算及复数的基本概念的应用，属于基础题．
6．【分析】根据已知条件，推得，再将两边同时平方，即可求解．
【解答】解：平面上三个力作用于一点且处于平衡状态．
则，
，．与的夹角为150°，
故．
故选：A．
【点评】本题主要考查数量积表示两个向量的夹角，属于基础题．
7．【分析】设圆锥的母线长为l，底面半径为r，根据侧面展开图扇形的弧长等于底面圆的周长求出l＝3r，利用圆锥的轴截面△SAB求出cs∠ASB和sin∠ASB．
【解答】解：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，
则，解得l＝3r，
所以在圆锥的轴截面△SAB 中，
SA＝SB＝3r，AB＝2r，
由余弦定理得cs∠ASB＝，
所以sin∠ASB＝．
故选：D．
【点评】本题考查了圆锥的结构特征应用问题，是基础题．
8．【分析】设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，利用两角和的正切公式得tanC＝1，则，，根据切化弦求得sinA和sinB，利用正弦定理即可求解．
【解答】解：在△ABC中．，tanB＝﹣2，△ABC的最长边的长为，
设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，由题意得，
，
因为tanC＞tanA＞0，tanB＜0，
故，故，
又，sin2A+cs2A＝1，
解得，同理可得，
由正弦定理得，即，解得，
则最短边的长为．
故选：A．
【点评】本题考查了两角和的正切公式和正弦定理的应用，属于中档题．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．【分析】由已知结合复数的四则运算及复数的基本概念检验各选项即可判断．
【解答】AC对于A，设 z1＝a+b（a，b∈R），若复数 z1∈R，即 b＝0，则Z＝z＝a∈R，故A正确；
对于B．z2＝m+2i（m∈R） 则 ，解得 m＝±1，故B错误；
对于C．设 z1＝a+b，z2＝c+di（a，b，c，d∈R），则，，
所以，
＝|（a﹣bi）（c﹣di）|＝|ac﹣bd﹣（ad+bc）i|＝，故C正确；
对于D．令 z1＝1+i，z2＝1﹣i，此时，故D错误．
故选：AC．
【点评】本题主要考查了复数的四则运算及模长公式的应用，属于基础题．
（多选）10．【分析】结合外心、平行六面体的定义，判断AB，结合向量的数量积运算，判断C，结合复数的几何意义，以及平行四边形的性质，判断D．
【解答】解：对于A，记BC的中点为D，
因为，
所以，
所以P，A，D三点共线，
故点P在中线AD上，同理点P也在△ABC的另外两条中线上，则点P是△ABC的重心，故A错误；
对于B，底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体，则长方体是平行六面体．故B正确；
对于C，，是夹角为的单位向量，
则，
，，
则，
故，故C正确；
对于D，A（1，1），B（2，﹣3）．
C（0，﹣2），∴，
设D（x，y），则，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，即，解得，
故点D对应的复数为z＝﹣1+2i，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题主要考查命题的真假判断与应用，属于基础题．
（多选）11．【分析】根据正弦定理，余弦定理，同角三角函数的基本关系，二倍角公式，诱导公式，即可求解．
【解答】解：对于A，若AC＝BC，且M是AC的中点，则BC＝2CM，
则tan∠CMB＝2，则tan∠AMB＝﹣2，故A错误；
对于B，，由正弦定理．
所以，因为，所以，
设BC＝x、AM＝CM＝y，所以，
得x4﹣4x2y2+4y4＝（x2﹣2y2）2＝0，
所以所以，故B正确；
对于C，在Rt△ABC中，AB＝10．则BC＝6，AC＝8，
所以CM＝4，，
则△BCM外接圆的半径为面积为13π，故C正确；
对于D，由，可得，
设BC＝x，则，
当且仅当，即时等号成立，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题主要考查解三角形，属于中档题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．【分析】根据纯虚数的定义求解．
【解答】解：z＝m2﹣2i+＝m2﹣2i+＝m2﹣4+（m﹣2）i，
令m2﹣4＝0且m﹣2≠0，解得m＝﹣2．
故答案为：﹣2．
【点评】本题考查复数的运算，属于基础题．
13．【分析】由已知结合正弦定理即可求解．
【解答】解：当bsinA＜a＜b时，符合条件的三角形有2个，
所以，解得2＜x＜6，则整数x构成的集合为{3，4，5}．
故答案为：{3，4，5}．
【点评】本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题．
14．【分析】由余弦定理可得AC＝3，由B，C，D三点共线，可得x+y＝1，从而得，两边平方，结合二次函数的性质求解即可．
【解答】解：由余弦定理得，BC2＝AB2+AC2﹣2AB•AC•csA，
即，
解得AC＝3（AC＝﹣8 舍去），
因为点D是BC边上一点，且，
所以x+y＝1，
所以，
所以＝9x2+25（1﹣x）2﹣15x（1﹣x）＝49x2﹣65x+25．
所以当时．AD取最小值．
故答案为：．
【点评】本题考查了余弦定理的应用、向量的线性运算，属于中档题．
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．【分析】（1）结合复数模公式，以及复数相等的条件，即可求解；
（2）根据已知条件，推得＝4+3i也为实系数一元二次方程x2+bx+c＝0的一个根，再结合韦达定理，即可求解．
【解答】解：（1）设z＝m+ni（m，n∈R），
z﹣|z|＝﹣1﹣3i，
则m+ni﹣，
故，解得，
故z＝4﹣3i；
（2）z是实系数一元二次方程x2+bx+c＝0的一个根，
则＝4+3i也为实系数一元二次方程x2+bx+c＝0的一个根，
故，解得b＝﹣8，c＝25，
故bc＝﹣200．
【点评】本题主要考查复数的运算，属于基础题．
16．【分析】（1）根据题意，把圆柱的侧面沿过点A的母线剪开，然后展开成为矩形，由此分析可得答案；
（2）根据题意，沿长方体的一条棱剪开，分3种情况讨论，求出AM的值，比较可得答案．
【解答】解：（1）根据题意，把圆柱的侧面沿过点A的母线剪开，然后展开成为矩形，如图所示，

连接AB，则AB就是为蚂蚁爬行的最短距离，
因为 AC＝3cm，CB＝π×1＝3cm，
所以 ，
所以蚂蚁爬行的最短路线长为cm；
（2）根据题意，沿长方体的一条棱剪开，有三种剪法，
①如图1，以DC为轴展开，

此时AM＝＝cm，
②如图2．以BC为轴展开，

此时，AM＝cm，
③如图3、以 BB1 为轴展开，

此时AM＝cm，
综上，蚂蚁爬行的最短路线长为 cm．
【点评】本题考查圆柱、长方体的结构特征，涉及圆柱的侧面展开图，属于基础题．
17．【分析】（1）结合向量在向量上的投影向量为求解；
（2）①若A、B、C三点共线，则，然后利用平面向量数量积的运算求解；
②若AB⊥BC，则，然后利用平面向量数量积的运算求解．
【解答】解：（1）已知向量＝（2，﹣1），＝（3，4），
则，
又，
则向量在向量上的投影向量为；
（2）由题意得．，，
①若A、B、C三点共线，
则，
则3（4m﹣1）＝﹣7（3m+2），
解得；
②若AB⊥BC，
则，
即3（3m+2）﹣7（4m﹣1）＝13﹣19m＝0，
解得．
【点评】本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量共线及垂直的运算，属中档题．
18．【分析】（1）建系，利用向量坐标运算，建立方程，即可求解；
（2）建系，设正方形的边长为1，AE＝BF＝x（0≤x≤1），构建函数模型，根据基本不等式，即可求解．
【解答】解：（1）如图，建立平面直角坐标系，设正方形的边长为6，

则A（0，6），F（6，4），D（0，0），E（3，6），
所以，，
设点G（x，y），则，
由，得（x，y﹣6）＝λ（6，﹣2），
所以，所以，即G（6λ，6﹣2λ），
设，则（6λ，6﹣2λ）＝μ（3，6），
所以，解得；
（2）因为A，G，F三点共线，且，
所以m＞0，n＞0，m+n＝1，
设正方形的边长为1，AE＝BF＝x（0≤x≤1）．
则A（0，1），B（1，1），C（1，0），D（0，0），E（x，1），F（1，1﹣x）．
所以，，，
所以，
又，所以n＝x﹣nx2，
所以，，
所以，
若x＝0．则，
若x∈（0，1]，则，
当且仅当，即x＝1时，等号成立，
综上所述：的故大值为1．
【点评】本题考查向量的线性运算，向量共线定理的推论的应用，函数思想的应用，属中档题．
19．【分析】（1）利用正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，结合，可求，进而利用三角形的面积公式即可求解；
（2）利用三角函数恒等变换的应用可求，可求得，则，进而利用二次函数的性质即可求解．
【解答】解：（1）因为，
所以，
所以2sinAcsAsinB＝sinBsinC，
因为sinB＞0，
所以sinC＝2sinAcsA＝sin2A，
所以C＝2A或C+2A＝π，
由及正弦定理得，
即3sinAsinC+csAsinC＝sinA+sinB，
又sinB＝sin（A+C）＝sinAcsC+csAsinC，
所以sinAsinC＝sinA+sinAcsC，
因为sinA＞0，
所以，即，
因为0＜C＜π，
所以，
所以，
所以，
当C＝2A时，，，由b＝2，得，，
则△ABC的面积为，
当C+2A＝π时， 由b＝2得，a＝b＝c＝2，
则△ABC的面积为，
综上，△ABC的面积为或；
（2）因为△ABC是锐角三角形，，
所以C+2A＜π，
所以C＝2A，
则sinC＝2sinAcsA，csC＝cs2A＝2cs2A﹣1，
则
＝4csA+2cs2A﹣1+2cs2A
＝4csA+2cs2A﹣1+2cs2A
＝4cs2A+4csA﹣1
，
因为△ABC为锐角三角形，C＝2A，，
则，，，
解得，则，
设＝，可得上单调函递增，
故，
即 的取值范围是 ．
【点评】本题考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换，三角形的面积公式，余弦函数的性质以及二次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．