2023-2024學(xué)年山東省棗莊三中高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學(xué)年山東省棗莊三中高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.復(fù)數(shù)z滿足3z?+2z=5+2i，則|z|=A.3 B.2 C.5 2.在梯形ABCD中，若AB=2DC，且AC=xAB+yA.12 B.1 C.32 3.設(shè)向量a=(1,1),b=(?1,3),c=(2,1)，且(A.1 B.17 C.15 4.已知圓錐的側(cè)面展開圖為一個面積為2π的半圓，則該圓錐的高為(

)A.52 B.1 C.25.在△ABC中，若非零向量AB與AC滿足(AB|AB|+AC|ACA.三邊均不相等的三角形 B.等腰直角三角形

C.底邊和腰不相等的等腰三角形 D.等邊三角形6.一個圓臺的上、下底面的半徑分別為1和4，體積為28π，則它的表面積為(

)A.41π B.42π C.29337.設(shè)向量a與b的夾角為θ，定義a⊕b=|asinθ+bcosθ|.已知向量a為單位向量，|A.22 B.2 C.8.如圖所示，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱BC，CC1的中點(diǎn)，Q是側(cè)面BCCA.3+2

B.2+5二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.已知復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(?12,A.z?z?=1 B.z2+z10.如圖，向透明塑料制成的長方體容器ABCD?A1B1C1D1內(nèi)灌進(jìn)一些水，水是定量的(A.沒有水的部分始終呈棱柱形

B.水面EFGH所在四邊形的面積為定值

C.棱A1D1不是總與水面所在的平面平行

D.當(dāng)容器傾斜如圖所示時，BE?BF=11.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，sinAsinBsinC=18，△ABC的面積為2，則下列選項(xiàng)正確的是(

)A.abc=182 B.若a=2，則A=π3

C.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知a，b是夾角為120°的兩個單位向量，若向量a?2b在向量a上的投影向量為______．13.如圖，在△ABC中，已知B=45°，D是BC上一點(diǎn)，AD=10，AC=14，DC=6，則AB=______．14.已知三棱錐V—ABC，滿足VA=BC=32，VB=VC=AC=AB=5，則該三棱錐的外接球的表面積為______．四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

如圖所示，在三棱柱ABC?A1B1C1中，過BC的平面與上底面A1B1C1交于GH(GH與B1C1不重合)．

(1)求證：BC//GH；

(2)若E，F(xiàn)16.(本小題15分)

在復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)z1，z2所對應(yīng)的點(diǎn)為Z1，Z2，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，i是虛數(shù)單位．

(1)z1=4?3i，z2=?5?4i，計(jì)算z1z2與OZ1?O17.(本小題15分)

已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，bcosC=ccos(A+C)+2acosB．

(1)求B；

(2)若b=3，sinC=2sinA，求△ABC的面積．18.(本小題17分)

在△AOB中，點(diǎn)C滿足3OC=OA+2OB，

(1)若|AC|=m|CB|，求m；

(2)若M是OB的中點(diǎn)，直線AM與OC交于點(diǎn)P，且BP=λBO+μBA，求λ+μ；

(3)在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，19.(本小題17分)

已知在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，定義函數(shù)f(x)=psinx+qcosx的“和諧向量”為非零向量ω=(p,q)，ω=(p,q)的“和諧函數(shù)”為f(x)=psinx+qcosx.記平面內(nèi)所有向量的“和諧函數(shù)”構(gòu)成的集合為T．

(1)已知θ∈R，f(x)=2cosx+cos(x+θ)，若函數(shù)f(x)為集合T中的元素，求其“和諧向量”模的取值范圍；

(2)已知|a|=|b|=2，設(shè)OG=λa+μb(λ>0,μ>0)，且OG的“和諧函數(shù)”為φ(x)，其最大值為S，求λ+μS．

(3)已知M(?2,3)，N(2,6)，設(shè)(1)中的“和諧函數(shù)”的模取得最小時的“和諧函數(shù)”為答案解析1.C

【解析】解：設(shè)z=a+bi，(a,b∈R)，

因?yàn)閺?fù)數(shù)z滿足2z+3z?=5+2i，

即2(a+bi)+3(a?bi)=5a?bi=5+2i．

可得a=1且b=?2，

故|z|=a2+b2=5．2.A

【解析】解：因?yàn)锳B=2DC，所以DC=12AB，可得AC=AD+DC=AD+12AB，

因?yàn)锳B、AD不共線，且AC=xAB+yAD，所以3.D

【解析】解：∵向量a=(1,1),b=(?1,3),c=(2,1)，且(a?λb)⊥c，

∴(a?λb4.D

【解析】解：設(shè)圓錐的母線長為l，圓錐的底面半徑為r，圓錐的高為?，

由于圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長，

則πl(wèi)=2πrπrl=2π，解得r2=1，l2=4，

則圓錐的高?=5.B

【解析】解：∵AB|AB|和AC|AC|都為單位向量，∴AB|AB|+AC|AC|垂直平分BC，故AB=AC，

∵AB?AC=0，∴AB⊥6.B

【解析】解：設(shè)圓臺的高為?，則圓臺的體積為13π?(12+42+1×4)=28π，

解得?=4，所以圓臺的母線長為(4?1)2+47.C

【解析】解：已知向量a為單位向量，

則|a|=1，

又|a?b|=a2?2a?b+b2=12?2×1×28.C

【解析】解：如下圖所示：

分別取棱BB1、B1C1的中點(diǎn)M、N，連接MN，連接BC1，

∵M(jìn)、N、E、F為所在棱的中點(diǎn)，∴MN//BC1，EF//BC1，

∴MN//EF，又MN?平面AEF，EF?平面AEF，

∴MN//平面AEF；

∵AA1//NE，AA1=NE，∴四邊形AENA1為平行四邊形，

∴A1N//AE，又A1N?平面AEF，AE?平面AEF，

∴A1N//平面AEF，

又A1N∩MN=N，∴平面A1MN//平面AEF，

Q是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一點(diǎn)，且A1Q//平面AEF，

則Q必在線段MN上，

在Rt△A1B1M中，A1M=A1B12+B1M2=1+(12)2=52，

同理，在9.ACD

【解析】解：由題意可知，z=?12+32i,z?=?12?32i，

對于A，z?z?=14+34=1，故A正確；

對于B，z2+z?=(?12+310.BCD

【解析】解：依題意將容器傾斜，隨著傾斜度的不同可得如下三種情形：

對于A：依題意，BC//水面EFGH，而平面BCC1B1∩平面EFGH=FG，BC?平面BCC1B1，則BC//FG，

同理BC//EH，而BC//AD，BC=FG=EH=AD，又BC⊥平面ABB1A1，平面ABB1A1//平面CDD1C1，

因此有水的部分的幾何體是直棱柱，長方體去掉有水部分的棱柱，沒有水的部分始終呈棱柱形，故A正確；

對于B：水面EFGH是矩形，線段FG的長一定，從圖1到圖2，再到圖3的過程中，線段EF長逐漸增大，

則水面EFGH所在四邊形的面積逐漸增大，故B錯誤；

對于C：因?yàn)锳1D1//BC//FG，F(xiàn)G?平面EFGH，A1D1?平面EFGH，因此A1D1//平面EFGH，

即棱A1D1總是與水面所在的平面平行，故C錯誤；

對于11.CD

【解析】解：對A、C：因?yàn)椤鰽BC的面積為2，即12absinC=2，

可得sinC=4ab，代入sinAsinBsinC=18，

得4sinAsinBab=18，設(shè)△ABC的外接圓的半徑為R，則asinA=bsinB=2R，

所以4sinAsinBab=1R2，

可得R2=8，得R=22，故C正確，

則abc=8R3sinAsinBsinC=1282×18=162，故A錯誤；

對B：若a=2，則sinA=a2R=242=14，故12.2a【解析】解：因?yàn)閍，b是夾角為120°的兩個單位向量，

所以a?b=|a|?|b|cos120°=1×1×(?12)=?12，

則向量a?2b在向量a上的投影向量為(a?2b)?a13.5【解析】【分析】

根據(jù)余弦定理弦求出C的大小，利用正弦定理即可求出AB的長度．本題主要考查解三角形的應(yīng)用，利用余弦定理和正弦定理是解決本題的關(guān)鍵，要求熟練掌握相應(yīng)的公式．

【解答】

解：∵AD=10，AC=14，DC=6，

∴由余弦定理得cosC=AC2+CD2?AD22AC?CD=142+614.34π

【解析】解：根據(jù)三棱錐V?ABC對棱相等的特點(diǎn)，在長方體中構(gòu)造三棱錐V?ABC如下所示：

設(shè)該長方體長寬高分別為x，y，z，由題可知：x2+z2=18，x2+y2=25，y2+z2=25，

故可得x215.證明：(1)在三棱柱ABC?A1B1C1中，

平面A1B1C1//平面ABC，平面BCHG∩平面ABC=BC，平面BCHG∩平面A1B1C1=GH，

故BC//GH；

(2)在三棱柱ABC?A1B1C1中，

E，F(xiàn)，G分別是AB，AC，A1B1的中點(diǎn)，

所以A1G//BE，A1G=BE，

所以四邊形BGA1E是平行四邊形，

所以A1E//BG，

因?yàn)锽G?平面A1EF，A1E?平面A1EF，【解析】(1)根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理即可求證．

(2)推導(dǎo)出EF//BC，A1E//BG，由此能證明平面EFA1//16.解：(1)因?yàn)閦1=4?3i，z2=?5?4i，

則z1z2=(4?3i)(?5?4i)=?20?16i+15i+12i2=?32?i，

又Z1(4,?3)，Z2(?5,?4)，

所以O(shè)Z1=(4,?3)，OZ2=(?5,?4)，

所以O(shè)Z1?OZ2=4×(?5)+(?3)×(?4)=?8；

(2)證明：因?yàn)閦1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，

所以z1【解析】(1)利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法法則求出z1z2，再由復(fù)數(shù)的幾何意義可得OZ1=(4,?3)，OZ2=(?5,?4)，再根據(jù)向量數(shù)量積的坐標(biāo)法計(jì)算可得；

(2)17.解：(1)bcosC=ccos(A+C)+2acosB，即bcosC=?ccosB+2acosB，

整理得bcosC+ccosB=2acosB，

根據(jù)正弦定理得sinBcosC+cosBsinC=2sinAcosB，

可得sin(B+C)=2sinAcosB，

而sinA=sin(B+C)≠0，所以cosB=12，結(jié)合B∈(0,π)，可得B=π3；

(2)由sinC=2sinA得c=2a，

根據(jù)余弦定理得cosB=a2+c2?b【解析】(1)利用正弦定理進(jìn)行邊角互化，整理化簡求得cosB=12，進(jìn)而可得角B的大??；

(2)根據(jù)(1)的結(jié)論，結(jié)合余弦定理求出a、c，然后根據(jù)三角形面積公式求出△ABC的面積．18.解：(1)因?yàn)?OC=OA+2OB，所以2(OC?OB)=OA?OC，

所以2BC=CA，所以|AC|=2|CB|，即m=2；

(2)由(1)可知，2BC=CA，則BC=13BA，

因?yàn)镃、P、O三點(diǎn)共線，所以BP=sBC+(1?s)BO=13sBA+(1?s)BO，

因?yàn)镸是OB的中點(diǎn)，所以BM=12BO，

所以AM=AB+BM=AB+12BO=?BA+12BO，

又因?yàn)锳、P、M三點(diǎn)共線，所以AP=tAM=?tBA+12tBO，

所以BP=BA+AP=(1?t)BA+12tBO，

又因?yàn)锽A、BO不共線，所以1?t=13s12t=1?s，解得t=45s=35，

所以BP【解析】(1)根據(jù)平面向量線性運(yùn)算法則計(jì)算可得；

(2)根據(jù)共線定理的推論得到BP=13sBA+(1?s)BO，BP=(1?t)BA+12tBO，由平面向量基本定理得到方程組，求出s、t19.解：(1)f(x)=2cosx+cos(x+θ)=2cosx+cosxcosθ?sinxsinθ=?sinθsinx+(2+cosθ)cosx，

所以函數(shù)f(x)的“和諧向量”向量ω=(?sinθ,2+cosθ)，

|ω|=sin2θ+(2+cosθ)2=4cosθ+5，

因?yàn)閏osθ∈[?1,1]，所以4cosθ+5∈[1,9]，

所以|ω|的取值范圍為[1,3]；

(2)設(shè)a=(2cosα,2sinα),b=(2cosβ,2sinβ)，

則OG=λa+μb=(2(λcosα+μcosβ),2(λsinα+μsinβ))，

所以φ(x)=2(λcosα+μcosβ)sinx+2(λsinα+μsinβ)cosx

=2λ(cosαsinx+sinαcosx)+2μ(cosβsinx+sinβcosx)

=2λsin(x+α)+2μsin(x+β)

≤2λ+2μ，

此時存在x0，滿足x0+α=π2+2k1πx0+β=π2+2k2π，當(dāng)且僅當(dāng)x=x0時取等號，其中k1，k