浙江省金蘭教育合作組織2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試題

絕密★考試結(jié)束前2023~2024學(xué)年第二學(xué)期浙江金蘭教育合作組織高一年級(jí)期中考試數(shù)學(xué)命題：夢(mèng)麟中學(xué)袁建甫審題：書生中學(xué)葉雙能寧波二中丁益考生須知：1．本卷滿分150分，考試時(shí)間120分鐘；2．答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級(jí)、姓名、考場(chǎng)、座位號(hào)及準(zhǔn)考證號(hào)并核對(duì)條形碼信息；3．所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無(wú)效，考試結(jié)束后，只需上交答題卷；選擇題部分一、單項(xiàng)選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1.已知向量，，若，則（）A.2 B. C.3 D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)共線的坐標(biāo)關(guān)系即可求解.【詳解】由可得，解得，故選：B2.下列四個(gè)命題中正確的是（）A.每個(gè)面都是等腰三角形的三棱錐是正三棱錐B.所有棱長(zhǎng)都相等的四棱柱是正方體C.以矩形的一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余三邊旋轉(zhuǎn)一周形成的面所圍成的旋轉(zhuǎn)體叫做圓柱D.以直角三角形的一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余兩邊旋轉(zhuǎn)一周形成的面所圍成的旋轉(zhuǎn)體叫做圓錐【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意，舉出反例可得AB錯(cuò)誤，由圓柱、圓錐的定義分析CD，綜合可得答案．【詳解】根據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)：對(duì)于A，如圖：在三棱錐中，有，，該每個(gè)面都是等腰三角形，但該棱錐不是正三棱錐，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，底面為菱形直四棱柱，其側(cè)棱與底面邊長(zhǎng)相等，該四棱柱的所有棱長(zhǎng)都相等，但不是正方體，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，以矩形的一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余三邊旋轉(zhuǎn)一周形成的面所圍成的旋轉(zhuǎn)體叫做圓柱，C正確；對(duì)于D，以直角三角形的一條直角邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余兩邊旋轉(zhuǎn)一周形成的面所圍成的旋轉(zhuǎn)體叫做圓錐，D錯(cuò)誤．故選：C．3.已知復(fù)數(shù)，其中是虛數(shù)單位，則的虛部是（）A. B. C. D.1【答案】C【解析】【分析】由復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算化簡(jiǎn)，即可由虛部定義求解.【詳解】由可得，所以虛部為，故選：C4.已知，為非零向量，且滿足，則在上的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先應(yīng)用數(shù)量積運(yùn)算律化簡(jiǎn)，再應(yīng)用投影向量定義計(jì)算.【詳解】因?yàn)?所以，則在的投影向量為.故選：B.5.已知的三條邊長(zhǎng)分別為a，b，c，且，則此三角形的最大角與最小角之和為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析】根據(jù)題意由邊長(zhǎng)比例關(guān)系可求得再由余弦定理可得，即可得出結(jié)論.【詳解】根據(jù)題意不妨設(shè)，；解得所以可得此三角形的最大角與最小角分別為和；由余弦定理可得，又，可得；所以.故選：B6.已知平面直角坐標(biāo)系下，的三個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)為：，，，若斜二側(cè)畫法下的直觀圖是，則的面積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題意，由點(diǎn)、、的坐標(biāo)可得向量坐標(biāo)，根據(jù)數(shù)量積可得垂直關(guān)系，進(jìn)而可得，同時(shí)求出|AB|、的長(zhǎng)，由此可得的面積，結(jié)合直觀圖面積與原圖面積的關(guān)系，分析可得答案．【詳解】根據(jù)題意，的三個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)為：，，，則,則有，所以,即直線與垂直，，同時(shí)，，故的面積，則其直觀圖的面積．故選：A．7.如圖所示，在中，點(diǎn)E為線段上的中點(diǎn)，點(diǎn)F為線段上靠近點(diǎn)C的三等分點(diǎn)，，分別與交于R，T兩點(diǎn)．則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用平面向量基本定理，由點(diǎn)的位置關(guān)系可得出向量的比例關(guān)系，再根據(jù)平面向量的三角形法則和平行四邊形法則運(yùn)算，對(duì)選項(xiàng)逐一驗(yàn)證即可求得結(jié)果.【詳解】根據(jù)題意可知，且，所以；對(duì)于A，易知，因此可得，可得A錯(cuò)誤；對(duì)于B，點(diǎn)E為線段上的中點(diǎn)，由平行四邊形法則可得，而；聯(lián)立，解得，即B錯(cuò)誤；對(duì)于C，易知，所以，因此可得，所以，即可得C正確；對(duì)于D，，因此可得，即D錯(cuò)誤.故選：C8.在中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，邊上的中線、高線、角平分線長(zhǎng)分別是，，，則下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】A中，由正弦定理可得中線的表達(dá)式，判斷出A的真假；B中，由三角形等面積法求出角平分線的表達(dá)式，判斷出B的真假；C中，由三角形等面積法求出高的表達(dá)式，判斷出C的真假；D中，由選項(xiàng)的分析，可得三角形的面積的表達(dá)式，判斷出D的真假．【詳解】A：設(shè)為的中線，由可得,可得，即，所以A正確；B中，設(shè)，設(shè)為的角平分線，所以，由三角形等面積法可得，可得，所以，即，所以B正確；設(shè)為邊上的高，由等面積法可得，所以，因?yàn)?，由余弦定理可得，所以，所以，即，所以C正確；D中，由C可得，所以D不正確．故選：D．二、多項(xiàng)選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，有選錯(cuò)的得0分，部分選對(duì)得部分分）9.已知復(fù)數(shù)，均不為0，復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)為，則（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】依題意設(shè)，由共軛復(fù)數(shù)的定義以及模長(zhǎng)公式利用復(fù)數(shù)運(yùn)算法則對(duì)選項(xiàng)逐一計(jì)算進(jìn)行驗(yàn)證即可求得結(jié)果.【詳解】根據(jù)題意，不妨設(shè)，且和不同時(shí)為零；對(duì)于A，，又，即可得，所以A正確；對(duì)于B，，而，因?yàn)椴灰欢ǔ闪?，所以B錯(cuò)誤；對(duì)于C，，，因此，即C正確；對(duì)于D，易知，又，所以，即D正確.故選：ACD10.在中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，下列說(shuō)法中正確的是（）A.若，則是直角三角形B.若，則是銳角三角形C.若，則是等腰三角形D.若，則是等邊三角形【答案】AD【解析】【分析】利用正弦定理以及三角恒等變換可判斷A正確，由只能得到為銳角，可判斷B錯(cuò)誤，由正弦定理和兩角差的正弦公式可得是等腰三角形或直角三角形，判斷C，由可判斷出，判斷D.【詳解】對(duì)于A，由正弦定理可得，又，因此可得，又因?yàn)?，所以可得，又，可得，所以是以為直角的直角三角形，即A正確；對(duì)于B，若，可得，可得為銳角，但不能確定是否為銳角，所以不一定是銳角三角形，即B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若，由正弦定理可得，即，因此可得或，可得或，所以是等腰三角形或直角三角形，即C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由根據(jù)正弦定理可得，由可得，即，所以；同理由可得，因此，所以是等邊三角形，即D正確；故選：AD11.已知，為非零向量，且滿足，，則（）A.，夾角的取位范圍是 B.的取值范圍是C.的取值范圍是 D.的取值范圍是【答案】ABD【解析】【分析】選項(xiàng)A中，設(shè)，的夾角為，由題意求出cosθ的取值范圍，即可得出夾角的范圍；選項(xiàng)B中，由cosθ的取值范圍，列不等式求出的取值范圍；選項(xiàng)C中，由取值范圍，求出的取值范圍；選項(xiàng)D中，由的取值范圍，直接求出的范圍．【詳解】設(shè)，的夾角為，由，，得，所以，解得，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取“”，所以，所以?shī)A角的取值范圍是，A正確；由，得，等價(jià)于，解得，所以的取值范圍是,，選項(xiàng)B正確；因?yàn)?，，，所?，即的取值范圍是,，C錯(cuò)誤；，由,，得,，所以,，D正確．故選：ABD．非選擇題部分三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）12.已知（是虛數(shù)單位），則__________【答案】【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算即可求解.【詳解】由可得，所以，故答案為：13.已知球O的體積為，則球O的表面積為_(kāi)__________，球O的內(nèi)接正四面體的體積為_(kāi)________．【答案】①.②.【解析】【分析】利用球的體積和表面積公式可求得其表面積為，設(shè)球O的內(nèi)接正四面體的棱長(zhǎng)為，找出球心位置并利用勾股定理可求得其棱長(zhǎng)為，再由錐體體積公式即可得出正四面體的體積為.【詳解】設(shè)球O的半徑為，所以，解得；因此球O的表面積為；設(shè)球O的內(nèi)接正四面體的棱長(zhǎng)為，如下圖所示：易知，取的中點(diǎn)為，則，可得，作平面，則為正三角形的中心，所以；由勾股定理可得，易知球心在上，且，所以由勾股定理可得，即，解得，則正四面體的體積為為.故答案為：；；14.勒洛三角形，也稱圓弧三角形，是一種特殊三角形，在建筑、工業(yè)上應(yīng)用廣泛．如圖所示，分別以正三角形的頂點(diǎn)為圓心，以邊長(zhǎng)為半徑作圓弧，由這三段圓弧組成的曲邊三角形即為勒洛三角形．已知正三角形邊長(zhǎng)為2，點(diǎn)P為圓弧上的一點(diǎn)，且滿足：，則PA?PB+PB?PC+【答案】1【解析】【分析】建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè),，利用的面積和點(diǎn)到直線的距離公式，求得，再根據(jù)平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行計(jì)算即可得出結(jié)論．【詳解】如圖，以為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，因?yàn)榛≡趫A上，設(shè),，則，設(shè)點(diǎn)到直線的距離為，由，可得，由，，，可得直線方程為：，即，故點(diǎn)到直線的距離，因?yàn)樵谥本€上方，所以，所以，故，由，，，可得，則PA?PB+故答案為：1．四、解答題（本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）15.已知復(fù)數(shù)（1）若復(fù)數(shù)是方程的一個(gè)復(fù)數(shù)根，求實(shí)數(shù)a，b的值；（2）若復(fù)數(shù)滿足，求．【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算，結(jié)合復(fù)數(shù)相等的充要條件，即可列方程求解，（2）由復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算可得，即可由模長(zhǎng)公式求解.【小問(wèn)1詳解】，所以，【小問(wèn)2詳解】由可得故16.如圖所示，已知三棱柱的所有棱長(zhǎng)都為1，，點(diǎn)P為線段上的動(dòng)點(diǎn)．（1）若點(diǎn)恰為線段上靠近點(diǎn)的三等分點(diǎn)，求三棱錐P?A1BC和三棱柱的體積之比；（2）求的最小值及此時(shí)的值．【答案】（1）；（2），【解析】【分析】（1）應(yīng)用錐體及柱體的體積計(jì)算得到比值；（2）先根據(jù)側(cè)面展開(kāi)圖得出三點(diǎn)共線時(shí)取最小值，再應(yīng)用余弦定理計(jì)算即可.【小問(wèn)1詳解】【小問(wèn)2詳解】將繞著直線旋轉(zhuǎn)至平面，當(dāng)P，，C三點(diǎn)共線時(shí)，取得最小值∵，，∴∴．此時(shí)，17.設(shè)向量，滿足，，．（1）求的值；（2）已知與的夾角的余弦值為，求的值．【答案】（1）；（2）6【解析】【分析】（1）利用模長(zhǎng)關(guān)系即可得出向量，的數(shù)量積，可求得的值；（2）根據(jù)向量夾角計(jì)算公式可得，解方程即可得.小問(wèn)1詳解】由可得，所以；因此，可得.【小問(wèn)2詳解】易知而所以,即，也即；又∵，解得．18.已知a，b，c分別為三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且滿足，．（1）求B；（2）若D，E為線段上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且滿足，，求的取值范圍．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)正弦定理邊角互化，結(jié)合三角恒等變換即可求解，（2）根據(jù)正弦定理可得的表示，即可利用三角形的面積公式，即可利用三角恒等變換，結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)即可求解.【小問(wèn)1詳解】∵∴,在中，∴∴，又在中，∴，∴∵，∴【小問(wèn)2詳解】∵，∴∵，∴或又，所以，故，，由正弦定理可得,故，∠ACB=30°設(shè)，其中，則，在中，由正弦定理可得則在中，由正弦定理可得則．∴的面積∵，則∴，即∴．19.對(duì)于平面向量，定義“變換”：，（1）若向量，，求；（2）已知，，且與不平行，，，證明：；（3）若向量，求．【答案】（1）；（2）證明見(jiàn)解析